Bài tập lớn Lý thuyết mạch 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
VIỆN ĐIỆN
BÀI TẬP LỚN
MÔN: LÝ THUYẾT MẠCH 1

Câu 1:


Hình 1.

Hình 2. Sơ đồ mạch dạng phức

Ta có tổng trở từng nhánh là :

Z1 = R1 + jω L1
Z 7 = R7

;

;

Z 2 = R2

Z M = jω M

;

Z3 =

;

1
jωC3 Z 4 = R4 + jω L4

;

Z5 =

;

1
jωC5 Z 6 = R6 + jω L6

;

;


a)
1.

Viết phương trình tính dịng các nhánh :
Phương pháp dịng nhánh :

Hình 3.
-

Chọn chiều vịng như hình vẽ.
Phương trình dịng nhánh của mạch là :

& & &

I&
1 − I2 − I3 + J = 0
& &
I&
3 − I 4 − I5 = 0

& &
I&
5 − I6 + I7 = 0
&
&
I&
1Z1 + I 2 Z 2 = E1

&
&
&
− I&
2 Z 2 + I3Z3 + I 4 Z 4 − I 6 Z M = 0

&
&
&
&
− I&
4 Z 4 + I5 Z5 + I 6 Z 6 − I 4 Z M + I 6 Z M = 0
&
&
&
 − I&

6 Z 6 − I 7 Z 7 + I 4 Z M = − E7
2.Phương pháp dòng vòng


Hình 4.

-Chọn chiều dịng vịng như hình vẽ :
- Hệ phương trình dịng vịng là :
Z2
J&
(Cho khép vịng đi qua )

& & &
I&
v1 I v 2 I v 3 I v 4
;

;

;

.

&
&
&
I&
v1 ( Z1 + Z 2 ) − I v 2 Z 2 + JZ 2 = E1

&

&
&
&
− I&
v1 Z 2 + I v 2 ( Z 2 + Z 3 + Z 4 ) − I v 3 (Z 4 + Z M ) + I v 4 Z M − JZ 2 = 0

&
&
− I&
v 2 ( Z 4 + Z M ) + I v 3 ( Z 4 + Z 5 + Z 6 + 2 Z M ) − I v 4 (Z6 + Z M ) = 0

&
&
&
I&
v 2 Z M − I v 3 (Z 6 + Z M ) + I v 4 ( Z 6 + Z 7 ) = − E7
-

Dòng điện các nhánh là :

&
I&
1 = I v1
& &
I&2 = I&
v1 − I v 2 + J

&
I&
3 = Iv2

& &
I&
4 = I v 2 − I v3
&
I&
5 = Iv3
& &
I&
6 = I v3 − I v 4
&
I&
7 = −Iv4
3.Phương pháp thế nút (ZM =0):

Hình 5.

Chọn

ϕ&D = 0

-Hệ phương trình thế nút là :

(

1
1
1
1

E&
+
+ )ϕ&A − ϕ&B = 1 + J&
Z1 Z 2 Z 3
Z3
Z1


−

1
1
1
1
1
ϕ&A + ( + + )ϕ&B − ϕ&C = 0
Z3
Z3 Z 4 Z5
Z5

−

E&
1
1
1
1
ϕ&B + ( + + )ϕ&C = 7
Z5
Z5 Z6 Z7

Z7
-

Dòng các nhánh là :

E&1 − ϕ&A
&
I1 =
Z1

ϕ&A
&
I2 =
Z2
ϕ&A − ϕ&B
I&
=
3
Z3

ϕ&B
&
I4 =
Z4
ϕ&B − ϕ&C
I&
5 =
Z5

ϕ&C

&
I6 =
Z6
E&7 − ϕ&C
I&
=
7
Z6
b)Các phương trình matrix:
1) Hệ phương trình dịng nhánh dạng matrix:
+) Ma trận nhánh đỉnh: A


+) Ma trận nguồn dòng đỉnh :

J&d

+) Ma trận dòng vòng : C
+) Ma trận dòng điện nhánh :

I&
n

+) Ma trận suất điện động nhánh :

E&n

+) Ma trận tổng trở nhánh Z:
 Z1
1 0 0

0

÷

 −1 0 0 ÷
0
 −1 1 0 ÷


÷
A =  0 −1 0 ÷ Z =  0
0
 0 −1 1 ÷


÷
0
0
−
1
0

÷
0
0 0 1÷




0

Z2

0
0

0
0

0
0

0
0

0
0

Z3
0

0
Z4

0
0

0
−Z M

0

0
0

0
0
0

0
−ZM
0

Z5
0
0

0
Z6
0

;

 E&1 
 ÷
 0÷
 0÷
 ÷
E&n =  0 ÷
 0÷
 ÷
 0÷

 E& ÷
 7

;

 I&

1
 &÷
 I2 ÷
 I&
÷
3
 &÷
I&
n =  I4 ÷
 I&÷
 5÷
 I&
6÷
 I&÷
 7

&
AT I&
n + Jd = 0
T &
C T ZI&
n = C En

;

 J&
 ÷
J&d =  0 ÷
0÷
 

(1)
(2)

2) Hệ phương trình dịng vịng dạng matrix :

0
1 0 0 0 
÷

÷
0÷
 1 −1 0 0 ÷
0 1 0 0 ÷
0÷
÷

÷
0 ÷ C =  0 1 −1 0 ÷
0 0 1 0 ÷
0÷
÷


÷
0÷
 0 0 1 −1 ÷
 0 0 0 −1 ÷
Z7 ÷




;


+) Ma trận nguồn nhánh :

J&n

+) Ma trận dòng điện vịng :
0
 &÷
J ÷
0÷
 ÷
J&n =  0 ÷
0÷
 ÷
0÷
0÷
 

;

I&
v

 I&

v1
&÷
 Iv2 ÷
I&
=
v
 I&
÷
v3
 &
÷
÷
I
 v4 

T &
T
&
C T ZCI&
v = C En − C ZJ n

&
I&n = CI&
v + Jn

3)Hệ phương trình thế đỉnh dạng matrix ( ZM=0) :
+) Ma trận điện áp nhánh:
+) Ma trận thế đỉnh :

U&n

ϕ&d

+) Ma trận tổng dẫn nhánh : Y


 U&1 
 &÷
U 2 ÷
 U&3 ÷
 ÷
U&n =  U&4 ÷
 U& ÷
 5÷
 U&6 ÷
 U& ÷
 7

;

 ϕ&A 
ϕ&d =  ϕ&B ÷
÷
 ϕ& ÷

 C

&
&
I&
n = −YAϕ d + YEn

AT YAϕ&d = AT YE&n + J&d

Câu 2: N=97

;

 1
Z
 1

 0


 0


Y = 0


 0


 0



 0


0

0

0

0

0

1
Z2

0

0

0

0

0

1
Z3

0

0

0

0

0

1
Z4

0

0

0

0

0

1
Z5

0

0

0

0

0

1
Z6

0

0

0

0

0


0 ÷
÷
÷
0 ÷
÷
÷
0 ÷
÷
÷

0 ÷
÷
÷
0 ÷
÷
÷
0 ÷
÷
1 ÷
÷
Z7 ÷



R1 = 200Ω; L1 = 0, 2 H ; R2 = 500Ω
C3 = 10−5 F ; R4 = 400Ω; L4 = 0,3H
C5 = 10−6 F ; R6 = 300Ω; L6 = 0, 4 H

M = 0,1H ; R7 = 400Ω

(

ω = 4850 rad s

)

e1 = 300 2 sin(4850t )(V); e7 = 100 2 sin(14550t − 50o)(V )
j = 2 2 sin(4850t + 15o) + 2 sin(14550t + 27 o)
1)

+)

(A)

Tính giá trị tức thời , giá trị hiệu dụng các dòng nhánh, công suất tác dụng
của các nguồn ?
ω = 4850 ( rad s )

-Ta có mạch điện mới là:
Z1 = R1 + jω L1 = 200 + j 970(Ω) Z 2 = R2 = 500Ω

;

Z 4 = R4 + jω L4 = 400 + j1455(Ω)

Z5 =

;

Z3 =

;

1
20000
=
Ω
jωC5
j 97

Z 6 = R6 + jω L6 = 300 + j1940(Ω) Z 7 = R7 = 400Ω

;

Z M = jω M = j 485Ω E&1 = 300∠0o = 300V

;

1
2000
=
Ω
jωC3
j 97

;

;

;

;

J&= 2∠15o ≈ 1,932 + j 0,518( A) E&7 = 0

;


-Sử dụng phương pháp dòng vòng

& & &
I&
v1 ; I v 2 ; I v 3 ; I v 4

có chiều như hình vẽ .

-Chọn nguồn dịng J khép vịng qua Z2 .
-Ta có hệ phương trình dịng vịng :

&
&
&
I&
v1 ( Z1 + Z 2 ) − I v 2 Z 2 + JZ 2 = E1
&
&
&
&
− I&
v1Z 2 + I v 2 ( Z 2 + Z 3 + Z 4 ) − I v 3 (Z 4 + Z M ) + I v 4 Z M − JZ 2 = 0

− I&v 2 ( Z 4 + Z M ) + I&v3 ( Z 4 + Z 5 + Z 6 + 2 Z M ) − I&
v 4 (Z6 + Z M ) = 0
&
&
I&
v 2 Z M − I v 3 (Z 6 + Z M ) + I v 4 ( Z 6 + Z 7 ) = 0

-Dòng điện các vòng là :
I&v1

I&
v2

=-0.1173 + 0.0510j
=1.0688 + 0.3614j


I&
v3

=0.8392 + 0.5987j

I&
v4

= 0.6049 + 0.7466j

-Dòng điện các nhánh là :
&
I&
1 = I v1 = -0.1173 + 0.0510j
& & &
I&
2 = I v1 − I v 2 + J = 0.7458 + 0.2072j

&
I&
3 = I v 2 = 1.0688 + 0.3614j
& &
I&

4 = I v 2 − I v 3 = 0.2296 - 0.2373j

&
I&
5 = I v 3 =  0.8392 + 0.5987j
& &
I&
6 = I v 3 − I v 4 =  0.2342 - 0.1478j

&
I&
7 = − I v 4 =  -0.6049 - 0.7466j

-Dòng điện tức thời là :
i11 = 2.0,13sin(4850t + 157o)( A)
i21 = 2.0, 77 sin(4850t + 16o)( A)
i31 = 2.1,13sin(4850t + 19o)( A)
i41 = 2.0,33sin(4850t − 46o)( A)
i51 = 2.1, 03sin(4850t + 36o)( A)
i61 = 2.0, 28sin(4850t − 32o)( A)
i71 = 2.0,96sin(4850t − 129o)( A)


-Có:

+)

U&21 = Z 2 I&
2 = 372,9 + 103, 6 j

.

ω = 14550( rad s )

-Ta có mạch điện mới là:
Z1 = R1 + jω L1 = 200 + j 2910(Ω) Z 2 = R2 = 500Ω

;

Z 4 = R4 + jω L4 = 400 + j 4365(Ω)

Z5 =

;

Z3 =

;

1
20000
=
Ω
jωC5
j 291

Z 6 = R6 + jω L6 = 300 + j 5820(Ω) Z 7 = R7 = 400Ω

;

1
2000
=
Ω
jωC3 j 291

;

;

Z M = jω M = j1455Ω E&1 = 0 E&7 = 100∠ − 50o ≈ 64, 279 − j 76, 604(V )

;

;

J&= 1∠27o ≈ 0,891 + j 0, 454( A)

;

;

;


-Sử dụng phương pháp dòng vòng

& & &
I&
v1 ; I v 2 ; I v 3 ; I v 4

có chiều như hình vẽ .

-Chọn nguồn dịng J khép vịng qua Z2 .
-Ta có hệ phương trình dịng vịng :
&
&
I&
v1 ( Z1 + Z 2 ) − I v 2 Z 2 + JZ 2 = 0

&
&
&
&
− I&
v1Z 2 + I v 2 ( Z 2 + Z 3 + Z 4 ) − I v 3 (Z 4 + Z M ) + I v 4 Z M − JZ 2 = 0

− I&v 2 ( Z 4 + Z M ) + I&v3 ( Z 4 + Z 5 + Z 6 + 2 Z M ) − I&
v 4 (Z6 + Z M ) = 0
&
&
&
I&
v 2 Z M − I v 3 (Z6 + Z M ) + I v 4 ( Z 6 + Z 7 ) = − E7

-Dòng điện các vòng là :
I&
v1 =  -0.0345 + j0.0762

I&

v 2 = 0.3992 + j0.3602
I&
v 3 = 0.3628 + j0.4248

I&
v 4 =  0.3319 + j0.4732

-Dòng điện các nhánh là :
&
I&
1 = I v1 =  -0.0345 + 0.0762j
& & &
I&
2 = I v1 − I v 2 + J = 0.4574 + 0.1700j

&
I&
3 = I v 2 = 0.3992 + 0.3602j
& &
I&
4 = I v 2 − I v 3 =  0.0363 - 0.0646j

&
I&
5 = I v 3 =   0.3628 + 0.4248j
& &
I&
6 = I v 3 − I v 4 =   0.0309 - 0.0484j

&
I&
7 = − I v 4 =   -0.3319 - 0.4732j

-Dòng điện tức thời là :
i12 = 2.0, 084 sin(14550t + 114o)( A)
i22 = 2.0, 488sin(14550t + 20o)( A)
i32 = 2.0,538sin(14550t + 42o)( A)
i42 = 2.0, 074sin(14550t − 61o)( A)
i52 = 2.0,559sin(14550t + 50o)( A)
i62 = 2.0, 057 sin(14550t − 57o)( A)
i72 = 2.0, 578sin(14550t + 125o)( A)

-Có:

U&22 = Z 2 I&
2 = 228, 7 + 85 j

.

-Kết luận ta có :
i1 = 2.0,13sin(4850t + 157o) + 2.0, 084sin(14550t + 114o)( A)
i2 = 2.0, 77 sin(4850t + 16o) + 2.0, 488sin(14550t + 20o)( A)
i3 = 2.1,13sin(4850t + 19o) + 2.0,538sin(14550t + 42o)( A)
i4 = 2.0,33sin(4850t − 46o) + 2.0, 074sin(14550t − 61o)( A)
i5 = 2.1, 03sin(4850t + 36o) + 2.0,559sin(14550t + 50o)( A)
i6 = 2.0, 28sin(4850t − 32o) + 2.0, 057 sin(14550t − 57o)( A)


i7 = 2.0,96sin(4850t − 129o) + 2.0, 578sin(14550t + 125o)( A)

-Có cơng suất phức các nguồn là :
&ˆ
S%
1 = E1 I1 = 300.( −0,1173 − 0, 051 j ) = −35,19 − 15,3 j
&ˆ
S%
7 = E7 I 7 = (64, 279 − j 76, 604).( −0, 0345 − 0, 0762 j ) = −8, 055 − 2, 255 j

& &
S%
J1 = U 21 J1 = (372,9 + 103, 6 j ).(1,932 − j 0,518) = 774,11 + 6,99 j
& &
S%
J 2 = U 22 J 2 = (228, 7 + 85 j ).(0,891 − j 0, 454) = 242,36 − 28, 09 j

-Ta có cơng suất tác dụng của các nguồn là :

Pe1 = 35,19(W) Pe7 = 8, 055(W)
;

b)Chọn

;

Pj = 811,16(W)

E&7 = 0; J&= 0

-Ta có :

&
&
 I&
v1 ( Z1 + Z 2 ) − I v 2 Z 2 = E1
 &
&
&
 − I v1Z 2 + I&
v 2 ( Z 2 + Z 3 + Z 4 ) − I v 3 (Z 4 + Z M ) + I v 4 Z M = 0
 &
&
&
 − I v 2 ( Z 4 + Z M ) + I v 3 ( Z 4 + Z 5 + Z 6 + 2 Z M ) − I v 4 (Z6 + Z M ) = 0
 I& Z − I& (Z + Z ) + I& ( Z + Z ) = 0
v3
6
M
v4
6
7
 v2 M
=>
&
&
 I&
v1 (700 + 0, 2. jω ) − I v 2 .500 = E1

5
 − I& .500 + I& (900 + 0,3. jω + 10 ) − I& (400 + 0, 4. jω ) + I& .0,1. jω = 0

v2
v3
v4
 v1
jω

6
 − I& (400 + 0, 4. jω ) + I& (700 + 0,9. jω + 10 ) − I& (300 + 0,5. jω ) = 0
v3
v4
 v2
jω

&
&
 I&
v 2 .0,1. jω − I v 3 (300 + 0,5. jω ) + I v 4 (700 + j ω .0, 4) = 0


-Đặt s=

jω

ta có :

-Giải bằng Matlab ta được :
>> syms s E
>> A=[700+0.2*s -500 0 0;-500 900+0.3*s+(10^5)/s -(400+0.4*s) 0.1*s;0 (400+0.4*s) 700+0.9*s+(10^6)/s -300-0.5*s;0 0.1*s -300-0.5*s 700+0.4*s];
>> B=[E;0;0;0];
>> Z=inv(A)*B

(5*E*(99*s^4 + 526000*s^3 + 879000000*s^2 + 710000000000*s +
70000000000000))/(99*s^5
+
735000*s^4
+
1957500000*s^3
+
2786500000000*s^2 + 1680000000000000*s + 245000000000000000)
(25*E*(11*s^4 + 61000*s^3 + 80000000*s^2 + 70000000000*s))/
(99*s^5 + 735000*s^4 + 1957500000*s^3 + 2786500000000*s^2 +
1680000000000000*s + 245000000000000000)
(25*E*(11*s^4 + 41000*s^3 + 28000000*s^2))/(99*s^5 +
735000*s^4 + 1957500000*s^3 + 2786500000000*s^2 + 1680000000000000*s +
245000000000000000)
(25*E*s*(11*s^3 + 25000*s^2 + 2000000*s))/(99*s^5 +
735000*s^4 + 1957500000*s^3 + 2786500000000*s^2 + 1680000000000000*s +
245000000000000000)
=>

I&
v1 =

5 E.(99.s 4 + 5, 26.105.s 3 + 8, 79.108.s 2 + 7,1.1011.s + 7.1013 )
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

I&
v2 =

25 E (11.s 4 + 61000.s 3 + 8.107.s 2 + 7.1010.s)

99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016


I&
v3 =

25 E (11.s 4 + 41.103.s 3 + 28.106.s 2 )
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

I&
v4 =

25 E.s.(11.s 3 + 25.103.s 2 + 2.106.s)
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

Ta có :
+)
& &
I&
4 = I v 2 − I v3 =

25.E.(2.104.s 3 + 52.106.s 2 + 7.1010.s )
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

+)
& &
I&
6 = Iv3 − I v 4 =

25.E.(16.103.s 3 + 26.106.s 2 )

99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

=>
&
U&CD = Z 6 .I&
6 − Z M .I 4 =

25.E.(4400.s 3 + 107.s 3 + 8.108.s 2 )
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s 3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

=>
KU =

U&CD
25(4400.s 4 + 107.s3 + 8.108.s 2 )
=
E&1
99.s 5 + 7,35.105.s 4 + 19,575.108.s3 + 27,865.1011.s 2 + 16,8.1014.s + 24,5.1016

-Vẽ đặc tính tần của hàm truyền bằng sơ đồ Nyquist sử dụng matlab ta có :

Câu 3 :
C = 10−6 N ( F ) L1 = 0,1( H ); R1 = 1000Ω; R2 = 2000Ω

;

N=97

;

e1 = 200 2 sin(103 t )(V )


a)
- Mạch điện trước khi đóng khóa K :


Z1 = R1 + jω L1 = 1000 + 100 j; Z 2 = R2 = 2000

;

E&1 = 200(V )

Ta có :
&
I&
1 = I2 =

E&1
= 0, 067 − 2, 22.10 −3 j( A)
Z1 + Z 2

i1 = 2.0, 067.sin(103 t − 1,9o)( A)

i1 (−0) = −3,14.10−3 (A)
Theo định luật đóng mở 1 :
Theo định luật đóng mở 2 :
-

uC ( −0) = uC (+0) = 0

L1i1 ( −0) = L1i1 ( +0) ⇒ i1 (+0) = −3,14.10 −3 ( A)

Sau khi đóng khóa K sử dụng định luật Kirchhoff :

i1 (+0) − i2 (+0) − CU c′ (+0) = 0

R1i1 (+0) + L1i1′( +0) + R2 i2 ( +0) = e1 ( +0)
− R2i2 (+0) + U c (+0) = 0

⇒ R1i1 (+0) + L1i1′( +0) = e1 ( +0)

⇔ 1000.(−3,14.10 −3 ) + 0,1.i1′(+0) = 0

⇒ i1′(+0) = 31, 4(A)
i1 ( +0 ) − i2 (+0) = CuC′ (+0) = i1 (+0) = −3,14.10 −3 ⇒ uC′ ( +0) = −64, 08(V )

Ta có :
-

Sau khi đóng khóa K thì ta sẽ có mạch :


ϕ&B = 0
Z3 =

ϕ&A =
;

Y1 E&1
Y1 + Y2 + Y3

1
= −10,31 j
jωC

;

;

⇒ ϕ&A = −0,1729 − 2, 0463 j
U&C = ϕ&A
⇒ uCxl = 2.2, 054.sin(103 t − 95o)(V )

-Tính đáp ứng tự do :


Từ đó ta có định thức đặc trưng :

⇔ CR2 L1 p 2 + (CR1 R2 + L1 ) p + R1 + R2 = 0

⇔ 0, 0194 p 2 + 194,1 p + 3000 = 0
⇒ p1 = −15, 48; p2 = −9989, 67

⇒ uCtd = A1e p1t + A2 e p2t = A1e −15,48t + A2e −9989,67t
Ta có :

uC = uCxl + uCtd = 2.2, 054.sin(103 t − 95o) + A1e −15,48 t + A2 e −9989,67 t
uC′ = 2.2054.cos(103 t − 95o) − 15, 48.A1 .e −15,48t − 9989, 67. A2 .e −9989,67 t
Mà :

uC (+0) = 0

;

uC′ ( +0) = −64, 08(V )

A1 + A2 = 2,89
15, 48 A1 + 9989, 67 A2 = −253,17
⇒ A1 = 2,92; A2 = −0, 03



b)

uC (t ) = uCxl + uCtd = 2.2, 054.sin(103 t − 95o) + 2,92e −15,48t − 0, 03e −9989,67 t
Tính

uC (t )

theo phương pháp tốn tử Laplace:

-Tại thời điểm trước khi đóng khóa K mạch đã ở trạng thái xác lập nên ta có :

i1 (−0) = −3,14.10−3 (A) uC ( −0) = 0
;
-Ta sẽ có sơ đồ tốn tử của mạch điện là :
E1 ( s) = L { e1} = 200 2

103
s 2 + 106

;

L1i1 (−0) = −3,14.10 −4

-Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có :

(V)


1

 I1 ( s ) − ( sC + )U C ( s ) = 0
R2

( R + sL ) I ( s ) + U ( s ) = E ( s ) + L i (−0)
1 1
C
1
11
 1
⇒ U C (s) =

E1 ( s ) + L1i1 ( −0)

(

1
+ sC )(R 1 + sL1 ) + 1
R2

200 2.103
− 3,14.10−4
2
6
s + 10
⇒ U C ( s) =
9, 7.10−6 s 2 + 0, 09705s + 1,5
2,916.1010
32,37
⇒ U C ( s) = 2
−
= U1 ( s ) + U 2 ( s )
6
( s + 10 )( s + 15, 48)( s + 9989, 67) ( s + 15, 48)( s + 9989, 67)
U1 ( s ) =

Xét :

2,916.1010
M ( s)
=
( s 2 + 106 )( s + 15, 48)( s + 9989, 67) N (s)

N ( s) = 0 ⇔ s1 = 103 j; s2 = −103 j; s3 = −15, 48; s4 = −9989, 67
Ta có :
A1 =

M ( s)
= −1, 447 + 0,122 j = 1, 452∠175o

N ′( s )|s = s1

A2 =

M (s)
= 2,9228
N ′( s )|s = s3

A3 =

M (s)
= −0, 029
N ′( s)|s = s4


⇒ L−1 { U1 ( s)} =  2.1, 452.cos(103 t + 175o) + 2,9228.e −15,48t − 0, 029.e −9989,67 t  1(t )
U 2 ( s) = −
Xét :

32,37
M ( s)
=
( s + 15, 48)( s + 9989, 67) N ( s)

N ( s ) = 0 ⇔ s1 = −15, 48; s2 = −9989, 67
-Ta có :
A1 =

M (s)
= −3, 245.10 −3

N ′( s )|s = s1

A2 =
;

M (s)
= 3, 245.10−3
N ′( s )|s = s2

⇒ L−1 { U 2 } =  −3, 245.e −15,48t + 3, 245.e −9989,67 t  1(t )
Ta có :
uC (t ) =  L−1 { U1 ( s )} + L−1 { U 2 ( s )}  =  2,904 cos(103 t + 175o) + 2,92.e −15,48t − 0, 03.e −9989,67 t  1(t )

=  2,904sin(103 t − 95o) + 2,92.e −15,48t − 0, 03.e −9989,67 t  1(t )

Câu 4 :
-Các thông số:

U o = 100V ; To = 10−3 ( s ); T = 3.10−3 ( s )

R1 = 1000(Ω); L1 = 0, 2 H ; C = 10−7.N (F); R 2 = 2000(Ω); N = 97

(V)