Giải bài tập Điện kỹ thuật ( Cao Đẳng ) part 1 ppt

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ




GIẢI BÀI TẬP



















ĐIỆN
KỸ
THUẬT
CAO ĐẲNG

BIÊN SOẠN : NGÔ NGỌC THỌ
F 2005 G
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ

GIẢI 156 BÀI TẬP ĐIỆN KỸ THUẬT CAO ĐẲNG


( Tài liệu dùng kèm với giáo trình ĐIỆN KỸ THUẬT Cao Đẳng )

BÀI TẬP CHƯƠNG 1 – NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ MẠCH ĐIỆN

Bài 1 : Vòng e
3
L
3
L
1
e
1
e
3
: i
3
R
3
+ L
3
dt
di
3

+ L
1
dt
di
1
+ i
1
R
1
= e
3
– e
1
(1) . Mắt e
3
L
3
e
2
e
3
:
i
3
R
3
+ L
3
dt
di

3
+
2
C
1
∫
dti
2
= e
3
– e
2
(2) . Tại nút A : i
3
– i
1
– i
2
= 0 → i
3
= i
1
+ i
2
(3) . Thay (3) vào
(1) : (i
1
+ i
2
)R

3
+ L
3
dt
)ii(d
21
+
+ L
1
dt
di
1
+ i
1
R
1
= e
3
– e
1
→ i
1
R
3
+ i
2
R
3
+ L
3

dt
di
1
+ L
3
dt
di
2
+ L
1
dt
di
1

+ i
1
R
1
= e
3
– e
1
hay (R
1
+ R
3
)i
1
+ (L
1

+ L
3
)
dt
di
1
+ R
3
i
2
+ L
3
dt
di
2
= e
3
– e
1
(4) . Thay (3) vào (2) :
(i
1
+ i
2
)R
3
+ L
3
dt
)ii(d

21
+
+
2
C
1
∫
dti
2
= e
3
– e
2
→ i
1
R
3
+ i
2
R
3
+ L
3
dt
di
1
+ L
3
dt
di

2
+
2
C
1
∫
dti
2

= e
3
– e
2
hay R
3
i
1
+ L
3
dt
di
1
+ R
3
i
2
+ L
3
dt
di

2
+
2
C
1
∫
dti
2
= e
3
– e
2
(5) . Vậy hệ 2 phương trình vi
tích phân dùng đểû tìm i
1
và i
2
là :
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−=++++
−=+++++
∫
)5(eedti
C

1
dt
di
LiR
dt
di
LiR
)4(ee
dt
di
LiR
dt
di
)LL(i)RR(
232
2
2
323
1
313
13
2
323
1
31131

Nếu biến đổi tiếp : Từ (4) → R
3
i
2

+ L
3
dt
di
2
= e
3
– e
1
– R
1
i
1
– R
3
i
1
– L
1
dt
di
1
- L
3
dt
di
1
.
Thay vào (5) : R
3

i
1
+ L
3
dt
di
1
+ e
3
– e
1
– R
1
i
1
– R
3
i
1
– L
1
dt
di
1
- L
3
dt
di
1
+

2
C
1
∫
dti
2
= e
3
– e
2

→ R
1
i
1
+ L
1
dt
di
1
-
2
C
1
∫
dti
2
= e
2
– e

1
(6) .
Tóm lại , hệ 2 phương trình dùng để tìm i
1
và i
2
có thể là : (4) và (5) ; (4) và (6) ;
(5) và (6)
Bài 2 : Mắt RCLR : - u
2
+
C
1
∫
dti
C
+ u
4
= 0 . Biết : j
1
– i
R
– i
C
= 0 và i
C
– i
L
+ j
5

= 0
→ i
C
= j
1
– i
R
= j
1
-
R
u
2
(2) và i
C
= i
L
– j
5
=
L
1
∫
dtu
4
- j
5
(3) . Thay (2) vào (1) :
- u
2

+
C
1
dt)
R
u
j(
2
1
∫
−
+ u
4
= 0 → - u
2
+
C
1
dtj
1
∫
-
RC
1
∫
dtu
2
+ u
4
= 0 hay

u
2
+
RC
1
∫
dtu
2
- u
4
=
C
1
dtj
1
∫
(4) . Thay (3) vào (1) : - u
2
+
C
1
∫∫
− dt)jdtu
L
1
(
54
+ u
4
= 0

→ - u
2
+
LC
1
∫∫
tdu
2
4
-
C
1
∫
dtj
5
+ u
4
= 0 hay – u
2
+ u
4
+
LC
1
∫
∫
tdu
2
4
=

C
1
∫
dtj
5
(5) . Vậy hệ 2

1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ

phương trình vi tích phân dùng để tìm u
2
và u
4
là :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=++−
=−+
∫∫ ∫
∫∫
)5(dtj
C
1
tdu
LC
1

uu
)4(dtj
C
1
udtu
RC
1
u
5
2
442
1422

• Nếu biến đổi tiếp : Từ (4) và (5) →
RC
1
∫
dtu
2
+
LC
1
∫
∫
tdu
2
4
=
C
1

∫
+ dt)jj(
51
(6)
• Hoặc đạo hàm 2 vế của (4) và (5) ta được :
RC
1
u
2
+
dt
du
2
-
dt
du
4
=
C
1
j
1
(7)
và -
dt
du
2
+
dt
du

4
+
LC
1
∫
dtu
4
=
C
1
j
5
(8)
• Và nếu biến đổi tiếp : Từ (7) và (8) →
RC
1
u
2
+
LC
1
∫
dtu
4
=
C
1
( j
1
+ j

5
)
hay
R
u
2
+
L
1
∫
dtu
4
= j
1
+ j
5
(9) .
Tóm lại , cặp phương trình dùng để tìm u
2
và u
4
có thể là (4) và (5) ; (4) và (6) ;
(5) và (6) ; (7) và (8) ; (7) và (9) ; (8) và (9)

BÀI TẬP CHƯƠNG 2 – DÒNG ĐIỆN SIN

Bài 1 : X
L
= ωL = 4x1 = 4Ω ; X
C

=
C
1
ω
=
40
1
x4
1
= 10
Ω → Z = 8 + j(4 – 10) = 8 – j6
= 10
∠- 36,87
o
(Ω) → = I
&
Z
U
&
=
o
o
87,3610
13,5310
−∠
∠
= 1∠90
o
= j1 (A) → i =
2

sin(4t + 90
o
) (A) .
Vì
ϕ = - 36,87
o
(<0) nên u chậm pha sau i 36,87
o
hay i vượt pha trước u 36,87
o
, và mạch có tính
dung . Đồ thò vectơ ( hình 2 trong giáo trình ) : U
R
= IR = 1x8 = 8V ( đồng pha với I ) ; U
L
= IX
L

= 1x4 = 4V ( vượt pha trước I 90
o
) ; U
C
= IX
C
= 1x6 = 6V ( chậm pha sau I 90
o
)
Bài 2 : X
L
= ωL = 8x1 = 8Ω ; X

C
=
C
1
ω
=
40
1
x8
1
= 5
Ω →
Y =
Y
1
+
Y
2
+
Y
3

=
4
1
+
8j
1
+
5j

1
−
= 0,25 – j0,125 + j0,2 = 0,25 + j0,075 = 0,261∠16,7
o
(S) → =
U
&
Y
I
&

=
o
o
7,16261,0
7,10661,2
∠
∠
= 10∠90
o
(V) → u = 10
2
sin(8t + 90
o
) (V) . Vì (- ϕ) = 16,7
o
→ ϕ < 0 nên
u chậm pha sau i 16,7
o
, và mạch có tính dung . Đồ thò vectơ ( hình 4 trong giáo trình ) : I

R
=
R
U

=
4
10
= 2,5A ( đồng pha với U ) ; I
L
=
L
X
U
=
8
10
= 1,25A ( chậm pha sau U 90
o
) ; I
C
=
C
X
U
=
5
10
= 2A ( vượt pha trước U 90
o

)

2
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ

Bài 3 : X
L
= ωL = 8x1 = 8Ω ; X
C
=
C
1
ω
=
)40/1(8
1
= 5Ω
• Đoạn mạch 1 : R
TM
= 8Ω ; X
LTM
= 8Ω ; X
CTM
= 5Ω ; X
TM
= X
LTM
– X
CTM
= 8 – 5 = 3Ω ;

Z
TM
= 8 + j3 = (Ω) ;
Y
TM
=
TM
Z
1
=
3j8
1
+
=
73
3j8
−
= 0,109 – j0,041 (S) ; G
TM
= 0,109S ;
B
TM
= 0,041S ; B
LTM
=
2
TM
LTM
Z
X

=
22
38
8
+
= 0,109S ; B
CTM
= B
LTM
– B
TM
= 0,109 – 0,041 = 0,068S
•
Đoạn mạch 2 :
Y
TM
=
Y
R
+
Y
L
+
Y
C
=
R
1
+
L

jX
1
+
C
jX
1
−
=
8
1
+
8j
1
+
5j
1
−

= 0,125 – j0,125 + j0,2 = 0,125 + j0,075 (S) ; G
TM
= 0,125S ; B
TM
= - 0,075S ; B
LTM
=
L
X
1
=
8

1

= 0,125S ; B
CTM
= B
LTM
– B
TM
= 0,125 – (- 0,075) = 0,2S ; Z
TM
=
TM
Y
1
=
075,0j125,0
1
+

=
02125,0
075,0j125,0 −
= 5,882 – j3,529 = 6,86∠- 30,96
o
(Ω) ; R
TM
= 5,882Ω ; X
TM
= - 3,529Ω ;
X

LTM
= B
LTM
Z
LTM
2
= 0,125(6,86)
2
= 5,882Ω ; X
CTM
= X
LTM
– X
TM
= 5,882 – (- 3,529) = 9,411Ω
•
Đoạn mạch 3 : Z
TM
= Z
R
+ Z
LC
= R +
CL
CL
jXjX
)jX)(jX(
−
−
= 8 +

5j8j
)5j)(8j(
−
−
= 8 +
3j
40

= 8 - j
3
40
= 8 – j13,33 (Ω) ; R
TM
= 8Ω ; X
TM
= - 13,333Ω ; X
LTM
= X
L(R)
+ X
L(LC)
= 0 + B
L(LC)
Z
LC
2

= B
L
Z

LC
2
= (
L
X
1
)Z
LC
2
= (
8
1
)(
3
40
)
2
= 22,222Ω ; X
CTM
= X
LTM
– X
TM
= 22,222 – (- 13,333)
= 35,555Ω ;
Y
TM
=
TM
Z

1
=
3
40
j8
1
−
=
2176
)40j24(3
+
= 0,033 + j0,055 (S) ; G
TM
= 0,033S ;
B
TM
= - 0,055S ; B
LTM
=
2
TM
LTM
Z
X
=
2
22
3
4024
222,22

+
=
2176
222,22x9
= 0,092S ; B
CTM
= B
LTM
– B
TM

= 0,092 – (- 0,055) = 0,147S
•
Đoạn mạch 4 : Z
TM
= Z
L
+ Z
RC
= jX
L
+
C
C
jXR
)jX(R
−
−
= j8 +
5j8

)5j)(8(
−
−
= j8 +
89
)5j8)(40j(
+
−

= j8 +
89
320j200
−
=
89
392j200
+
= 2,247 + j4,404 (Ω) ; R
TM
= 2,247Ω ; X
TM
= 4,404Ω ;
X
LTM
= X
L(L)
+ X
L(RC)
= X
L

+ 0 = 8Ω ; X
CTM
= X
LTM
– X
TM
= 8 – 4,404 = 3,596Ω ;
Y
TM
=
TM
Z
1

=
392j200
89
+
=
193664
)392j200(89
−
= 0,092 – j0,18 (S) ; G
TM
= 0,092S ; B
TM
= 0,18S ; B
LTM
=
2

TM
LTM
Z
X

=
2
22
89
392200
8
+
=
193664
7921x8
= 0,327S ; B
CTM
= B
LTM
– B
TM
= 0,327 – 0,18 = 0,147S

3
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ

•
Đoạn mạch 5 : Z
TM
= Z

C
+ Z
RL
= - jX
C
+
L
L
jXR
)jX(R
+
= - j5 +
8j8
)8j)(8(
+

= - j5 +
128
)8j8)(64j(
−
= - j5 + 4 + j4 = 4 – j1 (Ω) ; R
TM
= 4Ω ; X
TM
= - 1Ω ; X
LTM
= X
L(L)
+ X
L(RC)

= 0 + B
L(RL)
Z
RL
2
= (
L
X
1
)Z
RL
2
= (
8
1
)(32) = 4Ω ; X
CTM
= X
LTM
– X
TM
= 4 – (- 1) = 5Ω ;
Y
TM
=
TM
Z
1

=
1j4
1
−
=
17
1j4
+
= 0,235 + j0,059 (S) ; G
TM
= 0,235S ; B
TM
= - 0,059S ; B
LTM
=
2
TM
LTM
Z
X
=
17
4

= 0,235S ; B
CTM
= B
LTM
– B
TM

= 0,235 – (- 0,059) = 0,294S
Bài 4 : (a) cosϕ
X
= 0,8 sớm → ϕ
X
= - 36,87
o
→ tgϕ
X
= - 0,75 → Q
X
= P
X
tgϕ
X

= 100(- 0,75) = - 75VAR →
S
&
X
= P
X
+ jQ
X
= 100 - j75 (VA) .Với
U
&
X
và I
&

X
cùng chiều , ta kết luận
X tiêu thụ 100W và phát ra 75VAR
(b) cosϕ
X
= 0,9 trễ → ϕ
X
= 25,84
o
→ sinϕ
X
= 0,43589 → P
X
= Scosϕ
X
= 2000x0,9
= 1800W ; Q
X
= Ssinϕ
X
= 2000x0,43589 = 872VAR →
S
&
X
= P
X
+ jQ
X
= 1800 + j872 (VA) .
Với

U
&
X
và I
&
X
cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 1800W và tiêu thụ 872VAR
(c)
I
&
X
=
X
X
Z
U
&
=
10j15
220
+
=
325
)10j15(220
−
=
13
132
- j
13

88
(A) →
S
&
X
=
U
&
X
I
&
X
*

= (220)(
13
132
+ j
13
88
) = 2233,85 + j1489,23 (VA) . Với
U
&
X
và I
&
X
cùng chiều , ta kết luận : X tiêu
thụ 2,23KW và tiêu thụ 1,49KVAR
(d) X

L
= ωL = 314x10.10
-3
= 3,14Ω → Z
X
= 10 + j3,14 (Ω) → I
&
X
=
X
X
Z
U
&
=
14,3j10
120
+

=
8596,109
)14,3j10(120 −
= 10,923 – j3,43 (A) →
S
&
X
=
U
&
X

I
&
X
*
= (120)(10,923 + j3,43)
= 1310,76 + j411,6 (VA) . Với
U
&
X
và I
&
X
cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 1,31KW và tiêu thụ
0,41KVAR
(e) X
C
=
C
1
ω
=
6
10.45,18x377
1
−
= 143,768Ω → Z
X
= 83 – j143,768 (Ω) → I
&
X

=
X
X
Z
U
&

=
768,143j83
120
−
=
23782,27558
)768,143j83(120 +
= 0,361 + j0,626 (A) →
S
&
X
=
U
&
X
I
&
X
*

= (120)(0,361 – j0,626) = 43,32 – j75,12 (VA) . Với
U
&

X
và I
&
X
cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ
43,32W và phát ra 75,12VAR
(f)
U
&
X
= 16 - j30 = 34∠- 61,93
o
(V) →
S
&
X
=
U
&
X
I
&
X
*
= (34∠- 61,93
o
)(2∠- 38,07
o
)
= 68∠- 100

o
= - 11,8 – j66,97 (VA) . Với
U
&
X
và I
&
X
cùng chiều , ta kết luận : X phát ra 12W và
phát ra 67VAR
Bài 5 : cosϕ
t
= 0,707 trễ → ϕ
t
= 45
o
; cosϕ = 0,9 trễ → ϕ = 25,84
o
;
C =
2
t
U
P
ω
(tgϕ
t
- tgϕ) =
2
)2300(50x2

100000
π
(tg45
o
– tg25,84
o
) = 31µF

4
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ

BÀI TẬP CHƯƠNG 3 – CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MẠCH ĐIỆN

Bài 1 : X
L
= ωL = 8x0,5 = 4Ω ; X
C
=
C
1
ω
=
64
1
x8
1
= 8Ω . Chuyển sang mạch phức .

Phương pháp biến đổi tương đương( hình 1 )
Z = 12 + j4 +
8j8
)8j)(8(
−
−
= 12 + j4 +
128
)8j8)(64j(
+
−
=
128
512512j512j1536 +−
+
= 16 (Ω)
→
= I
&
Z
U
&
=
16
908

o
∠
= 0,5∠90
o
= j0,5 (A) ; I
&
2
= xI
&
8j8
8
−
= (j0,5)(
128
8j8(8 +
) =
128
32j32
+
−

= - 0,25 + j0,25 = 0,25
2
∠135
o
(A) ; I
&
1
= I
&

- I
&
2
= j0,5 + 0,25 – j0,25 = 0,25 + j0,25
= 0,25∠45
o
(A)
Phương pháp dòng nhánh ( hình 1 )
Mắt EABE :
I
&
(12 + j4) + I
&
1
(8) = E → (12 + j4) + 8I
&&
I
&
1
= j8 (1) . Vòng EA(-j8)BE :
(12 + j4) + I
&
I
&
2
(-j8) = E → (12 + j4)I
&
+ (-j8)
&
I

&
2
= j8 (2) . Tại nút A : - I
&
I
&
1
- I
&
2
= 0 (3) .
Từ (1) →
I
&
1
=
8
I)4j12(8j
&
+−
= j1 – 1,5I
&
- j0,5I
&
và từ (2) → I
&
2
=
8j
I)4j12(8j

−
+−
&

= - 1 – j1,5
I
&
+ 0,5I
&
. Thay vào (3) : I
&
- j1 + 1,5I
&
+ j0,5I
&
+ 1 + j1,5I
&
- 0,5 = 1 – j1 + 2I
&
+ j2I
&

= 0 →
=
I
&
I
&
2j2
1j1

+
+−
=
8
)2j2)(1j1(
−
+−
= - 0,25 + j0,25 + j0,25 + 0,25 = j0,5 = 0,5∠90
o
(A)
→
I
&
1
= j1 – 1,5(j0,5) - j0,5(j0,5) = j1 – j0,75 + 0,25 = 0,25 + j0,25 = 0,25
2
∠45
o
(A) ;
I
&
2
= - 1 – j1,5(j0.5) + 0,5(j0,5) = - 1 + 0,75 + j0,25 = - 0,25 + j0,25 = 0,25
2
∠135
o
(A)
Phương pháp dòng vòng ( hình 2 )
Mắt EABE :
I

&
I
(12 + j4 + 8) + I
&
II
(12 + j4) = E → (20 + j4)I
&&
I
+ (12 + j4)I
&
II
= j8 (1) . Vòng
EA(-j8)BE :
I
&
II
(12 + j4 – j8) + I
&
I
(12 + j4) = E → (12 – j4)I
&&
II
+ (12 + j4)I
&
I
= j8 (2) . Từ (1)
→
I
&
II

=
4j12
I)4j20(8 −j
I
+
+
&
=
160
)4j12)(I4jI208j(
II
−−−
&&
=
160
I32jI2563296j
II
&&
+−+

= 0,2 + j0,6 –1,6
I
&
I
+ j0,2I
&
I
. Thay vào (2) : (12 – j4)(0,2 + j0,6 –1,6I
&
I

+ j0,2I
&
I
) + (12 + j4)I
&
I
= j8
→ 4,8 – j1,6 – 6,4
I
&
I
+ j12,8I
&
I
= j8 → I
&
I
=
8j4
1j3
−
−
=
80
)8j4)(1j3(
+
−

=
80

20j20 +
= 0,25 + j0,25 = 0,25
2
∠45
o
(A) = I
&
1
; I
&
II
= 0,2 + j0,6 –1,6(0,25 + j0,25)

5