Báo cáo môn học BÀI TẬP MẠCH 2

BÀI TẬP MẠCH 2

NHĨM 6:
Nguyễn Văn Q
Kiều Cơng Nguyễn
Dương Hải Quân
Huỳnh Văn Nhân
Kim Chí Tâm

1111033
1111019
1111031
1111022
1111039


CHƯƠNG 6
6.16 Cho mạch ( H6.16) tại t = 0 đóng khóa K1 và tại t = t0 > 0 mở khóa K2. Hãy xác định và
vẽ dạng dịng điện i(t) trong khoảng - ∞ < t < + ∞.
1
− arctag 2
5
R
L
≈
ω=
t0 = arctg 2 e 2
8
L
R
e(t) = 2E0sinωt ; E0 > 0 ;

;
;
i(t)
t=0
L

e(t)

t=to

K1

R

Eo

K1

R

Hình 6.16
Bài giải
♦Khi t < 0 , K1 mở, K2 đóng ta có mạch như sau :
i(t)
e(t)
L

Eo

Khi e(t) hoạt động E0 nghỉ ta có:

& 2 E0 = − E0 2 ∠ − 450
I=
R + jR
R
(A)
E 2
i (t ) = − 0
sin(ωt − 450 )
R
=>
(A)
Khi E0 hoạt động e(t) nghỉ ta có :
& E
I0 = 0
R
(A)

R


Theo nguyên lý xếp chồng ta có :
E E 2
i (t ) = 0 − 0
sin(ωt − 450 )
R
R
(A)
♦Khi 0 < t < t0, K1 đóng và K2 đóng ta có mạch như sau :
i(t)
e(t)

L
R

R

Eo

Mạch xác lập : E0 hoạt động, e(t) nghỉ ta có :
& 2E
I0 = 0
R
E0 nghỉ, e(t) hoạt động ta có mạch như sau :
i(t)

i(t)

i2(t)

e(t)

L

R

e(t)

R

L

Ta có :

2 E0
2 E0
2 E (1 + j )
&
I2 = −
=−
=− 0
R. jR
Z+R
R(1 + 2 j )
+R
R + jR

(A)
2 E0 (1 + j ).R
2 E0
2 E0
&
⇒I =−
=−
=−
∠ − arctg 2
R.(1 + 2 j ).( R + jR)
R (1 + 2 j )
5.R

R

R


Khi mạch tự do ta có mạch như sau :

i(t)

R/2

L

e(t)

E0
Ta có:
di (t ) R
L
+ i (t ) = E0
d (t ) 2
Từ phương trình đặc trưng ta có:
R
R
Lp + ⇒ p = −
2
2L

⇒ itd (t ) = k .e

−R
t

2L

Mà ta có:
i(t) = itd(t) +ixl(t)
−R
t
2E
2 E0
= k .e 2 L + 0 −
sin(ωt − 450 )
R
R 5

(A)

Mà ta lại có :
iL (0 + ) = iL (0− )

nên ta có :
2 E0
2,8 E0
E
=k+
⇒ k = −0,8 0
R
R
R

⇒ i (t ) = −

4 E0 − R t 2 E0 2 E0
e 2L +
−
sin(ωt − arctg 2)
5 R
R
R 5

♦Khi t > t0 :
K1 đóng và K2 mở ta có mạch như sau :

i(t)
(A)
L
R

E0


Ta có :
di (t )
L
+ R = E0
d (t )
Từ phương trình đặc trưng ta có :
−R
Lp + R = 0 ⇒ p =
L

⇒ itd (t ) = k .e

−R
( t − t0 )
L

⇒ i (t ) = itd (t ) + ixl (t ) = k .e

−R
( t −t0 )
L

+

E0
R

(A)

Ta có :

iL (t0− ) = iL (t0+ )
L
E
−4 E0 − R . R arctg 2 2 E0 2 E0
R L
2L
⇔
e
+
−

sin( . arctg 2 − arctg 2) = k + 0
5 R
R
L R
R
R 5

⇔

E
−4 E0 5 2 E0
. +
=k+ 0
5 R 8
R
R

⇔

3E0
E
=k+ 0
R
R

⇒k =

E0
2R

⇒ i (t ) =

E0 E0 −LR ( t −t0 )
+
.e
R 2R

(A)

Kết luận :


 E0 1 − 2 sin(ωt − 450 )  ( A)t < 0

R 

1
2 −LR t 
 2 E0 
i (t ) = 
sin(ωt − arctg 2) − .e  ( A)0 < t < t0
1 −
R 
5
5



−R
( t −t0 ) 

E0 
L

2 + e
 ( A)t > t 0
 2R 




BÀI 6.17: Hãy xác định dòng điện trong cuộn dây và điện áp trên tụ điện C1. Biết tại t = 0, K1
chuyển từ vị trí 1 → 2. Tại t = t0 = 0.4 (s), đóng khóa K2. Cho biết:
E1(t) = 20sin( t + 450) [V]; e2 = 10 [V] ; uc1(0.4s) = -5 [V]
R1 = 1 [Ω]; R2 = 5 [Ω]; L = 2 [H]; C1 = 1 [F]; C2 = 0.5 [F]
R1
+
Uc1

K2

R2

t=to

i2(t)
K1
• •
1 2

C1

C2

t=0
L

_
e1

e2

GIẢI
• t < 0. K1 ở 1, K2 mở

R2=5
i2(t)

-j2

C2
j2
e1

L


Ta có: -E1 + (Zc2 + R2 + L).I2 = 0
=> I2 = =
=> i2(t) = 4sin( t + 450) [A]. => i2(0-) = 4 [A]
• t ≥ 0. K1 ở 2, K2 mở
R2

i2(t)
e2
L

i2xl(t) = = = 2 (A)
-E2 + R2.i2(t) + Li2’(t)= 0
=> 2i2’(t) + 5i2(t) = 10
=> phương trình nguồn I’ là: 2P + 5 = 10. => P =
=> i2td(t) = K.e-5/2.t
=> i2(t) i2xl(t) + i2td(t) = K.e-5/2.t +2
i2(0+) = 2 + K = 4 => K = 2
=> i2(t) = 2e-5/2.t + 2 = 2( e-5/2.t +1 ) (A)
• t > t0. K1 ở 2, K2 đóng
R1
+
Uc1
_

R2

i1(t)
C1

i2(t)
e2

L


+ Uc1xl(t) = E2 = 10 (V)

+ -Uc1(t) + E2 - R1.i1(t) = 0
=> Uc1(t) = E2 - R1.i1(t)
<=> Uc1(t) + R1C1.Uc1’(t) = E2
<=> Uc1(t) + Uc1’(t) = 10
<=> Uc1td(t) = K.e-t
=> Uc1 = 10 + K.e-t
Uc1(t0+) = 10 + K.e-to<=> -5 = 10 + K.e-to
=> K = = -15.eto
=> Uc1(t) = 10 - 15e-(t - to)
6.18. Hãy xác định và vẽ dạng điện áp uc(t) trên tụ điện C2 của mạch điện (H.6.18) trong khoảng thời gian
-∞ < t < ∞. Biết rằng, tại t=0 khóa K chuyển từ vị trí (1) sang (2) và C 1=C2=C.

Giải:
t<0: giả sử mạch ở trạng thái xác lập:


t>0:

Ở trạng thái xác lập:

ucb(t)=RI1=E/3
Ở trạng thái quá độ:


uc(0+)= uc(0-)= 2E/3
)

Vậy:

CHƯƠNG 7

Bài 7.13
Trong mạch điện như hình vẽ, hãy xác định số chỉ của volt kế đo trị hiệu dụng và volt kế đo trị
trung bình điện áp u(t) trên điện trở R 1. Cho biết: R1=1 (k); R2= 4 (k; L= 8 (mH); E= 5(V); e(t)=
10cos (105t +900) + 4cos(2.105t) (V).

L

R1
e(t)
E0

Giải
Ta có:
(V)

Cần phân áp:

u(t)

R2


Cần phân áp

Vậy:

Thiếu U trung bình !
Bài 7.14. Cho mạch điện hình 7.14 với nguồn dịng:
j (t ) = 4 + 2 cos(ω 0 t ) + 0,4 cos(2ω 0 t )
(mA)

Hãy xác định dịng điện iL(t), iC(t), cơng suất tác dụng và công suất phản kháng trên hai
nhánh của mạch. Biết:
Ω
Ω ω 0 L = 1 / ω 0 C = 500( Ω )
RL = 4 ( ) ; R C = 1 ( ) ;
BÀI LÀM:
I0C
I0L
4

j(t)= 4 mA ; I0L = j0 = 4 mA ; I0C = 0 ( nguồn một chiều tụ hở mạch)

I1L
4

I1C
1

2+0j
500j

tìm I1L ; I1C ; j(t) = 2cos

ω0t

-500j


2∠0.

1 − 500 j
= 200∠ − 90
(1 − 500 j ) + (4 + 500 j )

cầu phân dòng: I1L =
ω0
→ i1L = 200cos( -90)
2∠0 − I 1L = 2∠0 − 200∠ − 90 = 200∠90
I1C =
(ω 0 t + 90)
→i1C = 200cos
(2ω 0 t )
Tìm I2L ; I2C ; j(t) = 0,4cos

I2C
1

I2L
4
0,4+0j
1000j

-250j

Cầu phân dòng:
0,4∠0.

I2L =

1 − 250 j

= 0,133∠ − 180
(1 − 250 j ) + (4 + 1000 j )

(2ω 0 t − 180 )
→i2L = 0,133cos
(mA)
0,4∠0 − I 2 L = 0,4∠0 − 0,133∠ − 180 = 0,533∠0
I2C =
(2ω 0 t )
→ i2C = 0,533cos
(mA)
4 + 200 cos(ω 0 t − 90) + 0,133 cos(2ω 0 t − 180 )
→
iL =
(mA)
200 cos(ω 0 t + 90) + 0,533 cos(2ω 0 t )
iC =
(mA)
I LRMS = 4 2 + 1 / 2(200 2 + 0,133 2 ) = 141,48
I CRMS = 1 / 2(200 2 + 0,533 2 ) = 141,42
PL=

2
RL .I LRMS = 4.(141,48.10 −3 ) 2 = 0,08

RC .I
PC =
Ta có:

2

CRMS

(mA)
(W)

−3 2

= 1.(141,42.10 ) = 0,02

U1L = ZL.I1L = 500j.200

(mA)

∠ − 90

(W)

.10-3 = 100 (V)


∠ − 180
∠ − 180
U2L = ZL.I2L= 1000j.0,133
.10-3= 0,133
(V)
1
[100.0,2 sin(90) + 0,133.0,133 sin(90)] = 10
2
→ QL =
(Var)

∠90
U1C = ZC.I1C = -500j.200
.10-3 = 100 (V)
∠0
∠90
U2C = ZC.I2C = -250j.0,533
.10-3= 0,133
(V)
1
[100.0,2 sin(−90) + 0,533.0,133 sin(90)] =
2
→ QC =
10 (Var)
7.15
Trên hai cực có đặt điện áp:
Qua hai cực có dịng:
Hãy xác định: giá trị hiệu dụng của áp và dịng, cơng suất tác dụng, công suất phản kháng, công
suất biểu kiến và công suất méo dạng của 2 cực.
Bài làm

S = URMS.IRMS = 4,7.2.45 = 11,515 VA
CHƯƠNG 8

Bài tập 8.21
Cho mạch có dây khơng tổn hao như hình. Xác định cơng suất tiêu thụ trên tải
Ω

Ω

Zt = 30 +j40 ( ). Với Zn = 10+j10 ( )

.

(Biết vec tơ biên độ phức của nguồn là

E

= 100

∠0 0

(V))


Bài giải
Ta phân tích bài tốn theo từng bước sau:
1. Hệ số phản xạ tại tải
.
.
Zt − Zc 30 + j 40 − 50
n2 =
=
= 0,5∠90 0
Zt + Zc 30 + j 40 + 50
2. Hệ số phản xạ tại đầu đường dây
.

n1 = 0,5∠900.e

− j(

4∏
.0 , 725λ )
λ

= 0,5∠900.1∠ − 1620
= 0,5∠ − 72 0
3. Trở kháng vào đầu đường dây
.

1 + n1

1 + 0,5∠ − 72 0
Zv = Zc
= 50
.
1 − 0,5∠ − 72 0
1 − n1


1,2486∠ − 22,385 0
= 50
= 64,361∠ − 51,738 0
0,97∠29,353 0

= (39,86 − j 50,54)Ω
4. Dòng điên vào đầu đường dây:
.

E
100∠0 0

I=
=
Z n + Z v 10 + j10 + 39,86 − j 50,54
.

= 1,5562∠39,114 0 ( A)
5. Điện áp vào đầu đường dây:
.

.

U 1 = Z v I 1 = 64,361∠ − 51,738 0.1,5562∠39,114 0

= 100,159∠ − 12,624 0 (V )
6. Công suất nhận tại đầu đường dây:

P=

=

1 . . 
Re U 1 . I 1 
2 


[

1
Re 100.159∠ − 12,624 0.1,5562∠ − 39,114 0
2

1
= .100.159.155,62. cos(51,738)
2
= 48,26 (W)

]


8.19. Cho sơ đồ đường dây không tổn hao. Biết Rt = 200Ω và ZC =
150Ω, bước sóng tín hiệu làm việc trên mạch là 20m. Xác định giá trị bé
nhất của x và y để trên đường dây bên trái 2-2’ khơng có sóng phản xạ.

Giải:

8.20. Cho đường dây khơng tổn hao có trở kháng ZC=100Ω và chiều dài l=1.25λ, trong đó λ là
bước sóng lan truyền dọc đường dây. Một nguồn áp lí tưởng đặt vào đầu đường dây có biên độ
phức =100(V) và cuối đường dây là tải có trở kháng Zt= 50Ω. Hãy vẽ giản đồ phân bố biên độ
điện áp và dòng điện trên đường dây theo thang độ thích hợp ( theo x/λ).
Giải:
l=1.25λ nên là đường dây phần tư sóng.