Bài tập lớn lý thuyết mạch
Bài 1:
a) Ta cho nguồn dòng J khép vòng qua nhánh 2
* HPT dòng vòng:
Ta chọn chiều dòng vòng và dòng nhánh như hình vẽ:
&
&
&
&
Vòng 1: I v1 ( Z1 + Z 2) + J .Z 2 − I v 2 Z 2 = E1
& & &
&
& &
& &
Vòng 2: ( I v 2 − I v1 − J ) Z 2 + I v 2 Z 3 + Z 4 ( I v 2 − I v 3 ) − Z M ( I v 3 − I v 4 ) = 0
& &
& &
&
& &
& &
Vòng 3: Z 4 ( I v 3 − I v 2 ) + Z M ( I v 3 − I v 4 ) + I v 3Z 5 + Z 6 ( I v 3 − I v 4 ) − Z M (I v 2 − I v 3 ) = 0
&
&
&
&
&
&
Vòng 4: Z 6 ( I v 4 − I v 3 ) + Z M ( I v 2 − I v 3 ) + Z 7 I v 4 = − E7
Các dòng nhánh được tính theo dòng vòng theo HPT:
Trang 1
Bài tập lớn lý thuyết mạch
&
I&
1 = I v1
& & & &
I 2 = J + I v1 − I v 2
I& = I&
v2
3
& & &
I4 = Iv2 − Iv3
I& = I&
v3
5
& &
I&
6 = Iv3 − Iv4
&
I&
7 = −Iv4
*HPT dòng nhánh:
& & &
I&
1 + J − I2 − I3 = 0
& & &
I3 − I4 − I5 = 0
I& + I& − I& = 0
5 7 6
&
Z1 I1 + Z 2 I&2 + Z 2 J&= E&1
− Z I& − Z J&+ Z I& + Z I& − Z I& = 0
2
3 3
4 4
M 6
2 2
&
&
− Z 4 I&4 + Z M I&
6 + Z5 I5 − Z M I 4 = 0
&
& &
Z 5 I&
5 − Z M I 4 + Z 7 I 7 = E7
*HPT thế nút khi M=0
Không mất tính tổng quát chọn ϕ&c = 0
& &
Nút A: Y1 ( −ϕ&a + E1 ) + J − Y2ϕ&a − Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) = 0
Nút B: Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) − Y4ϕ&b − Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) = 0
&
Nút D: Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) + Y7 ( −ϕ&d + E 7 ) − Y6ϕ&d = 0
Ta có HPT tính các dòng nhánh theo thế nút:
& &
I&
1 = Y1 ( E1 − ϕ a )
&
I 2 = Y2ϕ&a
I& = Y (ϕ& − ϕ&)
3
a
b
3
&
I 4 = Y4ϕ&b
I& = Y (ϕ& − ϕ& )
5
b
d
5
I&6 = Y6ϕ&d
I&7 = Y7 ( E&7 − ϕ&d )
b)Ta có các ma trận
Dòng nhánh:
T
I&nh = ( I&
I&2 I&
I&
I&
I&
I&7 )
1
3
4
5
6
Trang 2
Bài tập lớn lý thuyết mạch
I&v = ( I&v1
Dòng vòng
T
J&n = ( J& 0 0 )
n dòng nút:
Thế nút:
T
I&v 4 )
T
E&nh = ( E&1 0 0 0 0 0 E&7 )
Nguồn áp nhánh:
Nguồn dòng nhánh:
I&v 3
T
U&nh = ( U&1 U&2 U&3 U&4 U&5 U&6 U&7 )
Điện áp nhánh:
Nguồ
I&v 2
T
J&nh = ( 0 J& 0 0 0 0 0 )
ϕ&= ( ϕ&a ϕ&b ϕ&d )
Z1
0
0
Z nh = 0
0
0
0
Ma trận tổng trở nhánh:
Ma trận tổng dẫn nhánh: Ynh = Z
T
0
Z2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Z3
0
0
0
0
0
Z4
0
−ZM
0
0
0
Z5
0
0
0
−Z M
0
Z6
0
0
0
0
0
−1
nh
Ma trận nhánh nút:
1 0 0
−1 0 0 ÷
÷
−1 1 0 ÷
÷
A = 0 −1 0 ÷
0 −1 1 ÷
÷
0 0 −1 ÷
0 0 1÷
Ma trận vòng nhánh:
1 0 0 0
1 −1 0 0 ÷
÷
0 1 0 0 ÷
÷
C = 0 1 −1 0 ÷
0 0 1 0 ÷
÷
0 0 1 −1÷
0 0 0 −1÷
Trang 3
0
0÷
÷
0÷
÷
0÷
0÷
÷
0÷
Z7 ÷
Bài tập lớn lý thuyết mạch
T
A I&nh + J&n = 0
T
T
C Z nh I&nh = C E&nh
*HPT dòng nhánh:
*HPT dòng vòng:
Áp dụng định luật Kiechop 2 và định luật Ôm ta có hệ phương trình:
I&nh = C. I&v + J&nh
T&
C U nh = 0
&
& &
U nh = Z nh I nh − Enh
&
&
Thay I nh trong phương trình thứ nhất và Unh trong phương trình thứ 3 vào phương
trình thứ 2 ta suy ra HPT dòng vòng:
C T ZnhCI&
= C T E&nh − C T ZnhJ&nh
v
*HPT thế nút:
Suy ra:
Bài 2:
U&nh = − Aϕ&
T&
C U nh = 0
&
&
&
I nh = (U nh + Enh )Ynh
ATYnhAϕ&= ATYnhE&nh + J&n
Vì ta đang xét bài toán ở chế độ xác lập điều hòa với các tần số ω = 314( rad / s) nên
ta có thể bỏ qua các thành phần có tần số khác ω trong biểu thức các nguồn nhánh và
nguồn dòng
a)Sử dụng chương trình Matlab ta có thể tính được dòng các nhánh theo chương
trình sau
B=[1 1 0 0 0 0 0;0 -1 1 1 0 0 0;0 0 0 -1 1 1 0;0 0 0 0 0 -1 -1]
E1=300; J2=2*exp(j*pi/12)
Enh=[E1;0;0;0;0;0;0]
Jnh=[0;J2;0;0;0;0;0]
Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3;
Z5=-j/(314*16*10^(-6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400;
Zm=-j*314*0.1
Znh=[Z1 0 0 0 0 0 0;0 Z2 0 0 0 0 0;0 0 Z3 0 0 0 0;0 0 0 Z4 0 Zm 0;0 0 0 0 Z5 0
0;0 0 0 Zm 0 Z6 0;0 0 0 0 0 0 Z7]
Zv=B*Znh*B'
Ev=B*(Enh-Znh*Jnh)
Iv=Zv\Ev;
Inh=B'*Iv
Chạy chương trình ta thu được
Inh = -0.5224 + 0.2299i
-1.0940 - 0.5440i
0.5716 + 0.7739i
Trang 4
Bài tập lớn lý thuyết mạch
0.3945 + 0.2634i
0.1771 + 0.5105i
0.0001 + 0.0002i
-0.1771 - 0.5103i
Chuyển dòng các nhánh về dạng điều hòa ta có
i1 (t ) = 0,57 2 sin(314t + 156, 25o )
o
i2 (t ) = 1, 22 2 sin(314t − 153,56 )
o
i3 (t ) = 0,96 2 sin(314t + 53,55 )
i4 (t ) = 0, 47 2 sin(314t + 33,73)
o
i5 (t ) = 0,54 2 sin(314t + 70,87 )
i (t ) = 2, 24.10−4 2 sin(314t + 64, 43o )
6
i7 (t ) = 0,54 2 sin(314t − 109,14o )
Sau khi xác định được các dòng qua các nhánh, ta có thể xác định công suất tác
dụng của các nguồn nhờ công thức sau:
%
&ˆ
Công suất nguồn e1 : Pe = Re( Se ) = Re(E1 I1 )
1
1
%
&ˆ
Công suất nguồn j : Pj = Re( S j ) = Re(U 2 J )
Sử dụng Matlab với các lệnh sau
Unh=Znh*(Inh+Jnh)-Enh
Pe1=real(E1*conj(Inh(1)))
Pj=real(conj(J2)*Unh(2))
Ta thu được giá trị công suất của các nguồn
Pe1 = −156.7171 ( W )
Pj = 802.4645 ( W )
U&
KU = BC
E&
1 ta triệt tiêu nguồn J
b) Để tính hệ số truyền đạt
Sử dụng Matlab theo chương trình sau
B=[1 1 0 0 0 0 0;0 -1 1 1 0 0 0;0 0 0 -1 1 1 0;0 0 0 0 0 -1 -1]
E1=300
Enh=[E1;0;0;0;0;0;0]
Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3;Z5=-j/(314*16*10^(6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400;
Zm=-j*314*0.1
Znh=[Z1 0 0 0 0 0 0;0 Z2 0 0 0 0 0;0 0 Z3 0 0 0 0;0 0 0 Z4 0 Zm 0;0 0 0 0 Z5 0
0;0 0 0 Zm 0 Z6 0;0 0 0 0 0 0 Z7]
Zv=B*Znh*B'
Ev=B*Enh
Iv=Zv\Ev;
Trang 5
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Inh=B'*Iv
Unh=Znh*Inh-Enh
Ku=Unh(4)/E1
Ta thu được giá trị của KU= 0.3153 + 0.1498i
c) Để tính vẽ đặc tính tần của KU, ta cần tìm hàm của KU theo p=j ω
Ta sẽ sử dụng phương pháp thế nút để tìm
U&BC
Không mất tính tổng quát giả sử ϕ&C = 0
Theo định luật Kirchoff 2 ta có
I&
= (ϕ&a + E&1)Y1
1
&
I 2 = ϕ&aY2
I& = (ϕ& − ϕ&)Y
a
b 3
3
&
ϕ&b = I 4Z4 − I&6ZM
I& = (ϕ& − ϕ&)Y
b
d
5
5
ϕ&d = I&6Z6 − I&4ZM
I&7 = (E&7 − ϕ&d )Y7
Từ đây ta thu được HPT dòng các nhánh theo thế nút
&
I 1 = (ϕ&a + E&1)Y1
I& = ϕ&Y
a 2
2
&
I 3 = (ϕ&a − ϕ&b)Y3
Y4ϕ&b + YMϕ&d
&
÷
I 4 = Y6YM 2
Y M − Y4Y6
I& = (ϕ& − ϕ&)Y
b
d
5
5
Y ϕ& + Y ϕ&
I&6 = Y4YM M2 b 6 d ÷
Y M − Y4Y6
I& = (E& − ϕ&)Y
7
7
d
7
Áp dụng định luật Kirchoff 2 cho các nút A,B,D ta có
I&
− I&2 − I&
=0
1
3
& & &
I 3 − I 4 − I 5 = 0
I& + I& − I& = 0
5 7 6
Thay các biểu thức tính dòng các nhánh theo thế các nút vào HPT trên rồi rút
gọn ta được
Trang 6
Bài tập lớn lý thuyết mạch
&
ϕ&a(Y1 + Y2 + Y3) − ϕ&bY3 = E1Y1
Y4YM 2
Y4Y6YM
&
&
&
−
ϕ
Y
+
ϕ
(Y
+
Y
+
)
−
ϕ
(
+ Y5) = 0
a 3
b
3
5
d
2
2
Y
−
Y
Y
Y
Y
−
Y
M
4 6
4 6
M
2
YYY
YY
−ϕ&b( 4 6 M 2 + Y5) + ϕ&d (Y 7+ Y5 + 26 M ) = 0
Y4Y6 − YM
YM − Y4Y6
Ta giải hệ này bằng phương pháp Gauss
HPT được viết lại như sau
−Y3
Y1 + Y2 + Y3
Y32
YY 2
0
Y 3+ Y5 + 24 M
−
YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3
YYY
0
− 4 6 M 2 − Y5
Y4Y6 − YM
Nhân dòng 1 với
Y3
Y1 + Y2 + Y3
÷
0
E&1Y1
÷ &
ϕ
÷
a
÷
&
Y4Y6YM
E1Y1Y3 ÷
÷
−
− Y5 ÷ ϕ&b ÷ =
Y4Y6 − YM 2
÷ ÷ Y1 + Y2 + Y3 ÷
÷
÷ ϕ&c
÷
0
Y6YM 2 ÷
Y 7+ Y5 + 2
÷
YM − Y4Y6
rồi cộng vào dòng thứ 2 ta được
−Y3
Y1 + Y2 + Y3
Y32
YY 2
0
Y 3+ Y5 + 24 M
−
YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3
YYY
0
− 4 6 M 2 − Y5
Y4Y6 − YM
÷
0
E&1Y1
÷ &
ϕ
&
÷
a
÷
YYY
E1Y1Y3 ÷
÷
− 4 6 M 2 − Y5 ÷ ϕ&b ÷ =
Y4Y6 − YM
÷ ÷ Y1 + Y2 + Y3 ÷
÷
÷ ϕ&c
÷
0
Y6YM 2 ÷
Y 7+ Y5 + 2
÷
YM − Y4Y6
Suy ra
Y4YM 2
Y32
Y
+
Y
+
−
3 5
YM 2 − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3
YYY
− 4 6 M 2 − Y5
Y4Y6 − YM
Y4Y6YM
− Y5 ÷
E&1Y1Y3
2
Y4Y6 − YM
&
ϕ
÷ b = Y +Y +Y ÷
2
÷ ϕ& ÷ 1 2 3 ÷
Y6YM
÷
÷ d
Y 7 + Y5 + 2
0
YM − Y4Y6 ÷
−
Từ đây dễ dàng giải được
ϕ&b =
E&1Y1Y3
Y6YM 2
Y +Y +
÷
Y1 + Y2 + Y3 7 5 YM 2 − Y4Y6
2
Y4YM 2
Y32
Y6YM 2 Y4Y6YM
−
+ Y5 ÷
Y 3+ Y5 + 2
÷ Y 7+ Y5 + 2
÷−
2
YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3
YM − Y4Y6 Y4Y6 − YM
Trang 7
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Suy ra
KU =
=
U&BC ϕ&b
=
E&1 E&1
Y1Y3
Y6YM 2
Y +Y +
÷
Y1 + Y2 + Y3 7 5 YM 2 − Y4Y6
2
Y4YM 2
Y32
Y6YM 2 Y4Y6YM
−
+
Y
Y 3+ Y5 + 2
÷ Y 7+ Y5 + 2
÷−
5÷
YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3
YM − Y4Y6 Y4Y6 − YM 2
Trong đó
Y1 =
1
1
=
R1 + pL1 200 + 0, 2 p
Y2 =
1
= 0,002; Y3 = pC3 = 10−5 p
R2
Y4 =
1
1
=
R4 + pL4 500 + 0,3 p
Y5 = pC5 = 16.10−6 p
Y6 =
1
1
= 6
R6 + pL6 10 + 0, 4 p
Y7 =
1
= 0,0025
R7
YM =
1
−10
=
− pM
p
Thay số ta có
Y1 =
1
1
=
R1 + pL1 200 + 0, 2 p
Y2 =
1
= 0,002; Y3 = pC3 = 10 −5 p
R2
Y4 =
1
1
=
R4 + pL4 500 + 0,3 p
Y5 = pC5 = 16.10−6 p
Y6 =
1
1
= 6
R6 + pL6 10 + 0, 4 p
Y7 =
1
= 0,0025
R7
YM =
1
−10
=
− pM
p
Thay số vào rồi rút gọn(sử dụng phần mềm Matlab) ta có
Trang 8
Bài tập lớn lý thuyết mạch
KU =
2500 p (44 p 3 + 120086875 p 2 + 21877.107 p + 312625.108 )
99 p 5 + 270586875 p 4 + 1269561062500 p 3 + 1473551.109 p 2 + 4620125.1011 p + 2188375.1013
Sử dụng Matlab ta vẽ được đặc tính tần KU bằng sơ đồ Nyquist như sau
Bài 3:
e1 = 2.200sin(103 t )(V ) , R1 = 1000(Ω) , L1 = 0,1H , C = 16.10−6 ( F ) R2 = 2000(Ω)
a)
Lập HPT cho biến tự nhiên và biến trạng thái
Trang 9
Bài tập lớn lý thuyết mạch
uc (t ), iL1 (t )
Ta chọn 2 biến trạng thái là
Khi khóa K đóng, theo các định luật Kirchoff ta có
R1i1 + L1i1 '+ R2i2 = e
R2i2 − uc = 0
i − i − Cu ' = 0
1 2
c
Từ đây suy ra
L1i1 '+ uc + R1i1 = e
u c
Cuc ' = i1 − i2 = i1 − R
2
Rút gọn ta được mô hình trạng thái của mạch
R1
u c e
i1 ' = − L i1 − L + L
1
1
1
i
u
uc ' = 1 − c
C CR2
Hay viết lại dưới dạng ma trận
R1
−
i1 ' L1
u ' ÷= 1
c
C
1
e
L1 ÷ i1 ÷
÷ ÷+ L1
1 ÷ uc ÷
÷
−
0
CR2 ÷
−
b)
Giải mạch bằng phương pháp tích phân kinh điển
Khi chưa đóng khóa K mạch có sơ đồ như sau
Trang 10
Bài tập lớn lý thuyết mạch
•
•
&
Ta có: Z1 = R1 + jω L1 = 1000 + 100 j (Ω), Z 2 = R2 = 2000( Ω),E1 = 200(V )
&
200
& = E1 =
I&
=
I
= 0,067 − 2,22.10−3 j (A)
1
2
Z1 + Z 2 3000 + 100 j
3
o
i1 = 2.0,067sin(10 t − 1,9 )(A)
−3
i
(
−
0)
=
−
3,14.10
(A)
1
•
•
•
Theo định luật đóng mở 1 : uc (−0) = uc ( +0) = 0
−3
Theo định luật đóng mở 2 : L1i1 (−0) = L1i1 (+0) => i1 ( +0) = −3,14.10 (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
,
i2 ( +0) = 0
R i ( +0) + L1i1 '( +0) = e1 ( +0)
từ đó ta có: 1 1
1000( −3,14.10−3 ) + 0,1i1 '( +0) = 0 i1 '( +0) = 31, 4( A)
−3
Mà i1 ( +0) − i2 ( +0) = Cuc '( +0) = i1 ( +0) = −3,14.10 Suy ra
uc '( +0) = −196, 25
Trang 11
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Tính đáp ứng cưỡng bức
Sau khi đóng khóa K thì ta sẽ có mạch
Khi mạch ở trạng thái xác lập
Chọn ϕ&B = 0
Dễ dàng suy ra
Y1 E&1
ϕ&A =
Y1 + Y2 + Y3
Thay số
Y1 =
1
, Y2 = 0,0005, Y3 = jωC = 0,016 j
1000 + 100 j
ϕ&A = -0,078-12,46j = U&C
ucxl = 2.12,46sin(103 t − 90,36o )(V )
Tính đáp ứng tự do
Tổng trở vào nhìn từ nhánh 3 là
1
R ( R + pL1 )
Zv =
+ 2 1
pC R1 + R2 + pL1
Cho Z v = 0 ta thu được phương trình đặc trưng:
CR2 L1 p 2 + (CR1R2 + L1 ) p + R1 + R2 = 0
−3 2
Thay số ta có 3,2.10 p + 32,1 p + 3000 = 0
Trang 12
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Giải phương trình ta được p1 = −94,34; p2 = −9936,9
uc = A1e p t + A2 e p t = A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t
Suy ra
1
2
td
Mặt khác
uc = uc + uc = 2.12, 46sin(103 t − 90,36o ) + A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t
xl
td
3
o
−94,34 t
− 9936,9 A2 e −9936,9 t
uc ' = 2.12460cos(10 t − 90,36 ) − 94,34 A1e
Mà uc ( +0) = 0, uc '( +0) = −196, 25
A1 + A2 = 17,62
94,34 A1 + 9936,9 A2 = 306,97
A1 = 17,8
A2 = −0,14
3
o
−94,34 t
− 0,14 e−9936,9t (V) Với t ≥ 0
Suy ra uc = 2.12, 46sin(10 t − 90,36 ) + 17,8e
Giải mạch bằng phương pháp toán tử
Ta có sơ đồ toán tử của mạch
−3
Trong đó như đã tính ở trên i1 (−0) = −3,14.10 (A)
E1 ( p ) = 200 2
103
p 2 + 106
Có
Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có :
Trang 13
Bài tập lớn lý thuyết mạch
I1 ( p) − I 2 ( p ) − pCU c ( p) = 0
R1 I1 ( p ) + pL1 I1 ( p ) + R2 I 2 ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
U ( p ) − R I ( p ) = 0
2 2
c
1
I
(
p
)
−
(
+ pC )U c ( p ) = 0
1
R2
( R + pL ) I ( p ) + U ( p ) = E ( p ) + L i ( −0)
1
1 1
c
1
11
1
+ pC ÷( R1 + pL1 ) + 1 U c ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
R
2
103
2.200. 2
− 3,14.10−4
6
E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
p + 10
U c ( p) =
=
−6
1
1,6.10 ( p + 94,34)( p + 9936,9)
+
pC
(
R
+
pL
)
+
1
1
÷ 1
R2
2.200.103
196,25
−
= U1 − U 2
1,6.10−6 ( p 2 + 106 )( p + 94,34)( p + 9936,9) ( p + 94,34)( p + 9936,9)
(đặt U1,U2 lần lượt là 2 số hạng của biểu thức trên)
1,77.1011
M ( p)
U1 ( p ) = 2
=
6
( p + 10 )( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p )
Xét
U c ( p) =
o
3
3
Cho N ( p ) = 0 p1 = 10 j; p2 = −10 j; p3 = −94,34; p4 = −9936,9
3
Với p1 = 10 j =>
M ( p)
1,77.1011
A1 =
=
= −8,81 + 0,055 j = 8,81∠179,64o
10
9
N '( p ) p= p1 −2.10 − 1,25.10 j
Với p3 = −94,34 =>
M ( p)
1,77.1011
A2 =
=
= 17,82
N '( p ) p = p3 9,93.109
p4 = −9936,9 => A3 =
Với
M ( p)
1,77.1011
=
= −0,18
N '( p ) p = p4 −9,8.1011
L−1{U1} = 2.8,81.cos(103 t + 179,64o ) + 17,82.e −94,34 t − 0,18e −9956,24 t 1( t )
Trang 14
Bài tập lớn lý thuyết mạch
U 2 ( p) =
o
196, 25
M ( p)
=
( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p )
Cho N ( s) = 0 p1 = −94,34; p2 = −9936,9
M ( p)
196,25
A1 =
=
= 0,02
N
'(
p
)
9842,56
p
=
−
94,34
p = p1
Với 1
=>
M ( p)
196,25
A2 =
=
= −0,02
N
'(
p
)
−
9842,56
p = p2
Với p2 = −9936,9 =>
L−1{U 2 } = 0,02e −94,34 t − 0,02e −9936,9 t 1( t )
Suy ra
uc (t ) = L−1{U1} − L−1{U 2 }
= 17,62 cos(103 t + 179,64o ) + 17,8.e −94,34t − 0,16.e −9936,9t 1(t )(V)
Kết luận: 2 phương pháp cho ra cùng 1 kết quả như nhau
Bài 4: Cho mạch điện và các thông số:
U 0 = 100(V )
T = 10−2 ( s )
T0 = 10−3 ( s)
L1 = 0,2 H
R1 = 1000(Ω)
R2 = 2000(Ω)
C = N .10−7 ( F ) = 16.10−7 ( F )
Trước thời điểm đóng khóa K thì trong mạch chưa có dòng điện nên ta dễ dàng
thấy iL (−0) = 0, uc ( −0) = 0
Từ đó ta có sơ đồ toán tử của mạch quá độ
Trang 15
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có
I1 (p) − pCU C (p) − I 2 (p) = 0
R1 I1 (p) + pL1 I1 (p) + U c (p) = U (p)
R I (p) − U (p) = 0
2 2
c
Từ đó ta có
U ( p)
I 2 ( p) = c
R2
1
I1 ( p ) = + pC ÷U c ( p )
R2
( R1 + pL1 ) 1 + pC ÷+ 1 U c ( p ) = U ( p )
R2
105 105 − p T0 100 − Tkp
+
∑
− p2 + p2 e
÷e
p
U c ( p ) = k =0 −7
3,2.10 ( p + 4195,13)(p + 1117,36)
Suy ra
∞
Từ đồ thị đề bài cho ta có
∞
∞
−U o
u(t ) = ∑
(t − kT ) + U o ÷( 1(t − kT ) − 1(t − kT − To ) ) = ∑ uk (t)
k =0 T0
k =0
Trong đó
uk (t) = (−
U0
(t − kT ) + U0)(1(t − kT ) − 1(t − kT − T0 ))
T0
Suy ra
uk (t) = −
U0
U
(t − kT )1(t − kT ) + 0 (t − kT − T0)1(t − kT − T0) + U 01(t − kT )
T0
T0
Trang 16
Bài tập lớn lý thuyết mạch
Thực hiện phép biến đổi Laplace ta có
Uk ( p) = −
U0 − kTp U0 − (kT + T0 ) p U0 − kTp
e +
e
+
e
p
T0.p2
T0 p2
Suy ra
U 0 − kTp U 0 − (kT +T0 ) p U 0 − kTp
e
+
e
+
e ÷
∑
−
2
T0 p 2
p
k =0 T0 . p
U c ( p) =
1
( R1 + pL1 ) + pC ÷+ 1
R2
∞
Thay số ta có
n
−105 100 105 − pTo − pkT
∑
2 + p + p 2 .e
÷.e
k =0 p
U c (p) =
−7
3, 2.10 .(p + 4195,13).(p + 1117,37)
Ta xét số hạng đầu tiên
−105 100 105 − pTo
+
+ 2 .e
p2
p
p
U c 0 (p) =
−7
3, 2.10 .(p + 4195,13).(p + 1117,37)
*
(1)
−105
M (p)
a=
=
3,2.10−7. p 2 .(p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p)
Xét
N(p) có các nghiệm p1 = 0; p 2 = −1117,37;p 3 = −4195,13
-Với p1 = 0 (nghiệm bội)
•
2
−105
A1 = lim p .
= −6,67.104
÷
−
7
2
p →0
3,2.10 p (p + 1117,37).(p+ 4195,13)
•
d
−105
A2 = lim p 2 .
÷ = 75,57
−7 2
p →0 dp
3,
2.10
p
.(p
+
1117,37).(p
+
4195,13)
-Với p2 = −1117,37
M ( p)
−3,125.1011
A3 =
=
= −81,32
N '( p ) p = p2
3,843.109
•
-Với p3 = −4195,13
Trang 17
Bài tập lớn lý thuyết mạch
M ( p)
−3,125.1011
A4 =
=
= 5,77
N '( p ) p= p3 −5, 417.1010
•
Suy ra
*
Xét
L−1{a} = 75,57 − 6,67.104 t − 81,32.e −1117,37 t + 5,77.e −4195,13t .1( t )
b=
100
M (p)
=
3, 2.10−7 p.(p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p)
N(p) có các nghiệm p1 = 0; p 2 = −1117,37;p 3 = −4195,13
M (p)
3,125.108
A1 =
=
= 66,49
6
N
'(p)
4,7.10
p = 0 thì
p = p1
• Với 1
M (p)
3,125.108
A2 =
=
= −90,87
6
N
'(p)
−
3,
439.10
p
=
−
1117,37
p = p2
• Với 2
thì
M (p) 3,125.108
A3 =
=
= 24, 20
7
p
=
−
4195,13
N
'(p)
1,
29.10
3
• Với
thì
Suy ra
*
L−1{b} = ( 66,56 − 90,87e−1117,37 t + 24, 20e −4195,37t ) .1( t )
105 − pTo
p 2 .e
÷
c=
−7
3, 2.10 (p + 1117,37)(p + 4195,13)
Xét
− pT
Ta thấy c = −a.e
o
Suy ra
L−1{c} = − 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −kT −T0 ) 1(t − kT − To )
Từ (1) ta có U c 0 ( p) = a + b + c
u (t) = L−1 { a} + L−1 { b} + L−1 { c}
Vậy c 0
Suy ra
uc0(t) = 75,57− 6,67.104t − 81,32.e−1117,37t + 5,77.e−4195,13t .1(t)
(
)
+ 66,56 − 90,87e−1117,37t + 24,20e−4195,37t .1(t)
Trang 18
Bài tập lớn lý thuyết mạch
− 75,57 − 6,67.104 (t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To )
Rút gọn ta được
uc0(t) = 142,13− 6,67.104t − 172,19e−1117,37t + 29,97e−4195,13t 1(t)
− 75,57 − 6,67.104 ( t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To )
− pkT
Mặt khác ta có uck (p) = uc 0 (p).e
.Từ đó dễ dàng suy ra
uck (t) = 142,13− 6,67.104(t − kT ) − 172,19e−1117,37(t−kT ) + 29,97e−4195,13(t− kT ) 1(t − kT )
− 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t−kT −T0 ) 1(t − kT − To )
Từ đó ta có được biểu thức điện áp giữa 2 đầu tụ điện là
∞
uc (t) = ∑ uck (t)
k=0
Trong đó uck (t) xác định như trên
Trang 19