Xem mẫu
- Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn
3.1. Hình 3.48. K R
1. a) Phương trình định luật Kiêckhop 2:
duC
uR+uC=E. Chọn biến số là uC thì i= C
. E C
dt
du du
Từ đó có R. i+uC=R C C +uC=E hay C
dt dt H× 3.48
nh
+αuC=αE
1
Trong đó α=1/RC=1/τ= = 10 [1/s]
5.10 .20.10 −6
3
uC(t)
i(t)
E
Nghiệm là: 0,95E
uC = e ∫ [ C + ∫ αE e∫ dt] = e−αt [ C + ∫ αE e dt]
− αdt αdt αt
uR(t)
. 0,05E
= e−αt [ C + E eαt ] = E + Ce−αt 0 t
tXL
Vì uC(0)=E+C=0 (đây là điều kiện ban đầu) nên H× 3.49
nh
C=-E→ uC(t)=E(1-e-αt)=100(1-e-10t)
uR ( t ) E − α t
Từ đó uR(t)=E-uC(t)=Ee-αt=100e-10t; i(t)= = e =0,02e
-10t
hay tính
R R
du E
i(t)= C C = e− αt =0,02e-10t[A]
dt R
Đồ thị các đại lượng hình 3.49.
b) Theo công thức 3.7. thì uC(t)=Ae-αt +B
Hệ số α theo (3.8) thì α=1/RtđC=1/RC=10[1/s] vì Rtđ=R (khi đã đóng khoá K
và cho nguồn tác động bằng 0). Khi t→∞ thì uC(∞)=B=E vì lúc đó mạch ở chế độ
một chiều khi C nạp đầy đến điện áp bằng E. Khi t=0 thì uC(0)=A+B=A+E=0 nên
A=-E và uC(t)=E(1-e-αt)= 100(1-e-10t)
2. Nếu không mắc R thì tại t=0 có uC(0)=0 nên nguồn bị chập qua tụ C gây
hỏng nguồn.
3.2. i(t)=0,5(1-e-200t) [A];uL(t)=50e-100t [V] ; uR(t)=50(1-e-100t). [V]
3.3. R1=10 Ω ; L1=0,2H ; R2=20Ω ; L2=0,1H
3.4. Từ mạch hình 3.50 a) ngắt bỏ C, nhìn từ 2 điểm vừa cắt vào mạch khi
cho nguồn tác động bằng 0 sẽ có mạch hình 3.50b).Từ đó có:
20.30 1 1
R td = R 2 + (R1 // R3 ) = 18 + = 30 Ω ; α = = ≈ 500 [1/s]
20 + 30 R td C 30.66,67.10 − 6
Đầu tiên tính dòng i1(t)=Ae-500t+B;
97
- E 50
i1( t ) = i (∞ ) = B = = = 1 , vì khi đó mạch ở chế độ
t→∞ R1 + R3 20 + 30
một chiều xác lập, không có dòng một chiều qua C.
E 50
i 1 (t ) = i 1 (0) = A + B = = = 1,6 , vì khi t=0
t =0 R1 + R 2 // R 3 20 + 11,25
thì uC(0)=0 nên C thay bằng dây dẫn (hình 3.50c).
A=1,6-B=0,6 nên i1(t)=0,6e-500t+1 [A]
a) b) c)
K
R i1(t)
1 R1
R i1(t)
1
uC(t) i3(t) i3(t)
C
E E=0
R3 R3 R2 R3
R2 R2 E
i2(t) i2(t)
H× 3.50
nh
Các dòng khác có thể tính tương tự, tuy nhiên nên áp dụng các định
luật cơ bản để tính qua i1(t) sẽ nhanh hơn:
uR1(t)=R1i1(t)=12e-500t+20[V]; uR3(t)=E-uR1(t)=-12e-500t+30[V]
u R3 ( t ) -500t
i R3 (t ) = = −0,4e−500 t + 1 [ A ] ; iR2(t)=iR1(t)-iR3(t)=e .[A]
R3
uC ( t ) = uR3 ( t ) − R 2 i 2 ( t ) = 30 − 30e−500 t = 30(1 − e−500 t ) [ V ]
Có thể kiểm tra giá trị uC(t) theo công thức:
e−500 t
t t
1 1 t
C0∫ i R2 (t )dt + u C (0) = −6 ∫
66,67.10 0
e−500 t dt = − −6
500.66,67.10 0
≈ 30(1 − e−500 t ) [V]
3.5. Hình 3.51
i (t ) = −0,6e−40 t + 4,5 ;
i R2 = 2,7 + 1,2e−40 t [ A ];
i R1 = 1,8(1 − e−40 t ) [ A ]
u L (t ) = 46,8e−40 t . [V]
3.6. L=0,5H
3.7. Hình 3.52.
98
- Chưa đóng K: Mạch xác lập với dòng một chiều:
E 100
I 0 = i 1 ( 0) = i 2 ( 0) = = = 5A ; iK=0. Đây là trạng thai khởi điểm của
R1 + R 2 20
mạch
[V ]
Khi đóng K: a) b)
10
Mạch gồm 2 R1
phần độc lập iK (t) i 1 (t)
1 i2 (t)
nhau, nhưng tạo i (t) R2
thành 2 dòng K 5
dùng đi qua khoá E
iK(t)
L i 2 (t) i 1 (t) =i 2 (t)
K. Hình 3.53a)
Mạch bên
trái gồm R1 và E H × 3.53
nh
1 t [s]
là mạch thuần trở
nên:
E 100
i R1 = = = 10A ;
R1 10
Mạch bên phải là sự phóng điện tự do của L qua R2:
R 2 10
i R 2 (t ) = i L (t ) = Ae − αt ; α 2 = = = 100; i R 2 (t ) = Ae −100 t ;
L 0,1
Vì i2(0)=5 nên A=5 → i2(t) =5e-100t. Khi t=1s thì i2(1)≈0;
iK(t)=i1(t)-i2(t)=10-5e-100t
Khi hở K mạch lại có i1(t)=iL(t)=iR2(t) biến thiên theo quy luật hàm mũ nên
i1(t)=iL(t)=i2(t)=Be-α1(t-1)+C= Be −2000 ( t −1) + C;
C = I XL = 5 A ; i (1s) = i L (1s) = 0 ⇒ B = −5 nª n i (t ) = 5(1 − e−2000( t −1) );
Đồ thị hình 3.53b)
3.8.Mạch đã cho trên hình 3.54a):
Tìm điều kiện ban đầu, tức tìm UC1(0) và UC2(0): Trước khi hở khoá K
mạch ở chế độ một chiều xác lập, không có dòng qua C1 và C2 nên sơ đồ tương
đương có dạng hình 3.54.b).
Giải mạch một chiều tìm được i1(0)=1,44A; i3(0)=0,4A, i2(0)=1,44-0,4=1,04A
UC1(0)=UC2(0)=UR2(0)=1,05.15 =15,6V.
99
- Sau khi hở khoá K: Mạch tách là hai phần độc lập nhau (hình 3.54.c):
10.15 1
Phần mạch bên trái: R td = R1 // R 2 = = 6; α 1 = ≈ 333 [1/s]
25 6.500.10 −6
E1 30
i1(t)=A1e-333t+B1; i 1 (t ) = i 1 (∞) = B1 = = = 1,2
t⇒∞ R1 + R 2 25
E − U C1 (0)
i 1 (t ) = i 1 (0) = A 1 + B1 = = 1,44 ; A 1 = 0,24; i 1 (t ) = 0,24e−333t + 1,2
t=0 R1
[A]
uR1(t)=R1i1(t)=2,4e-333t+12[V]; uR2(t)=uC1(t)=E1-uR1(t)=18-2,4e-333t[V]
i C1 ( t ) = i 1 (t ) − i 2 (t ) = 0,4e−333t [A ]
u R2 (t )
i 2 (t ) = = 1,2 − 0,16e−333t [ A ] ;
R2
1 -555t
Phần mạch bên phải: R td = R 3 = 9 ; α 2 = = 555,5 ; i3(t)=A2e +B2.
R3 C2
i 3 (t ) = i 3 (∞) = B 2 = 0 vì dòng 1 chiều không qua đươc C2.
t⇒∞
U C2 (0) − E 2
i 3 (t ) = i 3 (0) = A 2 = = 0,4 ; i 3 (t ) = 0,4e−555 t [A]
t=0 R3
3.9. Hình 3.55.
Vì nguồn chuyển qua giá trị max dương tại
t=0 nên αe=900, tức e(t)=Emsin(100t+900)[V]
Xác định điều kiện ban đầu: tức iL(0)=?
Dòng xác lập hình sin khi chưa đóng khoá K:
. 0
.
E E m ej 90 Em 0 E 0
Im = = = ej 90 = m ej 63,43 ;
Z 20 + j100.0,1 20 + j10 10 5
Lúc này Ampe kế chỉ gía trị hiệu dụng nên:
E
I= = 2 5 [ A ] ; E = 100 [ V ] ; E m = 100 2 [ V ]
10 5
Trước khi đóng khoá K dòng điện có biểu thức:
i(t)= 2 5 . 2 sin(100 t + 63,43 0 ) = 2 10 sin(100 t + 63,43 0 ) →điều kiện ban đầu là
IL0=5,66A
Biểu thức của nguồn: e(t)=100 2 sin(100t+900)[V]
+Sau khi đóng khoá K: i=itự do+icưỡng bức=itd+iCb
100
- .
. Em 100 2 j 900 100 2 j (900 −450 ) 0
I mCb = = e = e = 10ej 45 ; i Cb = 10 sin(100t + 45 0 )
R + jX L 10 + j10 10 2
R
− t
i td = me L = Ae−100 t
2
i (t ) = me−100 t + 10 sin(100t + 45 0 ) ; i (0) = 5,66 = m + 10 sin 45 0 ; m = 5,66 − 10 = −1,4
2
i (t ) = −1,4e−100 t + 10 sin(100t + 45 0 ) [ A ]
3.10. i (t ) = 12e−314 t + 12 sin(314t − 90 0 ) ; u L (t ) = 120(sin 314t − e−314 t )[ V ] ;
u R (t ) = 120 e−314 t − 120 cos( t ) [ V ]; e(t ) = 120 2 sin(314 t − 45 0 )] [ V ]
314
3.11. Hình 3.56.
i L 2 (t ) = 6e−125,7 t
i 1 (t ) = −10e−418t + 20 cos( t − 37 0 )
314
i K (t ) = i 1 (t ) − i 2 (t ) =
− 10e−418t − 6e−125,7 t + 20 cos( t − 37 0 )
314
3.12. a)uC(t)=200(1-e-4t)
b)R=5 KΩ ;C=50 μF.
3.13. Hình 3.13.
a) uC(t)=uR(t)=100e-20t; i(t)=2e-20t;
b) WR(t)=5(1-e-40t) ;t1≈17,33 mS.
3.14.
200 2
a)u C = 200(1 − e− 40 t ); U C n¹ p = u C (∞) = 200V ; WE = 5.10 −6 = 0,1 Jun;
2
2
− 40 t 200 2 e− 40 t ∞
e−80 t ∞
b)u R = 200e ; p R (t ) = = 8e−80 t ; WR = ∫ 8e−80 t dt = 8 = 0,1 Jun
5000 0 − 80 0
3.15. a)Nguồn điện áp: R td = 1,5Ω; τ = 1,5 s
b) Nguồn dòng: R td = 2Ω; τ = 2 s
3.16. Mạch điện hình 3.57.
Sau khi đóng khoá K, vì nguồn là lý tưởng nên:
- Có dòng độc lập qua R1 là i1(t)=E/R1=2[A]
- C được nạp qua R2 theo quy luật hàm mũ
1
− t
u C = E(1 − e R2C
) = 150(1 − e−500 t ) [V]
duC
i 2 (t ) = i C (t ) = C = 6e−500 t [A]
dt
101
- Tại thời điểm t=1 s thì uC(1s)=150(1-e-500)≈150V (đây là điều kiện ban đầu
khi hở K).
Sau khi hở khoá K:lúc đó C phóng điện qua R1 và R2 từ giá trị uC(1s)=150V
theo quy luật hàm mũ:
1
− t u C (t )
uC(t)=150e C( R1+ R 2 )
= 150 e−125 ( t −1) [V] ; i 1 (t ) = = 1,5e−125( t −1) [ A ] ;
R1 + R 2
duC
i C (t ) = i 2 (t ) = − i 1 (t ) = −1,5e−125( t −1) hay= C = −1,5e−125( t −1) [ A ]
dt
3.17. Mạch điện hình 3.58
a) Điện áp nạp cho tụ: uC(t)=E(1-e-αt) với
1 1
α= = =1000
τ RC
u 2 CE2
WE = C C = (1 − e−αt ) 2 ;
2 2
dWE
pC (t ) = = C α E 2 e−αt (1 − e−αt )
dt
E 2 − αt E 2 − αt
= e (1 − e−αt ) = (e − e− 2αt )
R R
pC ( t 1 ) = max = 250 VA khi p.C ( t 1 ) = 0 = (e−αt − e− 2 αt )' = − αe−αt + 2αe− 2 αt = 0
Hay e− αt1 = 2e−2αt1 → 0,5 = e−1000 t1 → t 1 = 0,693 .mS;
E 2 −0,69 E2
pC MAX = 250 = (e − e−0,69.2 ) ≈ (0,5 − 0,25) ⇒ E = 100 [ V ]
10 10
du
u C (t ) = 100(1 − e−1000 t ) ; i (t ) = C c = 10e−1000 t
td
2
E
b) WE = C = 0,5 Jun
2
∞
e−2000 t ∞
c) WR = ∫ Ri 2 dt = 10 3 = 0,5 Jun
0
− 2000 0
3.18. Hình 3.59.
i1(t)=7,5(1- e -1000t); i2(t)=10e-500t;
i(t)= i1(t)+ i2(t)
3.19. Hình 3.60.
Trước khi hở khoá K:
102
- Z L = j 40 ; Z C = − j 20 ;
− j 20(20 + j 40)
Z R1CL = = 10(1 − j 3) = 10 − j 30
20 + j 20
0
Z = 30 − j 30 = 30(1 − j ) = 30 2e− j 45
.
. Em 60 2 0
Im = = = 2ej 45 ;
Z 30 2e − j 450
. . 0 0
U Cm = I m Z R1CL = 2ej 45 (10 − j 30) = 63,245e− j 26,56
.
. U Cm 63,245e− j 26,56
0
0 0
I Lm = = = 1,4142e− j 90 = 2e− j 90
Z LR1 20 + j 40
u C (t ) = 63,245 sin(1000t − 26,56 0 ); u C (0) = −28,27 V
i L (t ) = 2 sin(1000t − 90 0 ); i L (0) = − 2
Sau khi hở khoá K:
- Về mặt lý thuyết thì UC giữ mãi ở mức -28,27V (má trên của tụ là âm,
má dưới là dương). Thực tế tụ sẽ phóng điện qua không khí. Thời gian
phóng tuỳ thuộc vào độ dẫn điện (độ ẩm) của không khí.
- Dòng ở phần còn lại là iL(t)=Ae-αt+B(t).
B(t) xác định như sau:
.
. Bm 60 2 0
Bm = = = 1,5e− 45 ⇒ B(t ) = 1,5 sin(1000t − 45 0 )
R + R1 + Z L 40 + j 40
R + R1 -1000t
Từ đó α = = 1000. ; iL(t)=Ae +1,5sin(1000t-450).
L
Khi t=0 thì iL(0)=- 2 =A+1,5sin(-450)=A-1,5.0,707=A-1,06.→A=-0,35
iL(t)=-0,35e-1000t+1,5sin(1000t-450) [A].
3.20. Mạch điện hình 3.61.
Vì khi nguồn đạt giá trị dương bằng giá trị
hiệu dụng thì khoá K hở ra nên:
u(0)=
200 1
= 200 sin α e ;α e = arcsin = 450 hoăo 1350 .
2 2
Trước khi hở khoá K mạch ở chế độ hình sin xác
lập:
Với L=50mH, C=20 μF thì
1
ω0 = = 1000 rad/ s =ω nên mạch ở trạng thái
LC
103
- cộng hưởng:
1
Z=R+ = 2R=100 Ω
1 1
+ j ωC +
R j ωL
.
. E m 200ej 45
0
0
. . 0
.
Im = = = 2ej 45 ; U Lm = R I m = 100ej 45 = U Cm;
Z 100
.
. U Lm 100ej 45
0
0
I Lm = = = 2e− j 45 ; i L (0) = 2 sin(−450 ) = − 2 [ A ];
ZL j 50
2
u C (0) = 100 sin(45 0 ) = 100 = 50 2 [V]
2
Sau khi hở khoá K:Mạch tách làm 2 phần:
t
−
Mạch bên phải: u c (t ) = 50 2e RC
= 50 2e−1000 t
R
− t
Mạch bên trái: i L (t ) = Ae L + B(t ) = Ae −1000 t + B(t )
B(t) là dòng cưỡng bức hình sin khi mạch ở chế độ xác lập mới:
. 0
.
Em 200ej 45
B= = =2 2
R + j ωL 50 + j 50
B(t ) = 2 2 sin(1000t )
−1000 t
i L (t ) = Ae + 2 2 sin(1000t )
i L (0) = A + B(0) = A + 2 2 sin(0) = A = − 2 → i L (t ) = − 2e−1000 t + 2 2 sin(1000t ) [ A ]
3.21.Hình 3.62
a) +Biến là uC:
4.10 −4 u' c +3u c = 150 Hay u' c +0,75.10 4 u c = 37,5.10 4 .
+Biến là i: i '+0,75.10 4 i = 75.10 4 ;
+Biến là i1: i '1 +0,75.10 4 i 1 = 37,5.10 4
+Biến i3: Vì R1=R2 và mắc song song nên dạng
như i1
+Biến là i2=iC: i ' 2 +0,75.10 4 i 2 = 0;
b) u C = 50(1 − e−7500 t ) [V]
i 1 (t ) = i 3 (t ) = 5(1 − e−7500 t ) [ A ]-; i 2 (t ) = 15e−7500 t [ A ]
i (t ) = 10 + 5e−7500 t [ A]
3.22. Hình 2.21b: τ=1,5 mS; Hình 2.21c: τ=2mS; Hình 2.21d: τ=3 mS;
3.23. Hình 2.63 a)Phương pháp kinh điển:
104
- R td 10
R td = R 1 + R 2 // R = 10Ω; α = = = 50
L 0,2
i( t ) = Ae −50 t + B;
E80 80.15
i (t ) = i ( 0) = B = = = = 6;
t=0 R + R1 // R 2
50 200
10 +
15
E 80
i (t ) = i ( 0) = A + B = = = 4 ; A = −2;
t=0 R + R 2 20
i (t) = −2e−50t + 6 [ A] ; uR (t) = iR = 60 − 20e−50t [ V]; uR2 (t) = E − uR (t) = 20 + 20e−50t [ V]
i 2 (t) = 2 + 2e−50t [ A]; i R1 (t) = i − i 2 = 4 − 4e−50t [ A]
10(5 + 0,2p) 4p + 200
b) Phương pháp toán tử:Z(p)=R+[R1//(R+PL)]= 10 + =
15 + 0,2p 15 + 0,2p
E(p) 80 0,2p + 15 4 p + 75 A A2
I ( p) = = . = . = 4( 1 + )
Z( p) p 4p + 200 p p + 50 p p + 50
p + 75 p + 75
A1 = = 1,5 ; A2 = = −0,5
p + 50 p = 0 p p = −50 K
i
−50 t −50 t
i ( t ) = 4(1,5 − 0,5e ) = 6 − 2e [ A ]; 5Ω i i2
1
3.24. Hình 3.64. 318 μF
10 10 e(t) 10 Ω
Z(p)=5+ −6
=5+ =
1 + p.318.10 .10 1 + 318.10 −5 p
15 + 0,0159 p 100.314 H× 3.64
nh
−5
; E(p)= 2
1 + 318.10 p p + 314 2
E(p) 314.100 1 + 318.10 −5 p 314.100 318.10 −5 (p + 314)
I (p) = = 2 . = 2 . =
Z(p) p + 314 2 15 + 0,0159p p + 314 2 0,0159(p + 943)
6280 p + 314 A B p + B2
. = 6280( + 21 )
2
p + 314 2
p + 943 p + 943 p + 314 2
Ap2 + A.3142 + B1p2 + B1 .943p + B2 p + 943B2 = p + 314
A + B1 = 0 ⎫
⎪ −4 −4
943B1 + B2 = 1 ⎬ ⇒ A = −6,37.10 ; B1 = 63,37.10 ; B2 = 0,399
⎪
A.3142 + 943B2 = 314⎭
− 6,37.10 −4 6,37.10 −4 p + 0,399
6280( + )
p + 943 p2 + 314 2
105
- 0,399
i ( t ) = 6280 [ −6,37 .10 − 4 e− 943 t + (6,37 .10 − 4 cos314 + sin 314 t ) =
314
6280 [ −6,37 .10 − 4 e− 943 t + (6,37 .10 − 4 cos314 + 12,7.10 − 4 sin 314 t ) =
≈ −4 e− 943 t + 6280 .10 − 4 (6,37 cos314 + 12,7 sin 314 t ) = −4 e− 943 t + 8,922 cos(314 t − 63,36 0 )
i(t)=-4e-943t+8,922cos(314t-63,360)= 4e-943t+8,922sin(314t+26,640) [A]
Chú ý: biến đổi dùng công thức:
a a
a cosx + b sin x = a2 + b 2 sin(x + arctg ) = a2 + b 2 cos( + arctg − 90 0 ) =
x
b b
b
a2 + b 2 cos[x − arcctg )
a
10 62800 ( p + 314 ) 1
U C ( p) = I ( p). −5
= 2 −5
1 + 318 .10 p ( p + 314 )( p + 943) 318 .10 ( p + 314 )
2
1 9 74 8 420
= 2
( p + 314 2 )( p + 943)
U ( p) 1 974 842 A2 B p + B4
I 2 ( p) = C = 2 = + 3
10 ( p + 314 )( p + 943)
2
p + 943 p 2 + 314 2
A 2 p 2 + 314 2 A 2 + B 3 p 2 + 943 B 3 p + B 4 p + 943 B 4 = 1 974 842
A 2 + B3 = 0 ⎫
⎪
943 B 3 + B 4 = 0 ⎬ ⇒ A 2 ≈ 2; B 3 ≈ −2; B 4 = 1885 ;
⎪
314 A 2 + 943 B 4 = 1 974 842 ⎭
2
2 − 2 p + 1885
I 2 ( p) = + 2
p + 943 p + 314 2
1885
i 2 (t ) = 2e−943t + [ −2 cos324t + sin 314t] =
314
2e−943t + [ −2 cos324t + 6 sin 314t ] = 2e−943t + 6,32 cos( t + 71,56 0 )
314
i2(t)=2e-943 t +6,32cos(314t+71,560).= 2e-943 t +6,32sin(314t-18,430).
19 748 420.318.10 −6 p 19 748 420.318.10 −6 p 6280 p
I 1 (p) = U C (p).pC = 2 2
= 2 2
=
(p + 314 )(p + 943) (p + 314 )(p + 943) (p + 314 2 )(p + 943)
2
A3 B5 p + B 6
= +
p + 943 p 2 + 314 2
A 3 p 2 + 314 2 A 3 + B5 p 2 + 943B5 p + B 6 p + 943B 6 = 6280p
A 3 + B5 = 0 ⎫
⎪ −6 6p + 626,8
943B5 + B 6 = 6280 ⎬ ⇒ A 3 ≈ −6; B5 ≈ 6; B 6 = 626,8; I 2 (p) = + 2
2 ⎪ p + 943 p + 314 2
314 A 3 + 943B 6 = 0⎭
106
- 626,8
i 2 (t ) = −6e−943t + (6 cos314t + sin314t ) ≈ −6e−943t + (6 cos314t + 2 sin314t ) =
314
−943t
− 6e + 6,32 cos( t − 18,430 ) = −6e−943t + 6,32 sin(314t + 71,56 0 )
314
i1(t)=- 6e-943t+6,32cos(314t-18,430)= - 6e-943t+6,32sin(314t+71,560) [A]
Chú ý: Nếu tính theo công thức 3.9, tức giải theo kiểu BT3.9 sẽ thấy đơn
giản hơn nhiều.
3.25. Đưa về sơ đồ toán tử tương đương như ở i(t) M N
hình 3.65 sẽ có phương trình: R1 L .i (0) L1 1 L1
1 C
I (p)[ R1 + R2 + R3 + p(L 1 + L 2 ) + ]= R3
Cp uC ( 0 )
p
u (0) R3 L2.iL2(0) L2
(L 1 + L 2 )i L (0) + C
p
Hình 3.24
t t
1 3 − 1 3 −
→ i ( t ) = 2( e− t + e 3 ) = e− t + e 3 [A]
4 4 2 2
t
di 1 − 3 1 − t
u MN ( t ) = R1 i ( t ) + L 1 = e − e ; → u MN (0) = 0
dt 2 2
3.26. Hình 3.66.
e(t)=100sin(314t-340)=100sin314tcos340-cos314tsin340=83sin314t- 56cos314t
314.83 56p − 56p + 26062
E ( p) = − = ;
p + 314 2 p + 314 2 p + 314 2
Mạch RLC nối tiếp:
1 1
z(p) = R + pL + = 4 + 2,82.10 −3 p + =
pC 144.10 −6 p
p2 + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6
282.10 −3
p
E(p) − 56p 2 + 26062p
I (p) = = 355 2 =
Z(p) (p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 )(p 2 + 314 2 )
Ap + B Cp + D
355[ 2 + 2 ]=
p + 314 2
p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6
107
- ⎧A + C = 0
⎪
⎪ A .1,42 .10 + B + D = −56
3
⎨
⎪ A 2,46 .10 + B1,42 .10 + C314 = 26062
6 3 2
⎪ B2,46 .10 6 + D 314 2 = 0
⎩
B = 2,89; D = −73; C = −0,0091; A = 0,0091
0,0091 p − 2,89 0,0091 P − 73
I ( p) = 355 ( − 2 )
p + 314
2 2
p + 1420 P + 2,46 .10 6
0,0091p − 2,89 0,0091P − 73
I (p) = 355( 2 2
− )
p + 314 p + 1420P + 2,46.10 6
2
i (t ) = 4,56 sin(314t + 45 0 ) − 17,687e−710 t sin(1398t + 110 ) [A]
u R (t ) = Ri ≈ 18,24 sin(314t + 45 0 ) − 70e−710 t sin(1398t + 110 ) [ V ]
1 − 56p 2 + 26062p 10 6
U C (p) = I (p) = 355 2 . =
pC (p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6 )(p 2 + 314 2 ) 144p
Hp + K Mp + N
2,46.10 6 [ 2 + 2 ]
p + 314 2
p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6
H1,42.10 3 p 2 + H 2,46.10 6 p + Kp 2 + K1,42.10 3 p + K 2,46.10 6 +
+ M 314 2 p + Np 2 + N314 2
⎧H + M = 0 ⇒ M = − H
⎪
⎪1420H + K + N = 0
⎪
⎨2,46.10 H + 1420K + 314 M = −56
6 2
⎪2,46.10 6 K + 314 2 N = 26062
⎪
⎪H = −2,93.10 −5 ; K = 9,29.10 −3 ; N = 0,032; M = −H = 2,93.10 −5
⎩
− 2,93.10 −5 p + 9,29.10 −3 2,93.10 −5 p + 0,032
U C (p) = 2,46.10 6 [ + 2 ]
p 2 + 314 2 p + 1,42.10 3 p + 2,46.10 6
u C (t ) ≈ 102 cos( t − 45 0 ) + 92e−710 t cos(
314 1398t + 38 0 ) [V]
3.27.Hình 3.67.
i 1 (t ) = i R (t ) = 10 − 7,698e−500 t sin866t [A]
i 2 (t ) = 10 − 15,396e−500 t sin866t [A]
i 3 (t ) = 7,66 e−500 t . sin(866t + 60 0 ) [A]
3.28. Hình 3.68.
108
- i (t ) ≈ e−195 t − 9e−605 t =iC(t)
i 2 (t ) = i L = 8 + 2,88e−195t − 2,88e−605 t
i 1 (t ) = i R (t ) = 8 + 3,88e−195t − 11,88e−605t
3.29. Hình 3.69.
1. Xuất phát từ các phương trình:
duc
uR + uC = e ;iC = C ;
dt
1
u R = iR; i = i L + i C ; iL = ∫ u c dt;
L
Từ đó chứng minh được:
u' c u c e'
ẩn là uC: u' ' c + + =
RC CL RC
i' 1 e" e
ẩn là i: i "+ +i = +
RC LC R RLC
i' i e' '
ẩn là i2=iC: i ' ' 2 + 2 + 2 =
CR LC R
1 ' 1 e
ẩn là i1=iL: i 1 +
"
i1 + i1 =
CR CL CRL
2.Thực hiện một số ký hiệu qua các thông số mạch từ quan hệ L=4R2C:
1 1 L ρ 1 1 1 2
ω0 = ; R= = ; = = = = 2 ω0
LC 2 C 2 RC ρ 1 L LC
C C
2 2 C
1
pL
pC pL pL p
Z(p) = R + = R+ 2 = R+ = R+ =
1 p LC + 1 2 2
LC(p + ω 0 ) 2
C(p + ω0 )2
pL +
pc
p p
RC[( p2 + ω 0 ) +
2
] R[( p2 + ω0 ) +
2
]
RC(p2 + ω 0 ) + p
2
RC =
2 2
RC = R[ p + 2ω0 p + ω0 ] ;
=
C(p2 + ω 0 )
2
C(p2 + ω 0 )
2
(p2 + ω0 )
2
(p2 + ω0 )
2
E0
e(t ) = E0 e−αt ⇒ e(p) = ;
p+ α
e(p) E0 p2 + ω0
2
E0 p2 + ω 0
2
I (p) = = = =
Z(p) R (p + α)(p2 + 2ω0 p + ω0 ) R (p + α)(p + ω0 ) 2
2
E0 A C1 C2
[ + + ]
R p + α p + ω 0 (p + ω0 ) 2
Tìm các hệ số theo công thức Heviside:
109
- p2 + ω0
2
α 2 + ω0
2
α 2 + ω0
2
A= = =
p2 + 2ω0 p + ω0 p = −α
2
α 2 − 2ω0 α + ω0
2
(α − ω 0 ) 2
p2 + ω0
2 2
2ω 0
C2 = =
p + α p = −ω 0 α − ω 0
d p2 + ω02
2 p( p + α ) − ( p 2 + ω 0 )
2
− 2 αω 0
C1 = [ ] = =
dp p + α p = −ω 0 (p + α) 2 p = − ω 0 (α − ω 0 ) 2
α 2 + ω0
2
1 2 αω 0 1 2
2ω o 1
I ( p) = [ − + ]
(α − ω 0 ) p + α (α − ω 0 ) p + ω 0 (α − ω 0 ) ( p + ω 0 ) 2
2 2
i (t ) =
E0
R
[ ]
Ae − α t + C1 e− ω0 t + C 2 t e− ω 0 t =
E 0 α 2 + ω 0 − αt
2
2αω 0 2ωo2
[ e − e−ω0 t + t e−ω0t ]
R (α − ω 0 ) 2 (α − ω 0 ) 2
(α − ω 0 )
b) Các thông số mạch đã cho đúng với quan hệ L=4R2C α=100 ; E0=100V ;
1 100
ωo = = = 200; α − ω 0 = −100; (α − ω 0 ) 2 = 10 4 ; α 2 + ω 0 = 5.10 4 ;
2
0,25 .10 − 4 0,5
E 0 ⎡ α 2 + ω 0 − αt
2
2αω 0 2ω o2
⎤
i (t ) = ⎢ e − e− ω0 t + teω0 t ⎥ =
R ⎣ (α − ω 0 ) 2
(α − ω 0 ) 2
(α − ω 0 ) ⎦
100 ⎡ 5.10 −100 t 4.10 − 200 t 8.10 ⎤
[ ]
4 4 4
⎢ 4 e − 4
e + 4
te− 200 t ⎥ = 4 5e−100 t − 4e− 200 t + 8te− 200 t =
25 ⎣ 10 10 10 ⎦
20e−100 t − 16e− 200 t + 32 t e− 200 t
uR(t) =Ri(t)=2000e-100t-1600e-200t+3200te-200t [V]
-200t -200t -100t
uC(t)=e(t)-uR(t)= 1600e -3200te -1900e [V]
3.30. Hình 3.70. Dùng phương pháp toán tử tìm
được i(t)=2+4,25e-100tsin400t [A] ; từ đó tìm uL, rồi
tìm uC=e-uL;
iR=uC/R; iC=i-iR
uC(t)=100-103e-100tsin(400t+1040) [V]
iR(t)=2-2,06e-100tsin(400t+1040) [A]
iC(t)= e-100t[4,25sin400t+2,06sin(400t+1040)]
=4,49sin400t+280) [A]
Để biến đổi iC dùng công thức:A1 sin(ωt+ϕ1)+A2 sin(ωt+ϕ2)=A sin(ωt+ϕ) với
A sin ϕ1 + A 2 sinϕ 2
A = A 1 + A 2 + A 1A 1 cos( 2 − ϕ1 ) ; ϕ = arctg 1
2
2 ϕ
A 1 cosϕ1 + A 2 cosϕ 2
110
- 3.31. Hình 3.71. Lập hệ phương trình roán tử
cho 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ, tìm được:
p
I V1 (p) = I (p) = 500 2 →
(p + 200p + 2.10 4 )
i(t)= 5e-100tsin100t [A]
i1(t)=i2(t)= 2,5e-100tsin100t [A]
di di di
u L1 = L 1 + M 2 = (L + M ) 1 ;
dt dt dt
u R ( i ) = Ri (dt) → u C (t ) = − u R ( t ) − u L (t )
3.32. Hình3.72 Tìm điều kiện ban đầu:
.
. Em 0
Im = = 2 2ej 45 ; i L1 (t ) = 2 2 sin( t + 450 );
100
R + j ωL
I L 0 = 2 [ A]
+Sau khi đóng khoá K: Chuyển về sơ đồ toán tử tương
đương cần chú ý đến điện áp toán tử hỗ cảmM.IL10 ở
nhánh 2. Lập hệ phương trình toán tử với 2 vòng thuận
chiều kim đồng hồ.
⎧(R + pL)I V1 (p) − pLI V 2 (p) + pMI V 2 (p) = e(p) + L .I L 0
⎪
⎨− pLI V1 (p) + 2pLI V 2 (p) + pMI V1 (p) − 2pMI V 2 (p) =
⎪ I L0M − I L0L
⎩
− 0,28 1,28p + 96
I V1 (p) = 2[ + 2 ]
p + 133,33 p + 10 4
i (t ) = i V1 (t ) = −0,56e−133,33t + 2[1,28 cos t + 0,96 sin100t ]
100
≈ −0,56e−133,33t + 3,2 cos( t − 37 0 ) [ A ]
100
− 7,5.10 −3 2,1.10 −3 9,6.10 −3 p + 0,72
I V 2 (p) = 133,33[ − + ]
p p + 133,33 p2 + 10 4
i V 2 ( t ) = i 2 ( t ) = 133,33[ −7,5.10 −3 − 2,1.10 −3 e−133,33 t + 10 −3.12 cos( t − 37 0 )]
100
= 1,6 cos( t − 37 0 ) − (1 + 0,28 e−133,33 t )
100
i1(t)=i(t)-i2(t)=1+1,6cos(100t-370)+0,28e-133,33t
[A]
3.33. Mạch hình 3.73.
Giải tương tự như BT3.32 được
111
- i V1 (t ) = 4 − 2e−200 t [ A ] = i (t ) 3.34. Mạch điện hình 3.74a.
− 200 t − 600 t
i V 2 (t ) = 2 − e −e [ A ] = i 2 (t ) Điều kiện ban đầu:
i 1 (t ) = i V1 − i V 2 = 2 − e− 200 t + e−600 t [ A ] iL2(0)=E2/R=2A.→Sơ đồ toán tử
tương đương hình 3.74b
⎧ E1
⎪ I V 1 ( p)( 2 R + Lp ) + RI V 2 ( p) + MpI V 2 = + MI L 20
⎪ p
⎨
⎪ RI ( p) + ( R + L ) I ( p) + MpI E
= 2 + LI L 20
⎪
⎩
V1 V2 V1
p
⎧ 0,2 p + 240
⎪(120 + 0,2 p) I V 1 ( p) + ( 60 + 0,1p) I V 2 ( p) =
Thay số vào sẽ có: ⎪
p
⎨
⎪(60 + 0,1p) I ( p) + (60 + 0,2 p) I ( p) 0,4 p + 120
V1 V2 =
⎪
⎩ p
Δ = (120+0,2p) (60+0,2p)-
(60+0,1p)2=0,03(p+200)(p+600).
(60 + 0,2p)(0,2p + 240)
Δ1 =
p
(60 + 0,1p)(0,4p + 120) 24p + 7200
− =
p p
(120 + 0,2p)(0,4p + 120)
Δ2 = −
p
(60 + 0,1p)(0,2p + 240)
= 0,06p + 36
p
Δ1 24p + 7200
I V1 (p) = = E1
Δ 0,03p(p + 200)(p + 600) E2
p
A A2 A3 p
= 800[ 1 + + ]
p p + 200 p + 600
p + 300 p + 300
A1 = = 2,5.10 −3 ; A 1 = = −1,25.10 −3
(p + 200)(p + 600) p = 0 p(p + 600) p = −200
p + 300
A1 = = −1,25.10 −3
p(p + 200) p = −600
2,5 1,25 1,25
I V1 (p) = 0,8[ − − ]; i V1 ( t ) = i 1 (t ) = 2 − e− 200 t − e−600 t
p p + 200 p + 600
Δ 0,06p + 36 p + 600 2
I V 2 (p) = 1 = =2 =
Δ 0,03(p + 200)(p + 600) (p + 200)(p + 600) (p + 200)
i V 2 (t ) = i 2 (t ) = 2e−200t [A]
−600 t
i 3 ( t ) = i V1 ( t ) + t V 2 ( t ) = 2 − e [A]
112
- 3.35.Chỉ dẫn: Phương trình đặc trưng hay( phương trình đặc tính) của mạch là
phương trình định thức toán tử Δ(p)=0(của hệ phương trình lập theo phương
pháp dòng mạch vòng hoặc điện thế nút).Lúc đó tính phản ứng FK(p) thì ngiệm
của đa thức mẫu số chính là nghiệm của phương trình Δ(p)=0.Khi phân tích đa
thức mẫu số thành các thừa số bậc 1 và bậc 2 dạng mẫư số là p-pK=p+αK và
p2+2αip+βi2.Vì trong mạch thực bao giờ cũng có tổn hao nên αi>0vì thực tế khi
t→ ∞ thì các thành phần tự do là A k e− α k t và e−α i t phải tiến tới 0.(Xem các công
thức 6,12-14,16 bảng3.1).Nghĩa là các ngiệm thực αk phải là số thực âm,các
nghiệm phức dạng − α i ± j β 2 − α 2 = −α i ± j ω 2 cũng phải có phần thực âm,
i i i
tức các nghiệm phải nằm ở nửa trái của mặt phẳng phức.
3.36. Hình 3.75.
di 2 R R C + L di 2 R + R2 e
2
2
+( 1 2 ) +( 1 )i 2 =
dt R1 LC dt R1 LC R1 LC
e(+0)
i 2 (0) = 0; i 1 (+0) = i 3 (+ 0) = ;
R1
di 2 (0) di (0) di (0) de +0)
(
= 0; 1 = 3 =
dt dt dt R1 dt
3.37. Hình 3.76.
Hằng số thời gian của mạch τ=RC=500.10-5
=5.10-3s =5mS. Hệ số tắt dần của dao động:
α=1/τ=200
Trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ tX =12,5mS
uc(t)=10(1-e-αt) =10(1- e-200t)[V] ;
uR(t)=10 e-200t[V]
i(t)=0,02e-200t[A] = 20e-200 t [mA] ;
Tại t=tX=12,5 ms = 12,5.10-3 s
uC(tX) ≈ 9,18 [V]; i(tX) =1,64 [mA]. ;
uR(tX)≈0,82 [V].
Trong khoảng thời gian tX ≤ t: Đó là quá
trình dao động tự do:
uC(t)=9,18e-200(t-tx) [V]uR(t)=- 9,18e-200(t-tx)
[V] iR(t)=-18,4e-200(t-tx)[mA].
Đồ thị hình 3.76
3.38.Phân tích tương tự như BT3.37.
3.39.
113
- ⎧0 khi t < 0
⎪
u(t)= ⎨2000t [ V ] khi 0 ≤ t ≤ 0,01s
⎪0 khi 0,01s < t
⎩
Trong khoảng thời gian 0÷0,01 s: Tác động là hàm tuyến tính nên sẽ dùng
phương pháp toán tử Laplas:
u( p) 2000 20 000 A C C2
I ( p) = = = = + 1 + 2
Z ( p) p 2 (10 + 0,1p) p 2 ( p + 100 ) p + 100 p p
20 000 20 000 20 000
A= = 2; C 2 = = 200 ; C1 = − = −2
p 2
p = − 100 p + 100 p = 0 ( p + 100 ) 2 p = 0
2 2 200
I ( p) = − + 2 → i ( t ) = − 2 + 200 t + 2 e −100 t [A]
p + 100 p p
T ¹ i t X = 0,01 s → i ( 0,01) = − 2 + 200 ( 0,01) + 2 e −1 ≈ 0,736 [ A ]
Trong khoảng thời gian 0,01 s
- ⎧e−100 t [ A ] khi 0 ≤ t ≤ 0,01s;
⎪
⎪ i (0,01s) ≈ 0,368 [ A ]
⎪− 1,632e−100( t − 0,01) [ A ]
⎪
i (t ) = ⎨
⎪ khi 0,01s ≤ t ≤ 0,02s;
⎪ i (0,02s) ≈ −0,6 [ A ]
⎪
−100( t − 0,02 )
⎪0,4e
⎩ [ A ] khi 0,02s < t
Đồ uC(t),uR(t)thị hình 3.77.Đồ thị i(t) lặp lại dạng uR(t)nhưng có tỷ lệ
xích theo trục tung nhỏ hơn 100 lần.
u2
t1 t2 2
u
b) WR (t) = ∫ R
dt + ∫ R dt +
0 R t1 R
c)q(t)= Cu(t)
115
nguon tai.lieu . vn