Bài tập về lý thuyết mạch có lời giải

Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn
1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình
1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên
;A,
Rr
E
I;UUR.Ir.IE 150
0
0
=
+
=+∆=+=
Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r
0
=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:
U=I. R=1,05=E-∆U;
b) Giải tương tự.
1.2. a) Hình 1.42. a)
=−−=
=
++
+−
=
)r.IE(U
;A,
rrr
EEE
I
ab 011
030201
321

50
V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU
;V).,(
cdbc
59501051935018
1045012
033022
−=−−=−−==+=+=
−=−−
b
) Nếu đổi chiều nguồn E
2
như ở hình 1.42. b)
V)r.IE(U
;V)r.IE(U;V)r.IE(U;A
Rrrr
EEE
I
cd
bcab
8
642
20
40
033
022011
030201
321
−=−−=
−=−−=−=−−===

+++
++
=
Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình
vẽ.
1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải
tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn
giản.
1.4.
20240128163024024240
50
1224
.,V,.,U;A,I +==−==
−
=
1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì
W,
r
E
rIp;
r
E
I 40
0
2
0
2
0
====
33

Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì
R
)Rr(
E
p;
Rr
E
I
2
0
2
0
+
=
+
=
.
Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để p
max
thì p’=0:

mWW,
,
r
E
p
rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr(
Hay
)Rr(
)rR(.R)Rr(

E'p
rR
max
10010
4
40
4
02222
0
2
0
2
0
22
0
222
00
2
0
4
0
2
0
2
0
====
=→=−=−−++=+−+
=
+
+−+

=
=

1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. 10. a):








<
≤≤+−
≤
<
=
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20
21105
105
00
.
Đồ thị hình 1.43. a)
i(t)=
=

R
)t(u








<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
20
212
10
00
.
Đồ thị hình 1.43. b)
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2

5
a)
i(t)
t [s]
[A]
0
1
2
1
b)
p(t)
t [s]
[W]
0
1
2
5
c)
H×nh1.43
34
Công suất tức thời:
p(t)=R. i
2
(t)=
=
R
)t(u
2








<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhi)tt(
skhit
tkhi
20
21445
105
00
2
2

Đồ thị hình 1.43c
Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng:

W,
W
t
dttdt)t(pW
R

671
3
5
0
1
3
55
3
1
0
2
1
0
≈
====
∫∫
+Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b)








<
≤≤−
≤
<
=

tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20
2155
105
00
. Đồ thị hình 1.44. a)
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2
5
a)
i(t)
t [s]
[A]
0
1
2
1
b)
p(t)
t [s]
[W]
0

1
2
5
c)
H×nh1.44
35








<
≤≤−
≤
<
==
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
R
)t(u
)t(i
20
211
10
00

Đồ thị hình 1.44. b)








<
≤≤+−
≤
<
===
tkhi
tkhi)tt(
khit
tkhi
)t(i.R
R
)t(u
)t(p
20
21125
105
00
2
2
2
2

Đồ thị hình 1.44. c)

W≈1,67 W;
+Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c)










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(u
30
32155
215
105

00
; Hình 1.45a)










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(i
30
323
211
10
00
; Hình 1.45b)

36









<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
tskhi)tt(
stskhi
stkhit
tkhi
)t(p
30
32965
215
105
00
2
2
Hình 1.45c)

W≈1,67 W;
1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích:






≤≤−
≤≤+−
≤≤
=
s4ts3khi4t
s3ts1khi2t
s1t0khit
)t(u
;
1. Trên điện trở R=1Ω:
a) Biểu thức dòng điện:





≤≤−
≤≤+−
≤≤
===
S4tS3khi4t
S3tS1khi2t

S1t0khit
1
)t(u
R
)t(u
)t(i
R
Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46.
b) Năng lượng toả nhiệt:
37











=+−=+−
=+−=+−
==
====
∫
∫
∫
∫∫
)J(

3
1
3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
)J(
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
)J(
3
1
0
1
3
t
dtt
dt
R
U
RdtiQW
2

3
4
3
2
2
3
3
1
2
3
1
0
2
t
t
2
t
t
2
R
2
1
2
1








=+−=+−
==
∫
∫
Jun
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
Jun
3
1
0
1
3
t
dtt
2
3
3
1
2
3
1
0

2
Jun
3
1
3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
2
3
4
3
2
=+−=+−
∫
;
Jun
3
4
3
1
3
2
3
1
Q =++=
2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4)
)t(iudt

L
)t(i
L
t
t
L 0
0
1
+=
∫
được
thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm).
a) i
L
(t)
+ Với 0
≤
t
≤
1s
t [s]
[V]
0 1 2
1
3
u(t)
4
-1
H×nh 1.46
38

2
0
2
0
1
22
0
t
)(i
t
)(iudt
L
)t(i
LL
t
L
=+=+=
∫
vì i
L
(0)=0. Từ đó i
L
(1S)=0,5
+ Với 1s
≤
t
≤
3s
50
1

2
2
121
1
2
11
,
t
t
t
)(idt)t()(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+








+−=++−=+=
∫∫
=

;t
t
,),(t
t
12
2
502502
2
22
−+−=++−−+−=
(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=1s) theo công thức này i
L
(1s)=0,5- ứng với quy luật biến
thiên liên tục của dòng qua L. )
Như vậy có i
L
(t=3s)=
50
3
12
2
2
,
t
t
t
=
=

−+−
+ Với 3s
≤
t
≤
4s
50
3
4
2
343
1
2
33
,
t
t
t
)(idt)t()s(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+









−=+−=+=
∫∫
84
2
5034
2
3
4
2
222
+−=+−−−= t
t
,).(t
t
.
(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=3s) theo công thức này i
L
(3s)=0,5- ứng với
quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. )
Kết quả có










≤≤+−
≤≤−+−
≤≤
=+=
∫
s4ts3khi8t4
2
t
s3ts1khi1t2
2
t
s1t0khi
2
t
)t(iudt
L
1
)t(i
2
2
2
0L
t
t

L
0
b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L.
W
M
(t)=
=
2
)t(Li
2
L









≤≤+−+−
≤≤+−+−
≤≤
==
s4ts3khi8t32t12t2
8
t
s3ts1khi5,0t2t5,2t
8
t

s1t0khi
8
t
2
)t(Li
)t(W
23
4
23
4
4
2
L
M
39
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:









≤≤−+−
≤≤−+−
≤≤
==
s4ts3khi32t24t6

2
t
s3ts1khi2t5t3
2
t
s1t0khi
2
t
dt
dW
)t(p
2
3
2
3
3
L
3. a) i
C
(t)=C
=
dt
du
C





≤≤

≤≤−
≤≤
431
311
101
tkhi
tkhi
tkhi
b) Năng lượng điện trường:
==
2
2
C
E
u
CW









≤≤+−
≤≤+−
≤≤
4384
2

3122
2
10
2
2
2
2
tkhit
t
tkhit
t
tkhi
t
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản
kháng:
==
dt
dW
)t(p
E
u
C
i
c
=






≤≤−
≤≤−
≤≤
434
312
10
tkhit
tkhit
tkhit
.
40
1.8. Dòng điện qua R

tsin,
R
)t(e
)t(i
R
40010==
[A].
Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a.
Dòng điện qua diện cảm L:
]A[tcos,tsin
,
)(idt)t(u
L
)t(i
t
t
LL

4001040010
250
1
0
1
0
0
−=
=+=
∫
∫
.
Đồ thị hình 1.47c
1.9






>
≤≤
<
=
stkhi
stkhit
khi
)t(e
12
102

000

s
stkhi
tkhit
khi
R
e
)t(i
R





>
≤≤
<
==
11
10
000

⇒ i
R
(0,5)=0,5A; i
R
(0,9)=0,9A; i
R
(1)=1A; i

R
(1,2)=1A
t
π
π
2
π
2
π
3
e(t)
10
[V]
-10
i (t)
0,1
[A]
t
-0,1
R
i (t)
0,1
[A]
-0,1
L
ω
t
ω
t
ω

c)
a)
b)
H×nh 1.47
41












>−=+=+
=→≤≤=+
<
=+=
∫
∫∫
stkhit
t
t)(idt
)(istKhit)(itdt
tkhi
)t(idt)t(e
L

)t(i
t
L
L
t
L
t
t
LL
1121
1
212
111002
00
1
1
0
2
0
0
⇒ i
L
(0,5)=0,25A; i
L
(0,9)=0,81A; i
L
(1)=1A; i
L
(1,2)=1,4A
i

C
(t)=





>
≤≤
<
=
1tKhi0
1t0khi1
0tkhi0
dt
de
C
; i
C
(0,5)=1A; i
C
(0,9)=1A; i
C
(1)=1A; i
R
(1,2)=0;
1.10.




≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
15044
5004
a)

== )()( tRitu
R



≤≤+−
≤≤
sts,khit
s,tkhit
15088
5008
;
==
dt
di
Ltu
L
)(




≤≤−
≤≤
sts,khi
s,tkhi
1504
5004
u(t)=u
R
(t)+u
L
(t)=



≤≤+−
≤≤+
sts,khit
s,tkhit
15048
50048
b) U
max
=8V
c) Phương trình công suất tiêu tán:
p(t)=u(t)i(t)=



≤≤+−=+−

≤≤+=+
sts,khi)tt(tt
s,tkhi)t(ttt
15013216164832
50012161632
22
2
p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W;
1.11.




≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
15044
5004
a) u
R
(t)=Ri=



≤≤+−
≤≤
=

sts,khit
s,tkhit
)t(i
1504040
50040
;
42





≤≤−+−
≤≤
=⇒
−+−=++−=
+=→≤≤
=→
=
==
+=→≤≤
+=
∫
∫
∫
∫
sts,khitt
s,tkhit
)t(u
tt]

,
t
)t
t
.[(
),(uidt
C
)t(usts,Khi
V),(u;
)(u
ttdt
,
)t(uidt
C
)t(us,tKhi
:)t(uidt
C
)t(u
C
C
t
,
c
C
C
t
C
t
t
c

C
t
t
c
1504124
5004
41241
50
4
2
4
2
50
1
150
150
00
44
50
1
1
500
1
2
2
2
2
50
2
0

0
0
0
0
u(t)=u(t)+u
C
(t)=



≤≤+−−
≤≤+
sts,khitt
s,tkhitt
15036284
500404
2
2
b) U
Max
=21V
b) p(t)=u(t)i(t)=





≤≤
+−+
≤≤+

sts,khi
ttt
s,tkhi)t(t
150
1442569616
5001016
23
2
;
p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W
Các đồ thị hình 1.48
1.12. .



≤−
≤≤
=



≤−
≤≤
=
tskhi
stkhi
)t(i)a
tskhi
stkhi
)t(u

R
21
201
21
201
H×nh 1.48
0
0,5
1
t[s]
u (t)
R
20
1
u(t)
u (t)
C
4
21
2
t[s]
1
-1
H×nh 1.49
2
3
4
[A]
i(t)
i (t)

i (t)
L
R
0
43





≤+−=+−
=→≤≤
=+=
∫
tskhit)(i
t
t
)(istkhit
)t(iudt
L
)t(i
L
L
t
t
LL
o
242
2
2220

1
0




≤+−
≤≤+
=+=
tskhit
stkhit
)t(i)t(ii
LR
23
201



≤−
≤≤+
==
=
tskhit
stkhit
)t(i)t(u)t(p)d
;i)b
max
23
201
3

Đồ thị hình 1.49.
1.13.

C
L
e
Cdte
L
)t(i;
R
e
R
e
)t(i)a
t
t
t
L
t
R
+−=+===
−
−
−
∫
2
0
2
2
2

12
Để i
L
(0)=0 thì hằng số
L
C
1
=
→ i
L
(t)=
)e(
L
t2
1
1
−
−
i(t)=
R
e
)e(
L
t
t
2
2
2
1
1

−
−
+−
Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t
1
=0,5 s

Ω==⇒







=−+=
−==
−
−
−
756320
0111
12
50
1
1
150
1
1
1

R`;H,L
;,)e(
LR
e
),(i
)e(
L
),(i
L

b)
;e555,1582,1)t(i);e1(582,1)t(i;e0267,0)t(i
t2t2
L
t2
R
−−
−=−==
1.14. Hình 1.14a)



<
≤≤
==
tskhi
stkhiR
)t(Ri)t(u)a
R
20

202

Ω==⇒







=+=
=+=
≤≤+=
=⇒=≤≤=+==
∫
350
14
4
22
10
2
21
20
2
2
0020
221
0
0
R;F,C

C
R)s(u
C
R)s(u
;tkhi
C
t
R)t(u
)AUDo(tkhi
C
t
At
C
idt
C
)t(u
C
t
C
b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0
≤
t
≤
2

∫
===+=
====
t
CCCC

RRR
;V)(U;V,)(U;t,)(utdt,)t(u
;V)(u;V,)(u;t,)t(Riu
0
2
62511510512
9254154


.V)(u;V)(u;t,t,u 152615451
2
==+=
44
1.15. Mạch điện hình 1.50.
a) Phương trình theo định luật Kieckhop 2: u
R
(t)+u
L
(t)+ u
C
(t)=e(t).
+ Biến số là i(t):
.)t(eidt
Cdi
di
L)t(Ri =++
∫
1
Đạo hàm 2 vế
phương trình này và viết cho gọn

Ri’+Li”+
C
1
i=e’
Hay i”+2αi’+ω
2
0
i=
L
'e

với α=
LC
,
L
R 1
2
0
=ω
+ Biến là điện áp u
L
(t): Vì
)(Idtu
L
i
L
t
L
0
1

0
+=
∫
nên

)(Udt)(Idtu
LC
)(Uidt
C
u
C
t
L
t
LC
t
C
00
11
0
1
0 00
+






+=+=

∫ ∫∫
.
Thay i vào u
C
vào phương định luật Kieckhop 2:

e)(Udt)(Idtu
LC
u)(Idtu
L
R
C
t
L
t
LLL
t
L
=+






+++







+
∫ ∫∫
00
11
0
1
0 00
Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này:
"euuu
dt
ed
u
dt
du
dt
ud
dt
ed
CL
u
dt
ud
dt
du
L
R
L
'

L
''
LL
LLLLL
=ω+α+→=ω+α+→=++
2
0
2
2
2
0
2
2
2
2
2
2
22
b
)Trong khoảng 0÷2s:

;t)(utidt
C
)t(u;t)t(u;t)(idtu
L
)t(i
C
t
CRL
t

L
22
00
202
1
240
1
=+====+=
∫∫

)tt(ttu 22422
22
++=++=
1.16. Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là i
g
+i
L
+i
C
=i
0
Biến số là u(t):

dt
di
C
1
u
dt
du

2
dt
ud
cóta
LC
1
;
C2
g
là
hay
dt
di
dt
ud
C
L
u
dt
du
gi
dt
du
C)0(Iudt
L
1
gu
0
2
0

2
2
0
t
0
0
2
2
0L
=++==
=++→=+++
∫
ωαωα
Biến số là i
L
(t):
Vì
dt
di
gLi;
dt
id
LC
dt
du
Cinªn
dt
di
Lu
L

g
L
C
L
====
2
2
Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:
u (t)
i(t)
L
C
H×nh 1.50
e(t)
R
u (t)
u (t)
45

.
i
i
dt
di
dt
id
hayi
dt
id
LCi

dt
di
gL
L
LLL
L
L
2
0
0
2
0
2
2
0
2
2
2
ω
=ω+α+=++
Biến số là i
C
(t): Vì
∫
+=
t
CCC
)(Udti
C
u

0
0
1
)(Idt)(Udti
CL
)(Iudt
L
i;)(Udti
C
ggui
L
t
t
CCL
t
L
t
CCg
00
11
0
1
0
1
0
0
0
0
+







+=+=






+==
∫ ∫∫∫
Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:
2
0
2
2
0
2
2
2
0
2
2
2
0
0
0

0
00
2
0
11
00
11
0
1
dt
id
i
dt
di
dt
id
hay
td
id
dt
id
LC
i
dt
di
C
g
hay
dt
di

dt
di
)(Udti
CL
i
C
g
ii)(Idt)(Udti
CL
)(Udti
C
g
C
LC
CCCC
t
CCC
CL
t
t
CC
t
CC
=ω+α+
=++=+







++
=++






++






+
∫
∫ ∫∫
1.17.
3
4
3
2
3
2
4
2
2
4

4
5
6
dt
id
R
L
dt
id
R
L
dt
di
LRiuu
ad
+++==
1.18.
3
4
3
2
2
4
2
22
4
4
242
dt
ud

RLC
dt
ud
)CRLC(
dt
du
)
R
L
RC(uuu
ad
+++++==
1.19. Quan hệ giữa điện áp một chiều và điện dung :
k
k
kkkK
U
q
CHayUCq ==
.
(q
K
-điện tích ). Năng lượng tích luỹ ở điện dung C
K
là
2
2
k
kK
U

CW =
Hai điện dung C
k
và C
l
mắc song song thì cho điện dung tương đương C
kl
=C
K
+C
l
.
Hai điện dung C
k
và C
l
mắc nối tiếp thì
cho điện dung tương đương là C
kl
=
lk
lk
CC
CC
+
. Từ đó thay thế tương đương từ
phải sang trái của mạch hình 1.51

F,
,

.,
C;F,,C;F,
,
.,
C
;F,CCC;F,
CC
CC
C
td
36
79120
78954
78953
7895337895078950
1753
1753
7533
4
3
750
4
3
234562356
536365
63
63
===+==
+
=

=+=+===
+
=
Như vậy điện tích trong điện dung tương đương là : q=E.C
tđ
=7,912 .
Từ đó:
C
C C
CC
C
E
1
32
4
65
H×nh 1.51
CCCCC
36356
2356
23456
t®
46
U
C1
=
Jun,
U
CWV,
C

q
C
331
2
9127
2
1
11
1
≈=→=
Jun,
U
CW;V,UEUU
CCCC
53966
2
0882
2
4
441365244
===−==
.Jun,W
;V,,,UU;Jun,W;,
C
q
U
,qq)CvµCQua(q;,.,UCq
C
CCCC
28980

44064810882358916481
6481264630882
5
36552
2
2
2
436522444
=
=−=====
=−====
W,W;Jun,W;,,,U;V,
C
q
U
,,,qqqq;,,.CUq
CC
0188005370112032804403280
328032164813214403
636
3
3
3
5263555
===−===
=−=−=====+
1.23.
mA
,,,
I;V.,"E

V,.'E;K,
,.,
R;mA
,R
E
'I)a
25
8080160
10056
10012580
56160350160
1
8020
350
20
70
3
12
1
0
−=
++
−
===
==Ω=====
(Hình 1. 22→hình 1.52 a,b)
i
0
3
Hình 1.22

I
R
3
R
R
R
1
4
2
E
i
0
3
I
R
3
R
R
4
2
R
1
I’
0
i
3
R
3
R
4

2
R
1
E’
E”
b)a)
Hình 1.52
⇒
,
,,R
RR
RR
R;,.,RI,
RR
E
u)b
td
h
960
88160448012580
1
70
80
4
21
21
40
21
=
+=+

+
=−=−=−
+
=
(Hình 1.53a,b)


mA
,
,
R
R
u
i
td

h

25
8
0
96
0
44
3

5

−

=

+

−

=

+

=

47
8183180
808080
6180
6180
20
70
0
2
432
4321
31
0
,,
,,,
,,
,.,
,

R
RRR
)RR//(RR
E
i
IKhi)c
=
++
+
+
=
++
++
=
→=

Khi E=0(Hình 1.54 a,b)
mA
,,iii
,,
,,,
R
RR
RR
RR
I
i
25
8185681831
8185680

1608080
125
32313
4
21
21
43
0
32
−
=−=+=
−=
++
−
=
+
++
−
=
1.24. Mạch điện hình 1.23. đã cho được biến thành mạch hình 1.55 như sau:
+Lần thứ nhất cho E
1
=0, E
2
tác động: Hình 1.55 a)
Mạch có dòng qua R
4
bằng 0 .
0
I

R
R
R
1
4
2
E
i
3
R
3
t®
R
b)
a)
Hình 1.53
u
h
h
u
0
I
R
R
R
1
4
2
E
i

3
R
31
R
R
4
2
R
1
i
3
R
32
b)
a)
Hình 1.54
Hình 1.23
i
1
i
2
i
4
i
3
R
2
R
4
R

5
R
3
e
2
e
1
b)a)
i
5
i
11
i
21
i
41
i
31
R
2
R
5
R
3
e
2
e
1
i
1

i
2
i
4
i
3
R
2
R
4
R
5
R
3
e
1
i
5
i
51
i
01
i
0
i
02
Hình 1.55
48
Mạch được rút gọn: E
2

mắc nối tiếp với R
2
nối tiếp với (R
3
//R
5
)
==
+
=
+
=
7
100
2050
2050
RR
RR
R
53
53
35
.
.
14,28571429≈14,3Ω

A280
70
50
380

RR
Ri
i
A100
70
20
380
RR
Ri
i
A380
339
15
31425
15
RR
e
i
53
321
51
53
521
31
352
2
21
,,
,,
,

,,
.
.
−=−=
+
−=
−=−=
+
−=
≈=
+
=
+
=
⇒
0
100
280
41
3111
5101
=
−==
=−=
i
,ii
,ii
+Lần thứ hai cho E
2
=0, E

1
tác động: Hình 1.55 b) Mạch rút gọn là:
Nhánh 1 là e
1
mắc // R4 ;R
3
mắc nối tiếp với (R
2
//R
5
)
R
25
= R
5
//R
2
=
111
45
2520
,
.
≈
Ω

A,ii;A,ii
A,
,RR
e

i;A,,
R
e
i
180
45
25
150
45
20
330
11150
20
170166660
23522322
253
1
32
4
1
42
−≈−=−≈−=
≈
+
=
+
=≈==
i
12
=i

32
+i
42
=0,5A;i
02
=i
42
-i
52
=0,17+0,18=0,35A
+Tổng lại: i
1
=-0,1+0,4=0,4 A; i
2
=0,38-0,15=0,23 A
i
3
=10,1+0,33=0,23 A; i
4
=0,17 A
i
5
=-0,28-0,18=-0,46 A; i
0
=0,28+0,35=0,63 A
1.25. u
ab
≈54,25V
1.26.
Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R

5
như
hình 1.56 tìm U
ab hở mạch
:
400
300100
125
100
431
431
2
2
.
RRR
)RR(R
R
E
i
R
+
=
++
+
+
=
=
V,
,
u;V,.,u;,

RR
512100100
400
50
5621255050
200
100
32
=====
U
ab
=75V;R
tđ
=[(R
1
//R
2
)+R
3
]//R
4
=87,5
Ω
;i
5
=0,447A
1.27.
Sử dụng định lý tương hỗ ta mắc nguồn sang nhánh R
5
tìm dòng qua nhánh

đã mắc nguồn như mạch hình 1.57
49
3
4
Hình 1.56
R
R
R
1
2
E
R
b
a
597,0
805,87
100
i;5,87R//]R
RR
RR
[R
E43
21
21
td
=
+
==+
+
=

A,iii;,
,
i
;,R
R]R
RR
RR
[
,
i
E
447750149250100
225
33580
33580
5970
252
4
43
21
21
3
=−===
=
++
+
=
1.28.
Chọn các nút như hình 1.58 sẽ có hệ phương trình điện thế nút của mạch như
sau:














ϕ
+−−=
ϕ++++ϕ−ϕ−
ϕ
+=ϕ−ϕ+++ϕ−
=ϕ−ϕ−ϕ++
5
0
7
7
1
1
3
7521
2
7

1
1
6
0
7
7
3
7
2
764
1
4
1
1
3
1
2
4
1
431
111111
11111
11111
RR
E
R
E
)
RRRR
(

RR
RR
E
R
)
RRR
(
R
R
E
RR
)
RRR
(
50
80
4581460
5714250
40
1437497
970
100
97
144580
80
45814
541681
25
1509745814
4581414374

9760
259
64
6
1150050040
05008500250
0400250075
0
5413
21
32
10
3
2
1
,
i;A,
,
i;A,i
;A,
,
i;A,
,
i
,;,
;;
,
,
,,,
,,,

,,,
+
==
−
===
===
+−−
=



−=ϕ=ϕ
=ϕ=ϕ
⇒










−
=











ϕ
ϕ
ϕ










−−
−−
−−
A,
,,
i
;A,
,
i;,
430050
20

801437445814
141430
100
6014374
9307250
7
6
−=
+−−
=
=
−
==
1.29 i
1
= 0,541A; i
2
=0,39A; i
3
=0,387A ; i
4
=0,155A; i
5
=0,233A; i
6
=83,4693
mA; i
7
= - 71,275 mA
1.30. Tất nhiên người giải có thể sử dụng phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ

sử dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu
tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59:
300
60
12060
180
300
60
60120
180
150
120
6060
120
7
46
4613
6
74
7423
4
76
7612
=+=++=
=+=++=
=+=++=
.
R
RR
RR'R

.
R
RR
RR'R
.
R
RR
RR'R

51

33393
3
280
3
40
80
120
4040
80
3
52
5212
,
.
R
RR
RR''R
==+=+=++=

280
40
12040
160
280
40
40120
160
5
32
3213
2
53
5323
=+=++=
=+=++=
.
R
RR
RR''R
.
R
RR
RR''R

13
2323
2323
23
1212

1212
12
8144
280300
280300
5357
33393150
333393150
R,
.
''R'R
''R.'R
R
;,
,
,.
''R'R
''R.'R
R
==
+
=
+
=
=
+
=
+
=
Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định :

321
814425
814425
238
23812131
1
,
,
,.
R//R
;
)]R//R(R//[RR
E
I
=
+
=
++
=
5183788144
2381213
≈=+ ,//,)R//R(R//[R


W,.,P;,,
,
,
I
,,

,,
,
I;,I
R
911256906908144
258144
8090
80908144
83788144
251
251
5129
100
2
8
121
≈==
+
=
=
+
==
+
=
1.31 i
3
=0,169 A
1.32. Sử dụng kết quả bài tập1.30 : R
tđ
≈80Ω

1.33 . Phương pháp điện thế nút sẽ chỉ cần lập 1 phương
trình .Chọn các nút như ở hình 1.61:
ϕ
1
=E
1
=50V;ϕ
2
=E
1
+E
2
=150V;
1
H×nh 1.61
R
3
E
E
2
R
4
1
2
R
R
ϕ
ϕ
ϕ
1

3
2
0
52
3
21
2
1
3
2
2
1
3
321
111
R
EE
R
E
RR
)
RRR
(
+
+=
ϕ
+
ϕ
=ϕ++
0950

120
396150
6140
100
3961
3961
026330
61671
2
13
,
,
i
;,
,
i;V,
,
,
−=
−
=
≈===ϕ
3838248928751
80
150
70880
125
3961150
2
143

,i;,i;,i;,
,
i
EE
=====
−
=
1.34.
Với phương pháp dòng mạch vòng sẽ có hệ phương trình và kết quả:

{
068060604040535680
5516406200015960
9
20
22
452520
255520
202090
432
321
3
2
1
,i;,i;,i
,I;,I;,I
I
I
I
VVV

V
V
V
===
⇒===⇒










−
=





















−−
−−
−−
Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:
{
068060604040535680
3
713621
798113
450
262
140050
050170
432
3
2
1
2
1
,i;,i;,i,
,
,
,

,,
,,
===





=ϕ
⇒=ϕ
=ϕ
⇒






−
=






ϕ
ϕ







−
−
1.35.
Với các dòng mạch vòng chọn như ở hình 1.62 có hệ phương trình và kết quả:

mA,i
mA,i
mA,i
I
,I
,I
I
I
,,
,,
V
V
V
V
V
765125
822085
822089
4
761
5811

14
22
92651
651152
5
3
2
3
2
1
2
1
=
=
=





=
=
=
⇒







−
=












−
−

Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:
R
1
R
5
R
2
R
3
I
0
e
2

i
3
e
1
H×nh 1.62
e
5
I
I
I
V1
V2
V3
ϕ
ϕ
ϕ
2
1
3
53

mA,i
mA,i
mA,i
,
,
,
,
,
,,

,,,
,,
765125
822065
9822040
441284
83632
765121
36
58
511
86802
803352
25255
5
3
2
3
2
1
3
2
1
=
=
=
⇒






=ϕ
−=ϕ
−=ϕ
⇒










−
−
=










ϕ

ϕ
ϕ










−−
−−
−−
1.36. Von kế chỉ 1,6 V
1.37. Ampe kế chỉ 0,6 A
1.38. Ampe kế chỉ 0,48A
1.39.Chuyển mạch về hình 1.63 có
R
1
//R
4
=
;K,
.
Ω=
+
80
1040

1040
R
2
nối tiếp (R
1
//R
4
)=14,2+0,8=15KΩ
mA,I;mA,I
;mA,R
RR
I
I;mA
.
I
;mA.R
R
I
I
A
2923
806
25
1510
410
1510
10
15
4
4

41
2
13
3
2
2
==
=
+
===
=
+
=
+
=
1.40
ở khâu cuối thứ n : Đây là một mạch cầu nên nó cân bằng khi R
1(n)
.R
t
=R
3(n)
.R
4(n)
Chọn R
1(n)
= R
t
=R
0

; R
3(n)
.R
4(n)
=R
2
0
(*) nên dòng qua R
2(n)
bằng 0 nên

0
4
40
0
1
0
40
1
1
1
R
R
RR
R
U
U
;R
RR

U
U
)n(
)n(n
n
)n(
n
n
+
=
+
=
+
=
−
−
a
n
(**)dB)
R
R
log(
U
U
log
)n(
n
n
0
4

1
12020 +==
−
Trong khâu cuối nếu ta thay đổi R
4(n)
cùng với R
3(n)
sao cho giữ nguyên(*)
thì có thể thay đổi được a
n
.Điện trở vào của khâu n:
54

0
n4)n(30
n4)n(30
0
n4)n(30
n4)n(30
2
0
n4)n(30
n4)n(30n4)n(3
2
0
0)n(40)n(3Vn
R
RRR2
RRR2
R

RRR2
)RR(RR2
RRR2
)RR(RRRR
)RR//()RR(R
=
++
++
=
++
++
=
++
+++
=++=
Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R
0
ở khâu n-1: Khâu này có tải là R
0
và ta chọn R
1(n-1)
=R
0
sẽ có cầu cân bằng khi
R
3(n-1)
.R
4(n-1)
=R
2

0
(*) và như vậy thì

)
R
R
1log(20a
0
)1n(
4
1n
−
−
+=
Tương tự ở khâu đầu tiên
)
R
R
1log(20a
0
)1(
4
1
+=
Vì
]dB[aa aa
U
U

U

U
U
U
log20
U
U
log20a
n1n21
n
1n
2
1
1
v
n
v
+++===
−
−
Sơ đồ trên thực chất có dạng hình 1.64 gọi là bộ suy hao tín hiệu trên điện
trở (magazin điện trở). Ở từng khâu ta có thể tính toán để a
i
thay đổi suy hao
trong một khoảng nhất định . Ví dụ với
3 khâu: a
1
(10÷100 dB),
a
2
(1÷10dB) ,a

3
(0÷1dB)-Kết quả ta có
thể điều chỉnh suy hao 0÷100 dB qua
mỗi nấc nhảy là từng dB.

Hết chương 1
Phần 2
Câu 1. Hãy xác định đồ thị Bode của hàm truyền đạt điện áp của mạch điện sau:
)(
)(
)(
1
2
pU
pU
pF =
Trong đó R1=80kΩ, R2=20kΩ, C=100nF
55
Giải
Hàm truyền đạt điện áp của mạch:
h
p
k
pC
RR
RR
RR
R
CRpRRR
R

pCR
R
R
pCR
R
U
U
pF
ω
+
=
+
+
+
=
++
=
+
+
+
==
1
1
1
1
1
)(
21
21
21

2
2121
2
2
2
1
2
2
1
2
Trong đó :
srad
CRR
RR
RR
R
k
h
/625
10.100.10.20.10.80
10).2080(
2,0
10.2010.80
10.20
933
3
21
21
33
3

21
2
=
+
=
+
=
=
+
=
+
=
−
ω
Đồ thị Bode của hàm truyền đạt điện áp của mạch điện biểu thị trong
hình vẽ gồm có hai đồ thị thành phần trong đó đồ thị đặc tuyến biên độ các
thành phần của đồ thị là:










>−
=−
<

=
−===
∞
h
h
h
h
k
khi
khidB
khi
a
dBka
ωω
ω
ω
ωω
ωω
10lg20
3
1,00
142,0lg20lg20
1
Đồ thị đặc tuyến pha:










>−
=−
<
=
=
∞
h
h
h
k
khi
khi
khi
b
b
ωω
π
ωω
π
ωω
10
2
4
1,00
0
1
56

Đồ thị đặc tuyến biên độ (Đường tổng hợp có nét liền đậm)
Đồ thị đặc tuyến pha (Đường tổng hợp có nét liền đậm)
-10
10
-20
a
(ω)
(dB)
ν [D]
-3 -2 -1 0 1 2 3
-14 (1)
(2)
-20 dB/D
(1)+(2)
57