Bai giai mach dien 2

Bài 6.1: Cho mạch như hình vẽ

i2

K
t=0

R2

L

i1
R1
i3
E

R3

C

Uc

-Mạch xác lập t 0
- t 0 , K đóng

           


'

-Tìm i1 0  , i 2 0  , i3 0 ; i1' 0  , i 2' 0  , i3 0

Giải
-

Tại t 0 : Mạch trạng thái xác lập 1 chiều (K mở)

 

 



+ i1 0 i2 0 

 

E

, i3 0 0
R1  R2

 



+ U C 0  R2 * i 2 0 

- t 0 : K đóng

 

E * R2
R1  R2


 

 



+ i 2 0 i2 0 

 

E
R1  R2

 



+ U C 0 U C 0 

+

 

i3 0  

 

E * R2
R1  R2

 

E  UC 0
R3

 



 

 i1 0  i2 0   i3 0  

E

E * R2
R1  R2
E * R1

R3
R3 *  R1  R2 

E * R1
E


R1  R2 R3 *  R1  R2 

Mặt khác ta có:

 

U L 0  L

 

 i2' 0  

 

di2 0 
E * R2
 L * i 2' 0   E  R2 * i2 0   E 
dt
R1  R2

 

 

 

E  R2 * i 2 0 
E * R1

L

L *  R1  R2 

Ta lại có:

 

 
1
* i 0   i 0 dt  U
C

E  R3 * i3 0   U C 0 

 

 U C 0   E  R3

 

 



3

CO

1
* i3 0 
C

E * R1
E * R1
1 i 0
1
 * 3

*

2
C
R3
R3 * C R3 *  R1  R2 
C * R3 *  R1  R2 

 

  R3 * i3' 0  
 i3' 0 



3

 

 
 
 

 i1' 0  i 2' 0   i3' 0  

E * R1
E * R1
E * R1


2
L *  R1  R2  C * R3 *  R1  R2  R1  R2

R1
Bài 6.2:
Tìm UC,(0+), i(0+), i’(0+),
i’’(0+).
Tại t=0, khóa k mở.
 Tại t<0, khóa k đóng:

iL ( 0  ) 

E
R1  R2

1
1
*  
2
 L C * R3

R
i
C

E

ic

K
t=0
U C (0  ) 

Uc

E
R2
R1  R2

L






 Tại t>=0, khóa k mở:

   

i (0  ) iL 0  i 0  

 

U C (0  ) U C 0  

E
R1  R2

E
R2
R1  R2

Ta lại có:

 

di 0 
 Li ' 0  U C 0   Ri 0  (1)
dt
E
E

R2 
R2 0  i ' 0  0
R1  R2
R1  R2

U L L

 

 

 

 

Ta đạo hàm (1) được phương trình:

 
 
 
 
U  0  i (0 )
E
i ' ' 0  


L
LC
LC  R  R 

U L'  Li '' 0  U C' 0   Ri ' 0  U C' 0 




'
C





1

2

Bài 6.3: Cho mạch điện như hình vẽ, khóa K đóng tại t = 0. Hãy xác định i1 (0  ); i 2 (0  ) ;
i 3 (0  ) .

+ Tại t < 0, khóa K mở ta có:
E *3
u c (0  ) u c (0  ) 
6 (V)
1 6  3
+ Tại t > 0, khóa K đóng ta có:


i1 (0  ) i 2 (0  ) i3 (0  )
Mà

i3 (0  ) * 3 u c (0  )

u c (0  )
 i3 ( 0 ) 
2( A)
3
Mặt khác: Khóa K đóng nên ngắn mạch qua K, ta có:
i1 (0  ) * 6  u c (0  ) 0


u c (0  )

 1( A)
6
 i2 (0  ) i1 (0  )  i3 (0  )  1  2  3( A)
 i1 (0  ) 

i1 (0  )  1( A)
Vậy:

i 2 (0  )  3( A)
i3 (0  ) 2( A)

6.4. Cho mạch điện, hãy xác định:
I1(0+); I2(0+); I3(0+); I1'(0+); I2'(0+); I3'(0+), nếu tại t = 0 đóng khóa K

Giải:
Khi t < 0, ta có:
I1(0-) = I2(0-) =

và Uc(0-) =

Khi t > 0, ta có:
I1(0+) = I2(0+) = I1(0-) = I2(0-) =
Uc(0+) = Uc(0-) =
R3I3(0+) + Uc(0+) = E
=> I3(0+) =
R2.I2(0+) + L2
=> I2'(0+) =

= R3I3(0+) + Uc(0+)

=

=

R1I1(0+) + L1
=> I1'(0+) = -

=0
=-

R3.I3(0+) +
<=> R3I3'(0+) +
=> I3'(0+) = -

=+ Uc0 = E

=0
=-

Bài 6.6: Cho mạch điện (H.6.6), tại t 0 đóng khóa k. Hãy xác định các giá trị i1 (0  ) ;
i 2 (0  ) ; u L (0  )
Biết: e(t ) 100 cos t [V]; R1 4  ; R2 8  ; L 51 mH  ; f 50 Hz 

Bài Làm
o

t  0 ta có:

0

E
100 0 0


5  53.168 
R1  R2  jL
4  8  j16
0

 i1  t  5 cos100t  53.168 

 
0  0V 

 i1 0  3 ,
Uc



Vì không có tụ.
o t 0
t1 0  t1 0  3 

   
U 0  U 0  0
 U 0  100  4i 0   U 0  100  4 3 88V 
e 0   i  0  R  U  0  U  0 
 i 0  


0
R
R




c

c





L



1



c







1



1

L

c

3

2

2

     
Vậy i 0  i 0  3 ;U 0  88V 



Mà i 2 0 i1 0  i3 0 3 


1



2



L

Bài 6.8: Hãy xác định dòng điện iC(t), iL(t) và điện áp u(t) của mạch điện trên hình. Cho
L
iL(0-)= 0, uC(0-)= 0, j(t)= 1A, R2=
và tại t= 0 khóa k chuyển từ 1 sang 2.
C

Bài làm
Tại thời điểm t<0 khóa k ở vị trí 1.
iL(0-)=0, uC(0-)= 0
Tại thời điểm t 0 khóa k ở vị trí 2


iL(0-)= iL(0+)= 0, uC(0-)= uC(0+)= 0, iL(t)= ixl(t) + itd(t), ixl(t)= 1
ta có:
j(t)= iC(t) + iL(t) = 1  iC(t)= 1 – iL(t) (1)
u(t)= RiC(t) + uC(t)
(2)
u(t)= RiL(t) + uL(t)
(3)
từ 1, 2 và 3 ta có phương trình:
1
di L (t )
R(1 – iL(t)) +
(1 - iL(t)) + uCO = RiL(t) + L


C
dt
1
di (t )
 2RiL(t) + L L
(1  i L (t )) - uCO = 0
-RC 
dt
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
1
1
di (t )
d 2 i L (t )
L
+ 2R L
+ iL(t) =
(4)
2
C
C
dt
dt
Ta có phương trình đặt trưng:
1
LP2 + 2RP +
=0
C
L
R

∆ = 4R2 - 4
= 0  phương trình có nghiệm kép : P1 = P2 = C
L
R

t
 nghiệm của phương trình 4 là: iLtd(t) = ( k1 + k2t)e L
R

 iL(t) =1 + (k1 + k 2t)e  L t
iL(0+)= iL(0-)= 1 + k1 = 0  k1= -1
R
 iL(t) = 1 + (-1 + k2t)e  L t
R

 iC(t) = (1 – k2t)e  L t
Ta có:
U(t) = RiL(t) + L

di L (t )
dt

(5)
(6)


R

 U(t) = R + Lk2e  L t
+

-

(7)
0

UC(0 )= UC(0 )= R + Lk2e = 0  k2 = 0
Thế k2 = 0 vào phương trình 5, 6, 7 ta được:
R

IL(t) = 1 – e  L t
R

IC(t) = e  L t
U(t) = R

Bài 6.9: Hãy xác định điện áp trên tụ và dòng qua tụ, nếu tại t = 0 khóa K mở ra (H6.9)

Hình 6.9
GIẢI
Tại t < 0 ta có :
u c ( 0  ) 0
u cxl  E
Tại t > 0 ta có :

 2.ic (t ).R  uc (t ) E


1
u

(
t
)

ic (t ).d (t )  uc 0
c

C
du c (t )
dt
Thế (3) vào (1) ta có :
du (t )
2RC. c + u c (t ) = E
dt
Ta có phương trình đặc trưng :
=> ic (t ) = C.

(1)
(2)

(3)


2RCP + 1 = 0
1
=> P = 2 RC
t

=> u (t )  E  K .e  2 RC
c



Mà : u c (0 ) u c (0 ) 0  E  K => K = - E
Thế K vào ta có :

u c (t )  E  E.e
=> ic (t ) C.



t
2 RC

 E.(1  e



t
2 RC

) (V)

t
t

du c (t )
E
E 
C.(
.e 2 RC )  .e 2 RC

dt
2 RC
2R

(A)

Bài 6.10: Tại t=0, nguồn áp e(t) được nối vào mạch thông qua khóa K như hình vẽ. Hãy

xác định điện áp trên tụ u C (t ) với giả thiết i L (0  ) 0 , u C (0 ) 0 . Cho biết

1
e(t ) 1[V ]; j (t ) 4u g (t ); R 1[]; L  [ H ]; C 1[ F ] .
6

Giải
* Tại t < 0, ta có:

iL (0  ) 0

(A) ;

u C (0  ) 0 (V)

*Tại t > 0, ta có:

i L (0  ) i L (0  ) 0

(A) ;

u C (0  ) u C (0  ) 0

(V) ;

Áp dụng Định luật K1 và K2, ta có:

j (t ) i L (t )  i R (t )  iC (t ) 4u g (t )

(1)

e(t ) u g (t )  uC (t ) 1 => u g (t ) 1  uC (t )

(2)

u C (t ) u R (t )  Ri R (t )

=> i R (t ) 

u C (t )
R

(3)

uCxl (t ) 0

(V)


uC (t ) u L (t )  L

diL (t )

dt

(4)

Lấy (2) và (3) thay vào (1), ta có:

iL (t ) 

uC (t )
du (t )
C C
41  u C (t )
R
dt

<=> i L (t ) 4  4u C (t ) 

u C (t )
du (t )
C C
R
dt

(5)

Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta được:

du (t ) du C (t )
 du (t ) 
i L ' (t )  4 C 

 C C 
dt
Rdt
 dt 

2

(6)

Lấy (6) thay vào (4), ta có:
2

duC (t ) duC (t )
 duC (t )  
u C (t )  L   4

 C
 
dt
Rdt
 dt  

2
du C (t ) du C (t )  du C (t )  
1
  4

 
 
6

dt
dt
 dt  

5 du C (t ) 1  du C (t ) 
<=> u C (t ) 
 

6 dt
6  dt 

2

Phương trình đặc trưng, ta có:

1 2 5
P  P  1 0
6
6
 P  2
 P  3


uCtd (t ) K1e  2t  K 2 e  3t
uC (t ) uCxl (t )  uCtd (t ) 0  K1e  2t  K 2 e  3t  K1e  2t  K 2 e  3t

u C (0  ) 0  K1  K 2

(7)

(8)

Từ (5) và (7), ta có:

i L (t ) 4  5( K 1e  2t  K 2 e  3t )  2 K 1e  2t  3K 2 e  3t 4  3K 1e  2t  2 K 2 e  3t

i L ( 0  ) 0  4  3 K 1  2 K 2

(9)
Từ (8), (9) ta được hệ phương trình:

 K 1  K 2 0
=>

 3K 1  2 K 2 4
Vậy

uC (t ) 0

 K1 4

 K 2  4
t<0


uC (t ) 4(e  2t  e  3t ) t > 0
6.11 Tìm dòng điện i(t) trong mạch, biết rằng tại t = 0, khóa K chuyển từ vị trí 1 sang 2.

Biết :
j(t)= I m cos10t [A] ; R=5[  ] ; L=

1
[H]
2

Giải :
t<0 :
Ta có : Z L = jL  = j.
.

J =I

1
.10 = j5 
2

0o

m
.

.
5
1
Im
R
o
o
  45o
. J = 5  j5 I m  0 =

o Im  0 =
2 45
2
R  ZL
I
I
 iL (t ) = m cos(10t  45o ) ; iL (0  )  m
2
2
t 0 : Khóa K chuyển sang vị trí số 2.

IL 

Ta có các phương trình mạch :


i(t) = iR (t )  iL (t ) (1)
Ri(t) + R iL ( t) = 0 (2)
di t
L L  RiR (t ) 0 (3)
dt
Từ (2)  i R (t) =  i (t )
Từ (1)  iL (t ) 2i (t) (4)
di (t )
Từ (3)  2L L  Ri (t ) 0
dt
di (t ) R
 L 
i (t ) 0
dt

2L
Ta có phương trình đặc trưng bậc nhất : p + 5 = 0  p = -5
Mặc khác ixl (t ) 0
Vậy i(t) = k e  5t
i(0  ) = k.
i (t )
Theo (4) ta lại có i(t) = L
2

I
I
 i(0  ) = I L (0 ) = m  k = m .
4
4
2
I m  5t
Vậy i(t)= e
nếu t 0 và i(t) = 0 nếu t < 0.
4

Bài 6.12
Hãy xác định và vẽ dạng dòng điện và dang điện áp trên cuôn dây L và tụ điên C trong
khoảng � t  �. Biết tại t  0 khóa K mở ra, và E(t)  E cos  t(V) ; E  0 ;

R
1

L RC

Bài Giả:

SW -SPST 1

R2 0

+

L1 0

R1 0

e(t) 0

C1 0




Ta có: E(t)  E cos  t(V) ; E  0 :  

R
1

.
L RC

Tại t  o ta có:
.

E

i L (t) 
R(1  j)
.

E

.

E
i L (0 ) 
cos(45 ) 
(A)
2R
R 2


o

.

.

1
E.(  jR)
Uc 
( j ) 
1
c
R.(1  j)
R( j )

c
E

.

� U c  E.(
U c (0 ) 

j
E 2
)
� 45o
1 j
2

E 2
E
cos(45o)  (v)
2
2

Tại t  0 , K mở nên ta có:
Phương trình mạch:
2Ri C  u C  u L  0
i C  i L
1
di
i C dt  L L  0
�
C

dt
2
di
di
1
� L 2C  2R C  i c  0
dt
dt C

� 2Ri C 

Phương trình đặc trưng:
2R
1
P
0
l
LC
R2
1
'
  2 
0
L LC
P2 

Phương trình có nghiệm kép: P  

R
L

Nghiệm riêng của phương trình:
  

i C( td ) (t)  (k1  k 2 t)e



R
t
L


Nghiệm tổng quát của phương trình:

i C  i td  i cb
Mà: i C(xl)  0  i L(xl)

� iC (t)  (k1  k 2 t)e
i L (t)  (k1  k 2 t)e
� u L (t)  L





R
t
L

R
t
L

R
R
 t
 t
R
(k1  k 2 t)e L  Lk 2e L
L

i L (t)  i C (t)  (k1  k 2 t)e
u L (t)  L



R
t
L

R
R
 t
 t�
�
di L t
R
 L � (k1  k 2 t)e L  k 2 te L �
dt

�L
�

u c (t)  u l (t)  2Ri c t
 R(k1  k 2 t)e



R
t
L

 Lk 2e

R
 t
L

 2R(k1  k 2 t)e

Luật đóng ngắt:

i L (0 )  i L (0 )   k1 

E
E
� k1  
2R
2R

u C (0 )  u C (0 )  Rk1  Lk 2  2Rk1 
� Lk 2  Lk1 
� Lk 2 
� k2  0

E E

2 2

E
2

E
2



R
t
L


E  RL t
E  t
e  i c (t)  
e
2R
2R
E  RL t
E  t

i L (t) 
e  i L (t) 
e
2R
2R
E R t
E  t
u c (t)  e L  u C (t) 
e
R
2R
E R t
E
u L (t)   e L  u L (t)   e  t
R
R
� i c (t)  

Bài 6.13
Cho mạch điện như hình.Hãy tìm dòng điện i(t)?

i(t)

R
i2(t)

i1(t)

E

R

R
UL

Giải
t < 0:
t
Ta có

PTĐT


Mặt khác ta có:

(2)
Thay (1) và (2) vào phương trình (*) ta có:


Bài 6.14. Hãy xác định dòng điện i(t) trong mạch H(6.14) nếu taị t = 0 khóa K chuyển từ
vị trí 1 sang vị trí 2. Biết :
E = 250 V ; C = 10μF ; R = 2  ; L = 0,1 H

1

R

2
t=0

E

R
C

GIẢI:
Khi t<0 ta có: IL(0-) = 0 ; UC(0-) = E
=250 (V)
Khi t>0 ta có:
UC (0-) = UC (0+) = 250 (V)

L

IL(0-) = IL(0+) = 0

Áp dụng định luật kirchoft 2 ta có:
dI (t )
U C (t ) 2i (t )  0,1
dt
dI (t )
1

   I (t )dt  U C0  2 I (t )  0,1
dt
C

2

dI (t )
 dI (t ) 

 0,1
 10 5 0
 2
dt
dt




Phương trình đặc trưng:
0,1P2 + 2P + 105 = 0
 p  10  1000i
 
 p  10  1000i
Ta có: I(t) = e-10t(K1 cos1000t + K2 sin1000t)
IL(0-) = IL(0+) = I(0+) =0
=> K1=0
dI (t )
Ta có: UC(t) = 2i(t) + 0,1
= 2e-10t K1 cos1000t + 2e-10t K2 sin1000t + 0,1(-10e-10t K1
dt
cos1000t - e-10t K1 sin1000t-10e-10t K2 sin1000t + e-10t K2 1000 cos1000t)
= 2e-10t K2 sin1000t - e-10t K2 sin1000t + 100 e-10t K2 cos1000t.
Mặt khác: UC(0-) = UC(0+) = 250 = 100K2
=> K2 = 2,5
 i(t) = 2,5 e-10t sin1000t (A)
Bài 6.15: Hãy xác định và vẽ dạng điện áp trên tụ điện, nếu tại t = 0, khóa K chuyển từ
1→2 (Hình 6.15).
Biết: E = 10V; L = 1H; C = 1000µF; R1 = 5Ω; R2 = 50Ω

Hình 6.15.
Giải


t < 0:



t ≥ 0:

Nút:
Vòng:


Từ (4) ta có:

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 dòng điện i(t) trong khoảng -  < t < + .
1
 arctag 2
R
L
5
e(t) = 2E0sint ; E0 > 0 ;   ; t0  arctg 2 ; e 2
�
L
R
8
i(t)
t=0

L

Eo

e(t)

K1

K1

R

R

i(t)

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

Eo

t=to

R


Khi e(t) hoạt động E0 nghỉ ta có:

2 E0
E 2
I&
 0
� 450 (A)
R  jR
R
E0 2
sin(t  450 ) (A)
R
Khi E0 hoạt động e(t) nghỉ ta có :
E0
I&
(A)
0 
R
Theo nguyên lý xếp chồng ta có :
E E 2
i (t )  0  0
sin(t  450 ) (A)
R
R
Khi 0 < t < t0, K1 đóng và K2 đóng ta có mạch như sau :
=> i (t )  

i(t)
e(t)
L
R

R

Eo

Mạch xác lập : E0 hoạt động, e(t) nghỉ ta có :
2E0 i(t)
I&
0 
R
e(t)
E0 nghỉ, e(t) hoạt động ta có mạch như sau :
L

R

R

i(t)

i2(t)
e(t)

L

R

R


Ta có :

2 E0
2 E0
2 E (1  j )
I&

 0
2  
R. jR
ZR
R (1  2 j ) (A)
R
R  jR
2 E0 (1  j ).R
2 E0
2 E0
� I& 


� arctg 2
R.(1  2 j ).( R  jR)
R(1  2 j )
5.R

Khi mạch tự do ta có mạch như sau :

i(t)

R/2

L

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

e(t)


Mà ta có:
i(t) = itd(t) +ixl(t)
R
t
2E
2 E0

 k .e 2 L  0 
sin(t  450 ) (A)
R
R 5
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
R
4 E0 2 L t 2 E0 2 E0
� i (t )  
e 

sin(t  arctg 2) (A)
5 R
R
R 5
Khi t > t0 :
K1 đóng và K2 mở ta có mạch như sau :
i(t)

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

L
R

E0

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 )
E
4 E0 2 RL . RL arctg 2 2 E0 2 E0
R L
�
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
E0
�
k
R

R
E
�k  0
2R
E
E  R ( t t0 )
(A)
� i (t )  0  0 .e L
R 2R
Kết luận :
�


�
�E0 �
1  2 sin(t  450 ) �
�
�( A)t  0
�R
� �
1
2 LR t �
�2 E0
i (t )  � �
1
sin(t  arctg 2)  .e �
( A)0  t  t0
R
5
5

�
� �
� �  R ( t t ) �
0
�E0 �
2e L
( A)t  t0
�
�
2
R
�
�
�
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 ; R2 = 5 ; L = 2 H; C1 = 1 F; C2 = 0.5 F
R1
+
Uc1

K2
t=to

R2

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) + = 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

_

+ Uc1xl(t) = E2 = 10 (V)
+ -Uc1(t) + E2 - R1.i1(t) = 0

L


=> 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)
Bài 6.22
Bài làm
+ tại thời điểm t<0:
E
u c (0  ) 
2
+ tại thời điểm t≥0:
E
u c (0  ) u c (0  ) 
2
Ta có mạch tương đương sao:

Ta có: