Bài tập lớn Lý thuyết mạch 1Gv Nguyễn Thế Thắngđh Bách Khoa Hà Nội
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (242.7 KB, 30 trang )
Bài tập lớp môn Lý thuyết mạch điện 1.
Bài 1:
Số nhánh n= 7
Số nút d= 4
=>
-Phương pháp dòng nhánh:
Hệ phương trình Kiết-sốp 1:
Nút A:--=0
Nút B:
Nút C:
Hệ phương trình Kiết-sốp 2:
Vòng 1:
Vòng 2:
Vòng 3:
Vòng 4:
-Phương pháp dòng vòng: J khép vòng qua nhánh 2
Vòng 1:
Vòng 2:
(
Vòng 3:
Vòng 4:
=
Xác định dòng các nhánh:
;;
;
-Phương pháp thế nút:
M=0; chọn
Nút A: (=
Nút B: (=
Nút C: (
Dòng qua các nhánh:
(; ; (
( (
(
b)Giải bằng phương pháp ma trận :
Ma trận nhánh nút:
A
B
1
1
0
2
-1
0
3
-1
1
4
0
-1
5
0
-1
6
0
0
7
0
0
(A)
C
0
0
0
0
0
1
-1
1 0 0
−1 0 0
−1 1 0
A = 0 −1 0
0 −1 1
0 0 −1
0 0 1
Ma trận nhánh vòng : (C )
Vòng1 Vòng2 Vòng3
1 1
0
0
2 1
-1
0
3 0
1
0
4 0
1
-1
5 0
0
1
6 0
0
1
7 0
0
0
Vòng4
0
0
0
0
0
-1
-1
1
1
0
C = 0
0
0
0
0 0 0
−1 0 0
1 0 0
1 −1 0
0 1 0
0 1 −1
0 0 −1
Ma trận tổng trở các nhánh :(Z )
1
1
2
0
2
3
4
5
6
7
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
3
0
0
4
0
0
0
5
0
0
0
6
0
0
0
7
0
0
0
Z1
0
0
Z =0
0
0
0
0
0
Z2
0
0
0
0
Z3
0
0
0
0
Z4
0
0
0
0
0
0
0
−Z m
0
0
0
0
0
0
0
−Zm
0
Z5
0
0
0
Z6
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Z 7
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Ma trận tổng dẫn nhánh:Y=
Phương pháp dòng nhánh:
Phương trình của định luật Kirchoff 1 :
AT I nh + J = 0
Phương trình của đinh luật Kirchoff 2:
C T ZI nh = C T Enh
(1)
(2)
I&
1
&
I2
&
1 −1 −1 0 0 0 0 I 3
0 0 1 −1 −1 0 0 * I&
4 +
(1)
=
0 0 0 0 1 −1 1 I&
&
J
5
0
&
I 6 0 0
I& 0 0
7
I&
− I&2 − I&
0
0
0
0 J& 0
1
3
& − I& − I& 0
0
0
I
0
0
0
3
4
5
(*)
&
&
&
0 0
0
0
I 5 − I 6 + I 7 0 0
(2)
1 1
0 −1
0 0
0 0
0
1
0
1
0
0
0 −1 1
0 0 0
Z1
0
0 0
0
0 0
* 0
1 0
0
−1 −1
0
0
0
0
0
0
0
Z2
0
0
0
0
0
0
Z3
0
0
Z4
0
0
0
−Z M
0
0
0
Z5
0
0
0
0
0
−Z M
0
0
0
Z6
0
&
0 I1
&
0 I2
0 I&
3
&
0 * I4 =
0 I&
5
0 I&
6
Z 7 I&
7
1 1
0 −1
0 0
0 0
0
1
0
1
E&1
0
0 0
0
0 0
* 0
1 0
0
−1 −1
0
&
E7
0
0
0 −1 1
0
0
0
Z1I&
+ Z 2 I&
0
0
0
0
0
E&1
1
2
&
&
+ Z 4 I&
0
− Z M I&
0
0
4
6
0 −Z 2 I 2 + Z3I3
0
0
0
−( Z 4 + Z M ) I&
+ Z 5 I&
+ (Z M + Z 6 ) I&
0
0
4
5
6
0
0
Z M I&
0
− Z 6 I&
− Z 7 I&
− E&7
4
6
7
0
(**)
Từ 2 ma trận (*) và (**) ta được phương trình mô tả mạch điện
Phương pháp dòng vòng:
.
.
.
.
.
Input: C , J N , Z , E Output: IV , I
•
&
Hệ thức liên hệ giữa dòng nhánh và dòng vòng là : I&= C I&
V + JN
•
Mà ta lại có
C T ZI&= C T E&
T &
T &
T &
&
C T Z (CI&
C T ZCI&
V + JN ) = C E
V = C E − C ZJ N
T
−1
T &
T &
I&
V = (C ZC ) (C E − C ZJ N )
( Z1 + Z 2 ) I&v1
− Z 2 I&v 2
0
0
− Z 2 I&v1
+( Z 2 + Z 3 + Z 4 ) I&v 2
−( Z 4 + Z M ) I&v3
+ Z M I&v 4
&
IV =
0
−( Z 4 + Z M ) I&v 2
+( Z 4 + 2Z M + Z5 + Z 6 ) I&v 3 −(Z M + Z 6 ) I&v 4
0
Z M I&v 2
−( Z 6 + Z M ) I&v 3
+( Z 6 + Z 7 ) I&v 4
Do
&
I&= CI&
V + JN
nên:
0
1 0 0 0
0 I&
v1
1 −1 0 0
J& &
&
I& I v1 − I v 2
0 1 0 0 v1 0 0
I&
v2
&
Iv2
&
I = 0 1 −1 0 *
+ 0 = 0
I&
v2
I&
v3
0 0 1 0 0 0
0
I&
v4
0
0 0 1 −1
0 0
0 0 0 −1
0 0
0
0
0
0
− I&
v3
I&
v3
&
I
Phương pháp thế nút
A&, Y&, J&, E&
ϕ& &
Input:
Output: , I
Ta có:
− Aϕ&= U&,U&= Z&&
I − E&⇔ I&= Y&(− Aϕ&+ E&)
T & &
& − Aϕ&+ E&) + J&= 0
AT Y(
A
I
+
J
=
0
Mà
nên ta có
& ) −1 ( AT YE
&&+ J&)
ϕ&= ( AT YA
v3
0
0
J&
0
0
0
− I&
v4
&
− I v 4
E&1 − Z 2 J&
Z 2 J&
0
− E&7
Z1
0
0
Z nh = 0
Nếu M=0 thì
0
0
0
0
Z2
0
0
0
0
0
0
Z3
0
0
0
0
0
0
Z4
0
0
0
0
0
0
Z5
0
0
0
0
0
0
Z6
0
0
0
0
0
0
0
0
0
,
0
0
Z 7
Y1 0 0 0 0 0 0
0 Y 0 0 0 0 0
2
0 0 Y3 0 0 0 0
Ynh = 0 0 0 Y4 0 0 0
,
0 0 0 0 Y5 0 0
ϕ&A
0 0 0 0 0 Y6 0 ϕ&= ϕ&B
0 0 0 0 0 0 Y7
ϕ&C
Do đó:
(Y1 + Y2 + Y3 )ϕ&A
−Y3ϕ&B
0
Y1E&1 + J&
ϕ&=
−Y3ϕ&A
(Y3 + Y4 + Y5 )ϕ&B
−Y5ϕ&C
0
0
−Y5ϕ&B
(Y5 + Y6 + Y7 )ϕ&C
Y7 E&7
−Y1ϕ&A
0
0
Y1E&1
Y2ϕ&B
0
0
0
Y3ϕ&A −Y3ϕ&B
0
0
I&= Y (− Aϕ&+ E&) = 0
&B
Y
ϕ
0
0
4
Và
0
Y5ϕ&B −Y5ϕ&C
0
&
0
0
Y
ϕ
0
6 C
0
&
0
−Y7ϕ&C Y7 E7
Bài 2 :
N=29
R1=200Ω , L1=0,2H , R2=500Ω ,
C3=10-5F=23.10-5F , R4=400Ω ,
L4=0,3H , C5=10-6F , R6=300Ω ,
L6=0,4H , M=0,1H , R7=400Ω ,
ω =50*N=50*29=1450(rad/s)
e1 = 2.300sin(ωt )
(V)
e7 = 2.100sin(3ω t − 50o ) (v)
j = 2.2sin(ωt + 15o ) + 2 sin(3ωt + 27 o )(A)
a)Tính giá trị tức thời của các nhánh i, công suất
Pe1 , Pe7 , Pj
Khi ω =1450(rad/s):
Z1 = R1 + jω L1 = 200 + 290 j (Ω) Z 2 = R2 = 500(Ω)
,
,
Z3 =
1
= −68.97 j (Ω)
, Z 4 = R4 + jω L4 = 400 + 435 j (Ω) ,
jωC3
Z5 =
1
= −689.66 j (Ω)
, Z 6 = R6 + jω L6 = 300 + 580 j (Ω) ,
jωC5
Z 7 = R7 = 400(Ω) Z M = jω M = 145 j
,
.
E&1 = 300∠0o = 300(V)
,
J& = 2∠150 ≈ 1,919 + 0,5176 j ( A)
,
E&7 = 0
Chọn nguồn dòng J khép vòng qua nhánh 2
Ta có mạch điện
& & & &
Z1I&
v1 + Z 2 ( I v1 − I v 2 + J) = E1
& &
&
& &
& &
Z 2 ( I&
v 2 − I v1 − J) + Z 3 I v 2 + Z 4 ( I v 2 − I v 3 ) + Z M ( − I v 3 + I v 4 ) = 0
& &
& &
&
& &
& &
Z 4 ( I v 3 − I v 2 ) + Z M ( I v 3 − I v 4 ) + Z 5 I v3 + Z 6 ( I v 3 − I v 4 ) + ZM ( I v3 − I v 2 ) = 0
Z ( I& − I& ) + Z (− I& + I& ) + Z I& = − E&
M
v3
v2
7 v4
7
6 v 4 v3
Ig
−500
0
0
700 + 290 j
vg1 −665.93 − 258.82 j
−500
I 965.93 + 258.82 j
900
+
366.03
j
−
400
−
580
j
145
j
* v2 =
⇔
0
−400 − 580 j 700 + 615.34i −300 − 725 j g 0
I v3
0
145 j
−300 − 725 j
700 + 580 j g 0
I v 4
Giải ra được
Iv =
-0.4058 + 0.1450i
0.6797 + 0.4852i
0.0549 + 0.7133i
-0.2556 + 0.4335i
I&= I&
1 v1
& &
I&2 = I&
v1 − I v 2 + J
-0.4058 + 0.1450i (A)
&
I&
3 = Iv 2
0.8464 + 0.1774i (A)
& &
0.6797 + 0.4852i (A)
Do: I 4 = I v 2 − I v 3
Nên:
& &
Inh = 0.6248 - 0.2281i (A)
I5 = Iv3
0.0549 + 0.7133i (A)
I& = I& − I&
6
v3
v4
g
0.3105 + 0.2798i (A)
I 7 = − Igv 4
0.2556 - 0.4335i (A)
i11 =
i21 =
i31 =
⇒ i41 =
i51 =
i =
61
i =
71
2.0,43sin(ωt − 19.66o )( A)
2.0,86sin(ωt + 11.83o )(A)
2.0,84sin(ωt + 35.52o )( A)
2.0,66sin(ωt − 20.05o )( A)
2.0,72sin(ωt + 85.59o )( A)
2.0,42sin(ωt + 42.02o )( A)
2.0,50sin(ωt − 59.47 o )( A)
S11=* = 300* ( -0.4058 + 0.1450j )= 741.71-91.237j (W)
Công suất của nguồn Pe11= 741.71 (W)
1,919 + 0,5176 j
SJ21 = =(423.19 + 88.68j)*(
)=766.2+389.22j(W)
Công suất nguồn dòng PJ21 = 766.2 (W)
-Khi ω =3*1450=4350 rad/s
Z1 = R1 + jω L1 = 200 + 870 j (Ω) , Z 2 = R2 = 500(Ω) ,
Z 4 = R4 + jω L4 = 400 + 1305 j (Ω) ,
Z 6 = R6 + jω L6 = 300 + 1740 j ( Ω)
Z5 =
,
1
= −23 j (Ω)
,
jωC3
1
= −229.9 j (Ω)
,
jωC5
,
Z 7 = R7 = 400(Ω) Z M = jω M = 435 j
,
E&1 = 0(V)
Z3 =
J& = 2∠270 ≈ 0.8910 + 0.4540j( A)
E&7 = 100∠ − 50 = 64.2788 -76.6044i
Chọn nguồn dòng J khép vòng qua nhánh 2
Ta có mạch điện:
,
& & & &
Z1I&
v1 + Z 2 ( I v1 − I v 2 + J) = E1
& &
&
& &
& &
Z 2 ( I&
v 2 − I v1 − J) + Z 3 I v 2 + Z 4 ( I v 2 − I v 3 ) + Z M ( − I v 3 + I v 4 ) = 0
& &
& &
&
& &
& &
Z 4 ( I v 3 − I v 2 ) + Z M ( I v 3 − I v 4 ) + Z 5 I v3 + Z 6 ( I v 3 − I v 4 ) + Z M ( I v 3 − I v 2 ) = 0
Z ( I& − I& ) + Z (− I& + I& ) + Z I& = − E&
M
v3
v2
7 v4
7
6 v 4 v3
Ig
−500
0
0
700 + 870 j
vg1 -445.5 - 227j
−500
I 445.50 + 227j
900
+
1282
j
−
400
−
1740
j
435
j
* v2 =
⇔
0
−400 − 1740 j 700 + 3685.1j −300 − 2175 j g 0
I v3
0
435 j
−300 − 2175 j 700 + 1740 j g -64.28 + 76.6j
I v 4
Giải ra được
Iv =
-0.1717 + 0.1908j
0.3186 + 0.4223j
0.1486 + 0.5306j
0.0110 + 0.5734j
I&= I&
1 v1
& &
I&2 = I&
v1 − I v 2 + J
-0.1717 + 0.1908i (A)
&
I&
3 = Iv 2
0.4007 + 0.2225i (A)
& &
I
=
I
−
I
4
v
2
v
3
0.3186 + 0.4223i (A)
Do:
Nên:
& &
Inh = 0.1699 - 0.1083i (A)
I
=
I
5
v
3
0.1486 + 0.5306i (A)
I& = I& − I&
g6 v 3g v 4
0.1376 - 0.0428i (A)
I 7 = − I v4
-0.0110 - 0.5734i (A)
i12 =
i22 =
i32 =
⇒ i42 =
i52 =
i =
62
i =
72
2.0,26sin(3ωt − 48.01o )( A)
2.0,46sin(3ωt + 29.04o )(A)
2.0,53sin(3ωt + 52.96o )( A)
2.0,20sin(3ωt − 32.51o )( A)
2.0,55sin(3ωt + 74.35o )( A)
2.0,14sin(3ωt − 17.27 o )( A)
2.0,57sin(3ωt + 88.9o )( A)
S22=* = ( 64.2788 -76.6044i )* ( -0.0110 - 0.5734i )= -44.63-36.01j (W)
Công suất của nguồn Pe72= -44.63 (W)
0.8910 + 0.4540j
SJ12 = =(200.35 + 111.25j)*(
)=128+190.08j(W)
Công suất nguồn dòng PJ22 = 128 (W)
Như vậy:
Dòng điện các nhánh là :
i1 (t ) = i11 + i12 = 2.0,43sin(ωt − 19.66o ) + 2.0,26sin(3ωt − 48.01o ) (A)
i2 (t ) = i21 + i22 = 2.0,86sin(ωt + 11.83o ) + 2.0,46sin(3ωt + 29.04o ) (A)
i3 (t ) = i31 + i32 = 2.0,84sin(ωt + 35.52 o ) + 2.0,53sin(3ωt + 52.96 o ) ( A)
i4 (t ) = i41 + i42 = 2.0, 66sin(ωt − 20.05o ) + 2.0, 20sin(3ωt − 32.51o ) ( A)
i5 (t ) = i51 + i52 = 2.0, 72sin(ωt + 85.59o ) + 2.0,55sin(3ωt + 74.35o ) ( A)
i6 (t ) = i61 + i62 = 2.0, 42sin(ωt + 42.02o ) + 2.0,14sin(3ωt − 17.27 o ) ( A)
i7 (t ) = i71 + i72 = 2.0,50sin(ωt − 59.47 o ) + 2.0,57 sin(3ωt + 88.9o )
Dòng điện hiệu dụng các nhánh là:
( A)
I1 = I112 + I12 2 = 0.5( A)
I 2 = I 212 + I 22 2 = 0.97( A)
I 3 = I 312 + I 32 2 = 0.99( A)
I 4 = I 412 + I 42 2 = 0.67( A)
I 5 = I 512 + I 52 2 = 0.9( A)
I 6 = I 612 + I 62 2 = 0.44( A)
I 7 = I 712 + I 72 2 = 0.76( A)
Công suất tác dụng của nguồn là :
Pe1 = Pe11 +0 = 741.71 (W)
Pe7 = 0+Pe72= -44.63 (W)
PJ2 = PJ21+ PJ22 = 766.2 + 128 = 894.2(W)
g
b) Hàm truyền đạt
K u ( jω ) =
Với ω, chọn E7 =0, J=0.
Ta có hệ :
Thay số vào ta được :
Với s=jω, giải ra ta được
U CD
g
E1
5E ( 99 s 4 + 5.26*105 s 3 + 8.79*108 s 2 + 7.1*1011 s + 7*1013 )
g
I v1 = 99 s 5 + 7.35*105 s 4 + 1 .9575*109 s3 + 2.7865*1012 s 2 + 1 .68*1015 s + 2.45*1017
25E ( 11s 4 + 6.1*10 4 s 3 + 8 *107 s 2 + 7*1010 s )
g
I v 2 =
99s 5 + 7.35*105 s 4 + 1 .9575*109 s 3 + 2.7865*1012 s 2 + 1 .68*1015 s + 2.45*1017
g
25E ( 11s 4 + 4.1*104 s 3 + 2.8*107 s 2 )
I v3 =
99s 5 + 7.35*105 s 4 + 1 .9575*109 s 3 + 2.7865*1012 s 2 + 1 .68*1015 s + 2.45*1017
g
25Es ( 11s 3 + 2.5*10 4 s 2 + 2*106 s )
I v4 =
9 3
99s 5 + 7.35*105 s 4 + 1.9575*10
s + 2.7865*1012 s 2 + 1 .68*1015 s + 2.45*1017
UCD= -I7 * Z7 = Iv4 * Z7
g
K u ( jω ) =
U CD
g
E1
=
I v4 *Z7
=
E1
10000 ( 11s 4 + 2.5*10 4 s 3 + 2*106 s 2 )
99 s 5 + 7.35*105 s 4 + 1 .9575*109 s 3 + 2.7865*1012 s 2 + 1 .68*1015 s + 2.45*1017
c)Đồ thị hàm truyền đạt
K u ( jω )
trong mặt phẳng phức :
Bài 3:
e1 = 2.200sin(103 t )(V ) , R1 = 1000(Ω) , L1 = 0,1H ,
C = N .10−6 = 29.10−6 ( F )
N=29
,
R2 = 2000(Ω)
,
a
Tính
uc (t )
theo phương pháp tích phân kinh điển sau khi đóng khóa
K
Tính toán ở chế độ xác lập mới (sau khi K đóng):
Z1 = R1 + jω L1 = 1000 + 100 j (Ω),
Z = R = 2000(Ω), E& = 200(V ),
2
2
1
Z3 = ZC = −
g
g
Z td = Z 1 +
g
I1 =
j
= −34.4828 j (Ω)
ωC
g
g
g
g
Z 2* Z 3
Z2+ Z3
= 1000,6 +65,527j(Ω)
g
E1
g
= 0,1990 - 0,0130j(A)
Z td
g
g
g
g
g
U xl (C ) = U AB = E 1 − I 1* Z 1 = -0,3310 - 6,8687j(V)
Do đó:
u xl (C ) (t ) = 2.6,87 sin(103 t + 87.24o )(V )
Tính đáp ứng tự do
Đại số hóa mạch thuần nhất :
I1 − I 2 − I 3 = 0
Z1I1 + Z 2 I 2 + 0 I 3 = 0 với
1
Z1 = R1 + sL1 , Z 2 = R2 , Z 3 =
0 I − Z I + Z I = 0
2 2
3 3
1
sC
từ đó ta có định thức đặc trưng là :
1
−1
−1
R1 + sL1
R2
0 = R2 + sCR2 ( R1 + sL1 ) + ( R1 + sL1 ) = 0
0
− R2
1
sC
CR2 L1s 2 + (CR1R2 + L1 ) s + R1 + R2 = 0
5,8.10−3 s 2 + 58,1s + 3000 = 0
s1 = −51,9
s = −9965,33
2
Mà:
utd (C ) (t ) = A1e s1t + A2e s2t = A1e −51,9t + A2e −9965,33t
Tính sơ kiện:
Mạch điện khi chưa đóng khóa K
Tại
t = −0
&
I&
1 = I2 =
E&1
200
=
= 0,067 − 2, 22.10−3 j (A)
Z1 + Z 2 3000 + 100 j
i1 = 2.0,067sin(103 t − 1,9o )(A)
i1 (−0) = −3,14.10−3 (A)
uc ( −0) = 0
Theo định luật đóng mở 1 :
uc (−0) = uc (+0) = 0
Theo định luật đóng mở 2 :
L1i1 (−0) = L1i1 ( +0) => i1 (+0) = −3,14.10−3
(A)
Sau khi đóng khóa K sử dụng 2 định luật Kirchhoff
i1 (+0) − i2 (+0) − Cuc '(+0) = 0
R1i1 (+0) + L1i1 '(+0) + R2i2 (+0) = e1 ( +0) ,
u (+0) − R i ( +0) = 0
2 2
c
từ đó ta có:
R1i1 ( +0) + L1i1 '(+0) = e1 (+0)
1000.( −3.14.10−3 ) + 0,1.i '( +0) = 0
Mà
i '( +0) = 31,4( A)
i1 (+0) − i2 (+0) = Cuc '(+0) = i1 (+0) = −3.14.10−3
=>
uc '(+0) = −108,27
Tìm hằng số tích phân:
uC (+0) = u xlC (+0) + utdC (+0)
,
,
,
u C (+0) = u xlC (+0) + u tdC (+0)
0 = 9, 7 + A1 + A2
⇔
−108, 27 = 467,83 − 51,9 A1 − 9965,33 A2
A = 9.8
⇔ 1
A2 = −0.1
Vậy
uC (t ) = 2.6,87 sin(103 t + 87.24o ) + 9,8e −51,9t − 0,1e −9965,33t *1 ( t ) (V )
b
Tính
uC (t ) theo phương pháp toán tử Laplace
Tại thời điểm ngay trước đóng khóa K mạch đã ở trạng thái xác lập nên
từ câu a ta có:
iL (−0) = −3,14.10−3 (A) uC (−0) = 0
,
Ta sẽ có sơ đồ toán tử của mạch điện là
103
L{e1} = 2.200. 2
Biến đổi Laplace của nguồn áp e1 là:
s + 106 và
L1i1 (−0) = −3,14.10 −4
Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có :
I1 ( s ) − I 2 ( s ) − sCU c ( s ) = 0
R1I1 ( s ) + sL1I1 ( s ) + R2 I 2 (s ) = E1 (s ) + L1i1 (−0)
U ( s ) − R I ( s ) = 0
2 2
c
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
1
⇒ + sC ÷( R1 + sL1 ) + 1U c ( s) = E1 ( s ) + L1i1 ( −0)
R2
103
2.200. 2
− 3,14.10−4
6
E1 (s ) + L1i1 ( −0)
s + 10
⇔ U c ( s) =
=
1
1,5 + 0,02905.s + 2,9.10 −6.s 2
+ sC ÷( R1 + sL1 ) + 1
R2
2.200.103
108,27
⇔ U c (s) =
−
= U1 + U 2
−6
2
6
2,9.10 .( s + 10 )( s + 51,9)(s + 9965,33) ( s + 51,9)(s + 9965,33)
o
-
(đặt U1,U2 lần lượt là 2 số hạng của biểu thức trên)
9,75.1010
M ( s)
U1 ( s ) = 2
=
6
Xét
( s + 10 )( s + 51,9)(s + 9965,33) N ( s )
Cho
N ( s) = 0
s1 = 103 j; s2 = −103 j; s3 = −51,9; s4 = −9965,33
A1 =
M (s)
= −9,71 − 0,468 j = 9,72∠ − 2,76°
N '( s ) s =s1
-
Với s1 = 103 j =>
-
M (s )
9,75.1010
A =
=
= 9,8
Với s = −51,9 => 2 N '( s ) s = s 9,94.109
3
3
-
Với
s4 = −9965,33 => A3 =
M (s)
9,75.1010
=
= −0,098
N '( s ) s =s4 −9,94.1011
L−1{U1} = 9,72.cos(103 t − 2,76o ) + 9,8.e −51,9t − 0,098.e −9965,33t 1(t )
(1)
o
-
-
U 2 ( s) =
Cho
−108,27
M ( s)
=
( s + 51,9)(s + 9965,33) N ( s)
N ( s) = 0
s1 = −51,9;s 2 = −9965,33
Với s1 = −51,9 =>
A1 =
M (s)
−108,27
=
= −1,09.10−2
N '(s) s =s1 2s + 10017,23
A2 =
M (s)
−108,27
=
= 1,09.10−2
N '( s ) s =s2 2 s + 10017, 23
-
Với s2 = −9965,33 =>
L−1{U 2 } = −1,09.10−2.e −51,9 t + 1,09.10 −2.e −9965,33t 1(t )
(2)
-
Do
cos(103 t + 178o ) = cos(103 t − 2,76o ) = sin(103 t − 2,76o + 90o ) = sin(103 t + 87, 24o )
Từ (1) và (2) ta có :
uC (t ) = 9, 72sin(103 t + 87.24o ) + 9,8e −51,9 t − 0,1e−9965,33t *1( t ) (V )
-
Bài 4:
T0 = 10−3 ( s )
T = 3.10−3 ( s ) U 0 = 100(V )
,
,
L1 = 0, 2 H R1 = 1000(Ω) R2 = 2000(Ω)
,
,
C = N .10−7 ( F ) = 29.10−7 ( F )
Khi đóng khóa K, trong mạch không có dòng điện nên ta có:
iL (−0) = 0, uc (−0) = 0
Sau khi đóng khóa K thì ta có:
n
t − kT
U (t ) = ∑ U o 1 −
÷( 1(t − kT ) − 1(t − kT − To ) )
Biểu thức của U là:
T
k =0
o
-
Xét số hạng đầu tiên
−U o
−U 0
U
U 0 (t ) =
t + U o ÷( 1(t ) − 1(t − To ) ) =
t.1(t ) + o (t − To ).1(t − To ) + U o1(t )
To
To
T0
-
−U
−U o 1
L o t.1(t ) =
. 2
T
T
s
o
o
-
U
U 1
L o (t − To ).1(t − To ) = o . 2 .e − sTo
To
To s
-
L{U o .1(t )} =
Uo
s
