ÔN THI TỐT NGHIỆP
MÔN: LÝ THUYẾT MẠCH – PHẦN LÝ THUYẾT
(THẦY THUẬN)
* Điều kiện để công suất tác dụng trên tải là cực đại:
Trường hợp 1:
Nếu Z t = Rt + jX t
⇒ PZt (max) ⇔ Z t = Z ∗ = R − jX
Với: Z ∗ : là liên hiệp phức của Z
1 Em2
Lúc đó: PZt (max) = .
(W )
8 R
Trường hợp 1: (nếu tải thuần trở)
PZt ( MAX ) ⇔ Z t = Rt = R 2 + X 2
Nếu
Em2
1
⇒ PZt ( MAX ) = .Rt .
2
( R + Rt ) 2 + X 2
* Một số trường hợp đặc biệt:
a ⇔ a∠0 0
− a ⇔ a∠ ± 180 0
jb ⇔ b∠90 0
− jb ⇔ b∠ − 90 0
a + ja ⇔ a 2∠450
a − ja ⇔ a 2∠ − 450
b
a + jb ⇔ a 2 + b 2 .∠ tan −1
a
* Cộng trừ số phức:
C1 = a1 + jb1 ; C2 = a2 + jb2
⇒ C1 ± C 2 = (a1 ± a2 ) + j (b1 ± b2 ) j
* Nhân số phức:
⇒ C1 .C 2 = a1.a2 + ja1 .b2 + jb1.a2 + j 2 b1 .b2
* Chia số phức:
C
(a + jb1 ).(a 2 − jb2 )
⇒ 1 = 1
C 2 (a2 + jb2 ).(a2 − jb2 )
=
a1 .a 2 − ja1 .b2 + jb1 .a2 − j 2 b1 .b2
a 22 − j 2 b22
=
(a1 .a 2 + b1 .b2 ) − j ( a1 .b2 − b1 .a 2 )
a22 + b22
* Ghi chú:
C ∠ϕ ⇔ C cosϕ + j C sin ϕ
Ví dụ:
12 ∠90 ⇔ 12 cos 90 + j 12 sin 90
= 12.0 + j 12 .1 = j12
j 2 = −1
1
* Công thức tính Công suất tác dụng:
MỘT SỐ CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI LAPLACE THÔNG DỤNG
1
s
1
LAPLACE
t
→ 2
s
LAPLACE
1
→
LAPLACE
e −at
→
1
s+a
2
ÔN THI TỐT NGHIỆP
MÔN: LÝ THUYẾT MẠCH – PHẦN BÀI TẬP
(THẦY THUẬN)
I/ MẠCH XÁC LẬP:
BÀI 1:
cho mạch điện như hình 1, với j (t ) = 2 sin(200t ) A; e(t ) = 10 sin(100t )V
Hãy tìm dòng điện vòng và công suất tác dụng trên điện trở 3Ω
3
BÀI 2:
cho mạch điện như hình 2 ở trạng thái xác lập điều hòa, biết:
j (t ) = 2 sin(100t ) A
e(t ) = 12 sin(100t + 90 0 )V
R1 = R2 = 2Ω; L = 0,02 H
a. Tìm sơ đồ tương đương Thevenin bên trái ab.
b. Với giá trị nào của Z t Thì công suất tác dụng lên Z t lớn nhất, tính công suất đó?
Hình 2
Giải
Câu a.
•
Bước 1: Hở mạch phần bên phải a,b và phức hóa mạch điện hình 2 ta có hình 2.1. Tìm E th
Hình 2.1
•
•
J = 2∠0 0 ; E = 12∠90 0 ; R1 = R2 = 2Ω; X L = 100.0,02 = 2Ω
Áp dụng phương pháp điện thế nút:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
ϕa
ϕ −E
ϕa
ϕ −E •
ϕa
ϕ • E
− J+
+ a
=0⇔
+ a
=J⇔
+
= J+
R1 + jX L
R2
R1 + jX L
R2
R1 + jX L R2
R2
•
•
1
1 • E
= J +
⇔ ϕ a
+
R2
R1 + jX L R2
•
•
E
12∠90 0
j12
0
J
+
2
∠
0
+
2+
•
R2
2
2 = 2 + j 6 = 2(1 + j 3)
⇒ ϕa =
=
=
1
1
1
1
2 + 2 + j2
4 + j2
2(2 + j )
+
+
R1 + jX L R2
2 + j2 2
2.( 2 + j 2) 2.(2 + j 2) 2.(2 + j 2)
•
(1 + j 3).2.(2 + j 2) 2.(1.2 + 1. j 2 + j 3.2 + J 3. j 2) 2.(2 + j 2 + j 6 + J 2 6) 2.( −4 + j8)
=
=
=
=
(2 + j )
(2 + j )
(2 + j )
(2 + j )
=
2.( −4 + j8).(2 − j ) 2.( −8 + j 4 + j16 + 8) 2. j 20
=
=
= J 8(V ) = 8∠900 (V )
2
2
(2 + j ).(2 − j )
(2 − j )
(4 + 1)
4
•
•
•
0
Vậy: Eth = U hm = ϕ a = J 8(V ) = 8∠90 (V )
•
Bước 2: Triệt tiêu các nguồn để tìm Z th (ngắn mạch nguồn áp, hở mạch nguồn dòng) và phức
hóa mạch điện hình 2 ta có hình 2.2
Hình 2.2
Ta có: (R1 nối tiếp jX L )//R2
( R1 + jX L ).R2
(2 + j 2).2
⇒ Z th =
=
( R1 + jX L ) + R2 ( 2 + j 2) + 2
(4 − j 2 + j 4 + 2) (6 + j 2) 6
2
( 2 + j 2).2 2.(2 + j 2) (2 + j 2).(2 − j )
=
=
=
=
=
= + j (Ω )
(2 + j 2) + 2 2.(2 + j )
(2 + j ).(2 − j )
(4 + 1)
5
5
5
Ta có sơ đồ tương đương thevenin bên trái ab như hình 2.3
Hình 2.3
Câu b.
* Th1: Nếu Z t = Rt + j
∗
PZt (max) ⇔ Z t = Z th =
•
6
2
− j (Ω )
5
5
2
E
1 th
1 82
8 2.5 40
Ta có: PZt (max) = .
= .
=
=
= 6,67(W )
2 4.Rth 2 4. 6 2.4.6 6
5
Z
=
R
* Th2: Nếu t
t (tải thuần trở)
2
PZt ( MAX )
2
2 10
6 2
⇔ Z t = Rt = R + X = + =
5
5 5
2
th
2
th
•
⇒ PZt ( MAX )
Eth2
1
1 2 10
82
= .Rt .
=
.
.
= 6,49(W )
2
( Rth + Rt ) 2 + X th2 2 5 6 2 10 2 2 2
+
+
5
5 5
5
BÀI 3:
cho mạch điện như hình 3 ở trạng thái xác lập điều hòa, biết: e(t ) = 10 cos100t (V )
a. Tìm sơ đồ Thevenin bên trái ab
b. Hãy tìm công suất tiêu thụ lớn nhất có thể đạt được trên trở kháng Z t
Hình 3
Giải
Câu a: Chú ý: mạch có nguồn độc lập và phụ thuộc
•
•
Bước 1: hở mạch bên phải ab và phức hóa hình 3 ta có hình 3.1. Tìm U hm = Eth
Hình 3.1
•
E = 10∠00 ; R1 = 10Ω; X L = ϖ .L = 100.0,2 = 20Ω; X C =
1
1
=
= 10Ω
ϖ .C 100.10 −3
Áp dụng phương pháp điện thế nút:
•
•
• •
•
ϕ
−
E
ϕ
ϕ
a
a
a
+
+
+ 3 I1 = 0
R
jX L − jX C
•
•
ϕa
I1 =
jX L
Thay (2) vào (1) ta có
•
•
•
•
(1)
(2)
•
•
•
•
•
•
• 1
ϕa − E
ϕ
ϕa
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
E
1
4 E
=
+ a +
+ 3 a = 0 ⇔ a − a + 4 a = ⇔ ϕa −
+
R
jX L − jX C
jX L
R
jX C
jX L R
jX L R
R jX C
•
E
•
R
⇒ ϕa =
=
1
1
4 1
−
−
+
R jX C jX L 10
=
10
1
1
10
=
=
1
4 1
1 10 + J 10
+
+
j10 j 20 10 j10 J 100
j10
j10.(1 − j )
10 + j10
5
=
=
= 5 + j 5(V ) = 5 2 + 5 2 ∠ tan −1 ( ) = 5 2∠45 0 (V )
1 + j (1 + j ).(1 − j )
2
5
•
•
•
Vậy U hm = Eth = ϕ a = 5 + j 5(V ) = 5 + j 5(V )
6
•
Bước 2: Ngắn mạch bên phải a,b và phức hóa mạch hình 3 ta có hình 3.2. Tìm I nm
Hình 3.2
•
•
Khi đó ta có: I ab = 0 ⇒ I1 = 0
•
•
⇒ I nm
E 10
= =
= 1( A)
R 10
Bước 3: Tìm Z th
•
Z th =
U hm
•
I nm
=
5 + j5
= 5 + j 5(Ω)
1
Bước 4: Vẽ sơ đồ tương đương
Ta có sơ đồ tương đương thevenin bên trái ab như hình 3.3.
Hình 3.3
Câu b.
* Th1: Nếu Z t = Rt + j
∗
PZt (max) ⇔ Z t = Z th = 5 − j 5(Ω)
•
2
(
)
2
E
1 th
1 5 2
5
PZt (max) = .
= .
= = 1,25(W )
2 4.Rth 2 4.5
4
* Th2: Nếu Z t = Rt (tải thuần trở)
Ta có:
PZt ( MAX ) ⇔ Z t = Rt = Rth2 + X th2 =
( 5) 2 + ( 5) 2
=5 2
•
⇒ PZt ( MAX )
(
)
2
Eth2
1
1
5 2
= .Rt .
= .5 2 .
= 1,035(W )
2
2
2
2
2
( Rth + Rt ) + X th 2
5 + .5 2 + ( 5)
(
)
7
BÀI 4:
cho mạch điện như hình 4, biết e(t ) = 40 cos100t (V )
a. Tìm sơ đồ Thevenin bên trái a,b
b. Hãy tìm công suất tiêu thụ trên Rt
Hình 4
Giải
Câu a:
Mạch điện phần bên trái a,b chỉ có 1 nguồn độc lập
Bước 1: Hở mạch phần bên phải a,b; khử hỗ cảm và phức hóa mạch điện hình 4 ta có mạch điện
•
•
•
như hình 4.1. Tìm E th = U hm = U ab
Hình 4.1
Ta có:
•
E = 40∠0 0
X L1 = ϖ .L1 = 100.0,04 = 4Ω
X L2 = ϖ .L2 = 100.0,04 = 4Ω
X M = ϖ .M = 100.0,02 = 2Ω
1
1
3
XC =
=
=
= 3Ω
−2
ϖC
10
100.10 −2
100.
3
•
•
U hm
=
•
E
( R + jX M ) = E ( R + jX M )
=
R + jX M + j ( X L1 − X M )
R + jX L1
40∠0 0
( 4 + j 2) = 20( 2 + j ) = 20( 2 + j ) (1 − j ) = 20( 3 − j ) = 10( 3 − j ) (V )
4 + j4
1+ j
(1 + j )(1 − j )
2
Bước 2: Triệt tiêu các nguồn để tìm Z th (ngắn mạch nguồn áp, hở mạch nguồn dòng) và phức
hóa mạch điện hình 4 ta có hình 4.2
8
Hình 4.2
Ta có: ( − jX C + j ( X L2 − X M ) ) nối tiếp ( jX M + R ) )// j ( X L1 − X M )
( R + jX M ) j ( X L1 − X M )
Z th = − jX C + j ( X L2 − X M ) +
( R + jX M ) + j ( X L1 − X M )
( 4 + j 2) j (4 − 2)
(4 + j 2) j 2
( 4 + j 2) j 2
=−j+
=−j+
(4 + j 2) + j (4 − 2)
(4 + j 2) + j 2
4 + j4
− j 4 + 4 + j8 − 4
j4
j
j (1 − j )
1+ j
=
=
=
=
=
( Ω)
4 + j4
4 + j 4 1 + j (1 + j )(1 − j )
2
= − j 3 + j (4 − 2) +
Bước 3: Vẽ sơ đồ tương đương
Sơ đồ tương đương Thevenin như hình 4.3
Hình 4.3
•
•
•
Ta có: E th = U hm = U ab = 10( 3 − j ) = 10 10∠ − 28,090
Câu b: Ta có tải thuần trở
•
It =
10( 3 − j ) 20( 3 − j ) 20( 3 − j ) (7 − j ) 20( 20 − j10) 200( 2 − j )
=
=
=
=
= 4( 2 − j ) = 4 5∠ − 26,6 0
1+ j
7+ j
(7 + j )(7 − j )
50
50
+3
2
2
⇒ PZt ( MAX ) =
2
1 •
1
R. I = 3. 4 5 = 120(W )
2
2
9
II/ MẠCH QUÁ ĐỘ
BÀI 5:
cho mạch điện như hình vẽ, biết R1=R2=10Ω, C=2µF, E=100V, và tại t=0, đóng khóa K. hãy xác
định điện áp trên tụ uC(t).
K
R1
Hình 5
E=100V, mạch 1 chiều,
không phức hóa.
Tìm điều kiện đầu:
Khi t<0, K hở, ta có
mạch như hình vẽ:
t=0
E
C
R2
Hình 5.1
Lúc này uC(0)=E=100(V);
Khi t>=0, K đóng, ta có mạch như hình vẽ
Hình 5.2
−
E(s)=100/s, R1=R2=10, C=2µF=2.10-6F; 1/C.s=1/2.10-6.s=5.105.s, U C (0 ) =U C(0) = 100(V )
Dùng phương pháp thế nút:
U (0)
ϕa − C
ϕ a − E ( s)
s + ϕ a = 0 = >ϕ ( 1 + 1 + 1 ) = E ( s ) + U (0).C
+
a
C
1
R1
R2
R1 R 2 C.s
R1
C.s
10 + 2.10 −4
10
+ 2.10 −6.100
−6
10 + 2.10 −4.s
5.10 6 + 100.s K1
K2
= >ϕ a =u c ( s ) = s
=
= 2.10 5 =
=
+
5
1
1
1
s
s ( s + 10 )
s ( s + 10 )
s + 10 5
+ + 2.10 −6.s s ( 2.10 −6.s + )
10 10
5
5.106 + 100.0
K1 = s.U C ( s ) |s=0 =
= 50
0 + 105
5.106 + 100.(−105 ) 50.105 − 100.105
5
K 2 = ( s + 10 ).U C ( s ) |s=−105 =
=
= 50
− 105
− 105
10
biến đổi Laplace ngược suy ra
5
uc (t ) = 50 + 50.e −10 .t (V )
uc (t ) = 50 + 50.e −10 .t (V ) : t >= 0
u c (t ) = 100(V ) : t < −0
vậy
5
11
BÀI 6:
cho mạch điện như hình vẽ, biết R1=5Ω, R2=10 Ω, R3=10 Ω, L=1.5mH, E=10V. tại t=0 ngắt khóa K.
hãy xác định dòng điện qua cuộn dây iL(t)?
Hình 6
E=10(V), mạch 1 chiều, không phức hoá
Tìm điều kiện đầu: khi t<0, K đóng, ta có hình vẽ sau:
Hình 6.1
iL ( 0 − ) =
R3
E
.
=
R
.
R
R2 + R3 R + 2 3
1
R2 + R3
i(t) = 0,5(A)
Khi t>=0, K mở, ta có hình vẽ sau:
Hình 6.2
iL (0− ) =i L (0) = 0,5( A)
10
+ 1,5.10 −3.s.0,5
E ( s ) + L.s.i L (0)
10 + 0,75.s 2 .10 −3
i L (s) =
= s
=
R 1 + R2 + L.s
5 + 10 + 1,5.10 −3.s s (15 + 1,5.10 −3.s )
12
Chia cho 1,5.10-3.s, ta có
0,66.104 + 0,5.s K1
K2
=
+
s ( s + 104 )
s
s + 104 có 2 cực 0, và -104
0,66.10 4 + 0,5.0
K1 = s.I L ( s ) | Z =0 =
K 2 = ( s + 10 4 ).I L ( s) | s = −104
0 + 10 4
0,66.10 4 + 0,5.(−10 4 )
=
= 0,166
− 10 4
iL ( s) =
0,66.10 4 + 0,5.s 0,66 0,166
iL ( s) =
=
+
s( s + 10 4 )
s
s + 10 4
biến đổi Laplace ngược ta có:
4
i(t ) = 0,66 − 0,166.e −10 .t ( A)
i (t ) = 0,66 − 0,166.e −10 .t ( A) : t >= 0
i (t ) = 0,5( A) : t < 0
Vậy:
4
13
BÀI 7:
cho mạch điện như hình 7; biết R1=5Ω, R2=10 Ω, R3=10 Ω, L=2mH, E=10V. tại t=0 mở khóa K.
hãy xác định dòng điện chạy qua cuộn dây iL(t).
Hình 7
E=10V, mạch 1 chiều, không phức hóa.
Tìm điều kiện đầu: t<0, K đóng, ta có hình vẽ sau:
Hình 7.1
Theo công thức phân dòng:
R3
E
10
10
i L (0 − ) =
.
=
.
= 0,5( A)
R2 .R3
10.10
R2 + R3
10 + 10
R1 +
R1 +
10 + 10
R2 + R3
=> i(t) = 0,5(A)
Khi t>=0, K hở, ta có hình vẽ sau:
Hình 7.2
−
iL (0 ) =i L (0) = 0,5( A)
iL (s) =
L.iL (0)
2.10 −3.0,5
10 −3
0,5
=
=
=
−3
−3
R2 + R3 + L.s 10 + 10 + 2.10 .s 20 + 2.10 .s s + 10 − 4
4
= >i (t ) = 0,5.e −10 .t ( A)
iL (t ) = 0,5.e −10 .t ( A) : t >= 0
iL (t ) = 0,5( A) : t < 0
Vậy
4
14