Giải bài tập Điện kỹ thuật ( Công Nhân )

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM
KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ

GIẢI BÀI TẬP

ĐIỆN
KỸ
THUẬT
CÔNG NHÂN
( CHUYÊN ĐIỆN )

BIÊN SOẠN : NGÔ NGỌC THỌ
F 2005 G


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

GIẢI 92 BÀI TẬP ĐIỆN KỸ THUẬT CÔNG NHÂN
( Tài liệu dùng kèm với giáo trình ĐIỆN KỸ THUẬT Công nhân chuyên điện )
BÀI TẬP CHƯƠNG 1 - ĐIỆN TRƯỜNG

Bài 1 :

- Các vectơ lực do Q1 và Q2 tác dụng lên q :
r
Q1 và q khác dấu , do đó Q1 hút q bằng một lực F 1 vẽ trên q hướng về Q1
r
Q2 và q cùng dâu , do đó Q2 đẩy q bằng một lực F 2 vẽ trên q hướng về Q1
- Các vectơ cường độ điện trường do Q1 và do Q2 gây ra :

Q1 gây ra điện trường và > 0 , do đó hướng ra ngoài , nghóa là vẽ trên q và hướng về Q2
Q2 gây ra điện trường và < 0 , do đó hướng và trong , nghóa là vẽ trên q và hướng về Q2
Bài 2 : Điện tích trên thanh êbônit sau khi xat vào dạ là :
q = ne = 5.1010(- 1,6.10-19) = - 8.10-9C
Bài 3 : Lực tương tác giữa 2 điện tích điểm q1 và q2 cách nhau một khoảng d là :
qq
F = k 1 2 (N)
d2
q' q
2q q
(a) Khi q’1 = 2q1 : F’ = k 1 2 = k 1 2 = 2F → Lực tăng gấp đôi
d2
d2
q1 q2
q'1 q'2
qq
(b) Khi q’1 = q1/2 và q’2 = q2/2 : F’ = k
= k 2 2 = k 1 2 = 0,25F → Lực giảm 4 lần
d2
d2
4d2
qq
qq
(c) Khi d’ = 2d : F’ = k 1 2 = k 1 2 = 0,25F → Lực giảm 4 lần
2
d'
(2d)2
Bài 4 : Công do q = 5.10-8C thực hiện được khi di chuển từ M đến N , biết UMN = 1200V :
A = qUMN = 5.10-8x1200 = 6.10-5J
Baøi 5 : Nếu khi di chuyển từ A đến B , q =

A = 2.10-6J thì điện áp giữa 2 điểm A , B là : UAB =

2
.10-7C đã thực hiện được một công
3

A
2.10 −6
=
= 30V
2
q
−7
.10
3

Bài 6 : Điện tích q khi di chuyển từ M đến N đã thực hiện một công A = 1J thì :
1
1
1
A
, với UMN = 3000V → q =
=
= .10-3C
q=
3
U MN
3000
3
3.10

1


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

Bài 7 : Cường độ điện trường do Q = - 9.10-9C gây ra tại điểm M cách Q một khoảng
d= 5cm = 5.10-2m :
(a) Khi Q trong không khí (ε = 1) :

Mo

=

9.10 9 Q
εd 2

=

9.10 9 x9.10 −9
1.(5.10 − 2 )2

= 32400V/m

9.109 (−9.10 −9 )
9.109 Q
Q
=

=
= - 1620V
d
ε d
1x5.10 − 2
1
32400
= 400V/m
(b) Khi Q trong nước (ε = 81) : MH2O =
Mo =
81
81
− 1620
1
Và điện thế tại M : ϕMH2O =
ϕMo =
= - 20V
81
81

Và điện thế tại M : ϕMo = k

Bài 8 : Điện tích của vật có điện dung C = 0,05pF = 0,05.10-12F = 5.10-14F , và có điện aùp
U = 3KV = 3.103V : Q = CU = 5.10-14x3.103 = 15.10-11 = 1,5.10-10C
Bài 9 : Điện dung của vật : C =
C=

10 −2
5.10

2

Q
. Biết Q = 0,01C = 10-2C vaø ϕ = 500V = 5.102V . Suy ra
ϕ
= 0,2.10-4 = 2.10-5F = 20.10-6F = 20µF

εS
, với ε là hằng số điện môi , trong trường
d
hợp này là không khí , do đó ε = 1 ; S là diện tích bản cực , trong trường hợp này là hình tròn ,
nên S = π R2 = π(40.10-2)2 = 16π.10-2m2 ; d là khoảng cách giữa 2 bản cực hay bề dày lớp điện
môi : d = 1cm = 10-2m . Tóm lại :

Bài 10 : Điện dung tụ phaúng : C = 8,86.10-12

C = 8,86.10-12

1x16π.10 −2

= 445.10-12F = 445pF = 0,44.103.10-12 F = 0,44.10-9F = 0,44nF

10 − 2
Baøi 11 và 12 : Với 4 tụ ( n = 4 ) , mỗi tụ có điện dung là C :
(a) Nếu đấu song song thì Cbô = nC = 4C
C
C
(b) Nếu đấu nối tiếp thì Cbô =
=
= 0,25C

n
4

(c) Nếu đấu nối tiếp từng 2 tụ thành 2 nhóm , mỗi nhóm có điện dung : Cnhóm =

C
, rồi
2

C
=C
2
Bài 13 : Điện tích trên tụ phẳng ở bài 10 : Q = CU = 0,44.10-9x500 = 2,2.10-7C
500
U
=
= 50000V/m = 50KV/m
Cường độ điện trường trong tụ :
=
d
10 − 2
Bài 14 : Năng lượng điện trường của tụ có C = 10µF = 10.10-6F = 10-5F và có điện áp
1
1
U = 300V : WE = CU2 = x10-5x3002 = 0,45J
2
2
BÀI TẬP CHƯƠNG 2 – DÒNG ĐIỆN MỘT CHIỀU

đấu song song 2 nhóm đó lại thì : Cbộ = 2Cnhóm = 2x

Bài 1 : Nếu dòng qua mạch là 5A thì trong 1 giờ , lưọng điện tích qua mạch là q = 5Ah
hay 5x3600 = 18000C
2


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

Bài 2 : Mật độ dòng cho phép : δ =
Bài 3 : Điện trở dây dẫn : r =

I
40
=
= 10A/mm2
S
4

1 l
1 l
1 1000
=
x
= 5,6Ω
2
γ S
γ πd 57 πx2 2
4

4

ρl
0,1x52
=
= 1,73mm2
r
3
S
1,73
Đường kính tiết diện dây dẫn : d = 2
=2
= 1,48 ≈ 1,5mm
π
π

Bài 4 : Diện tích tiết diện dây dẫn : S =

Bài 5 : Dòng qua điện trở : I =

2,2
U
U
= 4Ω
→r=
=
r
I
0,55

Bài 6 : Tổng điện trở trong mạch :

Dòng trong mạch : I =

∑r

= ro + rd + R = 0,2 + 0,8 + R = 1 + R

E
12
12 − 2
=
= 2 → 12 = 2 + 2R → R =
= 5Ω
∑r
1+ R
2

Bài 7 : Công suất bếp tiêu thụ : P = UI = 120x3 = 360W
Điện năng bếp tiêu thụ trong 20 phút = 20x60 = 1/3 giờ : A = Pt = 360(1/3) = 120Wh
U
120
=
= 40Ω
Điện trở bếp : r =
I
3
Nhiệt lïng tỏa ra trong 20 phút = 20x60 = 1200s :
Q = 0,24I2rt = 0,24x32x40x1200 = 104Kcal
Baøi 8 : Điện trở đèn : r =

U 2đm

=

1202
= 240Ω
60

Pđm
U
100
5
5
=
=
A → P = I2r = ( )2x240 = 41,7W
Doøng qua đèn : I =
r
240
12
12
E
2,2
=
= 2,2A
R
1
2,2
E

= 44A
=
Khi bị ngắn mạch thì r = 0 , do đó R = ro → dòng ngắn mạch IN =
0,05
ro

Bài 9 : Điện trở toàn maïch : R = ro + r = 0,05 + 0,95 = 1Ω → I =

Bài 10 : Gọi I1 là dòng trong mạch khi điện trở tải là r1 = 1Ω , ta coù :
E
E
I1 =
=
= 1→ E = ro + 1 (1)
ro + r1
ro + 1

Gọi I2 là dòng trong mạch khi điện trở tải là r2 = 2,5Ω , ta coù :
E
E
=
= 0,5 → E = 0,5ro + 1,25 (2)
I2 =
ro + r2
ro + 2,5
0,25
= 0,5Ω
Từ (1) vaø (2) suy ra : ro + 1 = 0,5ro + 1,25 → 0,5ro = 0,25 → ro =
0,5
Baøi 11 : Điện trở toàn mạch : RTM = R + rP = 1500 + rP

3


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

20
→ 20 = 1500I + rPI
R TM
1500 + rP
20 − 1500I
20
→
rP =
=
- 1500 (Ω)
I
I
Vaäy để I không quá 10mA = 10.10-3A = 10-2A thì rP tối thiểu phải bằng :
20
- 1500 = 2000 – 1500 = 500Ω = 0,5KΩ
10 − 2

Dòng trong mạch : I =

E

=

Bài 12 : Điện áp U trên tải cũng là điện áp trên 2 cực của nguồn , do đó : U = E - Iro
Gọi U1 là điện áp trên tải khi I = I1 = 2A : U1 = E – I1ro → 10 = E – 2ro (1)
Gọi U2 là điện áp trên tải khi I = I2 = 1A : U2 = E – I2ro → 12 = E – ro (2)
Lấy (2) trừ (1) : 2 = 0 + ro . Vaäy : ro = 2Ω
Thế và (1) : 10 = E – 2x2 = E – 4 → E = 10 + 4 = 14V
Bài 13 : Gọi Ro là trị ban đầu của R ta có R = Ro + 100 (Ω)
E
20
=
ro + R o
50 + R o
E
20
20
20
=
=
= Io - 10.10-3 =
– 10-2
Bieát : I =
ro + R
50 + R o + 100
150 + R o
50 + R o
20 − 0,5 − 0,01R o
19,5 − 0,01R o
=
=
50 + R o

50 + R o

→ Trị ban đầu của I là : Io =

→ 1000 + 20Ro = 2925 – 1,5Ro + 19,5Ro – 0,01Ro2 → 0,01Ro2 + 2Ro – 1925 = 0
Hay : Ro2 + 200Ro – 192500 = 0 . Giải phương trình bậc 2 này và chỉ lấy nghiệm dương:
Ro =

− 100 + 1002 − (−192500)
= 350 Ω
1

Bài 14 : Biết ro = R/5, ta coù: I =

100
100
E
500
U
500R
=
=
=
= →U=
= 83,33V
6R
ro + R R
6R
R
6R

+R
5
5

Bài 15 : Gọi Ro là trị ban đầu của R ta có : Ro = 5000Ω ; R = 10000Ω
E
E
=
ro + R o
ro + 5000
E
E
E
0,5E
Bieát : I =
=
= 0,5Io = 0,5(
)=
= 0,5x10.10-3 = 5.10-3
ro + R
ro + 10000
ro + 5000
ro + 5000

→ Trị ban đầu của I là : Io =

→ 0,5E = 5.10-3ro + 25 (1)
Vaø : Ero + 5000E = 0,5Ero + 5000E → 0,5Ero = 0 ( vì có dòng trong mạch nên chắc chắn
E phải khác 0 ) → ro = 0
25

Thế vào (1) : 0,5E = 25 → E =
= 50V
0,5
BÀI TẬP CHƯƠNG 3 – GIẢI MẠCH ĐIỆN MỘT CHIỀU

4


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

U 2đm1

2

U
1202
1202
Bài 1 : Điện trở mỗi đèn : r1 =
=
= 360Ω ; r2 = đm2 =
= 240Ω
Pđm1
40
Pđm2
60
Điện trở toàn mạch : R = r1 + r2 = 360 + 240 = 600Ω
U
200

1
Doøng qua mạch : I =
=
= A
R
600
3
1
1
Điện áp trên từng đèn : U1 = Ir1 = x360 = 120V ; U2 = Ir2 = x240 = 80V
3
3
1
1
Công suất mỗi đèn tiêu thụ : P1 = I2r1 = ( )2x360 = 40W ; P2 = I2r2 = ( )2x240 = 26,7W
3
3
125
U
Baøi 2 : Cần n =
=
= 20 đèn
6,3
U đèn
Bài 3 : Điện dẫn thay thế tương đương 3 điện dẫn g1//g2//g3 :
1
1
1
1
1

1
g = g1 + g2 + g3 =
+
+
=
+
+
= 0,04 + 0,1 + 0,02 = 0,16S
r1
r1
r1
25
10
50
1
1
=
= 6,25Ω
Suy ra điện trở thay thế tương đương 3 điện trở r1//r2//r3 : r =
g
0,16
Điện trở toàn maïch : R = rd + r = 0,25 + 6,25 = 6,5Ω
234
U
=
= 36A
Dòng trên đường dây : I =
6,5
R
Tổn thấ áp trên đường dây : ∆Ud = Ird = 36x0,25 = 9V

Điện áp trên tải : Ur = Ir = 36x6,25 = 225V
U r2
2252
Công suất các tải tiêu thụ : P1 =
= 2,02KW
=
r1
25
P2 =

U r2
U2
2252
2252
= 5,06KW ; P3 = r =
= 1,01KW
=
r2
10
r3
50

Bài 4 : Sđđ bộ ắc quy : Ebộ = = 3Eo = 3x2,2 = 6,6V
Nội trở bộ ắc quy : rbộ = 3ro = 3x0,01 = 0,03Ω
Bài 5 : Số nhánh ắc quy cần ghép song
song để được Imax = 35A :
I
35
n = max =
= 3,5 tức 4 nhánh

Io
10
Số ắc quy trong mỗi nhánh để được U = 231V :
231
U
m=
=
= 105 ắc quy
2,2
Eo
Tổng cộng số ắc quy cần dùng : N = mxn = 4x105 = 420 ắc quy
mro
105x0,008
Nội trở bộ ắc quy : rbộ =
=
= 0,21Ω
n
4
Bài 6 : Tiết diện S của dây dẫn tính theo tổn thất áp ∆U :

5


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN
100
x20
55
= 0,64mm2

56,8x2

2x

2Il
P
200
100
, với I =
=
=
A→S=
γ∆U
U đèn
110
55
rr
30x6
180
Bài 7 : r4//r5 được thay bởi r45 = 4 5 =
=
= 5Ω
r4 + r5
30 + 6
36
S=

r3 nối tiếp r45 được thay bởi r345 = r3 + r45 = 15 + 5 = 20Ω
r r
20 x5

100
r345//r2 được thay bởi R = 345 2 =
=
= 4Ω
r345 + r2
20 + 5
25
E
12
=
= 1A
Dòng do nguồn cung cấp : I1 =
r1 + R
8+4
r2
5
5
Dòng trong nhaùnh 3 : I3 = I1
= 1x
=
= 0,2A → I2 = I1 – I3 = 1 – 0,2 = 0,8A
r2 + r345
5 + 20
25
r
6
1,2
1
= 0,2x
=

=
≈ 0,033A
Dòng trong nhánh 4 : I4 = I3 5
r4 + r5
30 + 6
36
30
1
1
→ I5 = I3 – I4 = 0,2 =
≈ 0,167A
30
6
Baøi 8 : Phương pháp điện áp 2 nút
Gọi nút cực dương là nút A và nút cực âm là B . Coi ϕB = 0 thì điện áp giữa 2 nút A , B :
1
1
130x + 117x
E g + E2g2
130 + 195
325x14,4
1
0,6
U= 11
=
=
=
= 120V
0,6 x24 + 24 + 0,6
1 1

1
g1 + g2 + g3
39
+
+
14,4
1 0,6 24
Dòng trong các nhánh :
1
I1 = ( E1 – U )g1 = (130 – 120)( ) = 10A
1
1
) = - 5A , nghóa là chiều thực của I2 là từ A về B → ắc
I2 = ( E2 – U )g2 = (117 – 120)(
0,6
1
I3 = Ug3 = 120( ) = 5A
quy E2 đang nạp
24
Phương pháp dòng nhánh

Mạch điện có 3 nhánh → cần có một hệ 3 phương trình . Trong đó gồm :
2 phương trình vòng tương ứng với 2 mắt của mạch điện
Và 1 phương trình nút tương ứng với 1 trong 2 nút của mạch điện
Mắt bên trái với chiều chọn theo chiều E1 cho ta : I1r1 – I2r2 = E1 – E2
→ I1 – 0,6I2 = 130 – 117 = 13 (1)
Mắt bên phải với chiều chọn theo chiều E2 cho ta : I2r2 + I3r3 = E2
→ 0,6I2 + 24I3 = 117 (2)
Định luật Kirchoff 1 tại nút A cho ta : I1 + I2 – I3 = 0 (3)
Giaûi hệ 3 phương trình (1 ) ; (2) ; (3) :

117 − 0,6I2
. Thay tất cả vào (3) :
Từ (1) → I1 = 13 + 0,6I2 (*) và từ (2) → I3 =
24
6


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM
13 + 0,6I2 + I2 – (

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

117 − 0,6I2
) = 0 → 312 + 14,4I2 + 24I2 – 117 + 0,6I2 = 0
24

→ 195 + 39I2 = 0
195
→ I2 = = - 5A . Thay vaøo (*) : I1 = 13 + 0,6(- 5) = 13 – 3 = 10A .
39
Thay tất cả vào (3) : 10 + (- 5) – I3 = 0 → I3 = 5A
Tóm lại kết quả giống như đã tìm được bằng phương pháp điện áp 2 nút
Kiểm tra cân bằng công suất trong mạch :
• Nhánh 1 gồm công suất phát của E1 : PE1 = E1I1 = 130x10 = 1300W
Và tổn hao công suất trên nội trở r1 : ∆Pr1 = I12r1 = 102x1 = 100W
Do đó công suất nhận được từ 2 đầu nhánh 1 chỉ còn 1300 – 100 = 1200W
1200W này được phân phối cho mạch ngoài như sau :
• E2 tiêu thụ PE2 = E2I2 = 117x5 = 585W
Và tổn hao công suất trên nội trở r2 : ∆Pr2 = I22r2 = 52x1 = 25W
Do đó tổng công suất nhánh 2 tiêu thụ là 585 + 25 = 600W

• Tải r3 trên nhánh 3 tiêu thụ Pr3 = I32r3 = 52x24 = 600W
Tóm lại có sự cân bằng công suất trong mạch
Bài tập 9 : Chọn điện thế nút cực âm của các máy phát là 0V , ta có :
1
1
1
1
123x
+ 120x
+ 122x
+ 117x
E g + E2g2 + E3g3 + E4 g4
0,1
0,1
0,1
0,1
U= 11
=
1
1
1
1 1
g1 + g2 + g3 + g4 + g5
+
+
+
+
0,1 0,1 0,1 0,1 6
4820 1230 + 1200 + 1220 + 1170
=

=
= 120V
40
40,166

Chọn chiều trong mỗi nhánh có nguồn đều hướng từ cực âm đến cực dương của nguồn ,
1
dòng trong từng nhánh sẽ là : I1 = (E1 – U)g1 = (123 – 120)( ) = 30A
0,1
1
1
I2 = (E2 – U)g2 = (120 – 120)( ) = 0A ; I3 = (E3 – U)g3= (122 – 120)( ) = 20A
0,1
0,1
1
I4 =(E4 – U)g1 = (117 – 120)( ) = - 30A (I4 có chiều đúng là hướng ngược lại → E4 là động cơ)
0,1
Riêng đối với nhánh không nguồn , chọn chiều dòng nhánh ngược với dòng trong các
1
nhánh có nguồn : I5 = Ug5 = 120x = 20A
6
U
120
Baøi 10 : Khi mắc nối tiếp : INT =
=
= 3 → R1 + R2 = 40
R1+R2
R1 + R 2
U(R1 + R2 )
U

U
120 x40
Khi maéc song song : I// =
=
=
=
= 16
R1R2
R1R2
R12
R1R 2
R1 + R 2
4800
→ R1R2 =
= 300 → R1(40 – R1) = 300 → R12 – 40R1 + 300 = 0
16

7


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

Giải phương trình bậc 2 này và chỉ lấy nghiệm dương : R1 =

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

20 + 202 − 300
= 30Ω
1
→ R2 = 40 – 30 = 10Ω

Bài 11 : Sđđ bộ ắc quy : E = 5x2 = 10V .
(a) Để tính dòng qua bình điện giải , ta dùng định luật Kirchoff 2 áp dụng cho mạch vòng
10 − 2
E − E'
=
= 0,76A
như hình veõ : IR + IR’ = E – E’ → I(R + R’) = E- E’ → I =
0,5 + 10
R + R'

(b) Để tìm giá trị của điện trở X , ta cần tính điện áp U giữa 2 nút A , B ( coi điện thế nút
1
1
10( ) + 2( )
X(20 + 0,2)
20,2X
Eg + E' g'
0,5
10
B baèng 0 ) : U =
=
=
=
1
1
1
2X + 0,1X + 1 1 + 2,1X
g + g'+gX
+

+
0,5 10 X
Dòng qua bình điện giải khi có mắc thêm điện trở X là I’ . Vì I’ có chiều trái với chiều E’
20,2X
20,2X
1
nên : I’ = - (E’ – U)g’ = 0 → - (2 )( ) = 0 →
= 2 → 20,2X = 2 + 4,2X
1 + 2,1X 10
1 + 2,1X
2
= 0,125Ω
→X=
16
Bài 12 : Chọn chiều dòng điện trong các nhánh
như hình vẽ :
Coi điện thế tại B bằng 0 , ta có ngay điện áp U trên 2
cực A và B của nguồn E1 : U = E1 = 35V
Từ đó ta suy ra dòng trong mỗi nhánh như sau :
1
I3 = Ug3 = 35( ) = 3,5A
10
1
I4 = (E4 – U)g4 = (44 – 35)( ) = 0,75A
12
Riêng đối với nhánh 2 , vì E2 và U cùng chiều nhau nên :
1
1
UBA = - U = E2 – I2r2 → I2 = (E2 +U)( ) = (95 + 35)( ) = 2,6A
r2

50

Cuối cùng , định luật Kirchoff 1 tại nút A cho ta : I – I2 – I3 + I4 = 0
→ I = I2 + I3 – I4 = 2,6 + 3,5 – 0,75 = 5,35A

8


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN
BÀI TẬP CHƯƠNG 4 – ĐIỆN TỪ

Bài 1 : Cường độ từ trường tại điểm A cách dây dẫn mang dòng I = 12A , một đoạn
I
12
a = 8cm = 8.10-2m : HA =
=
= 23,9A/m
2πa
2πx8.10 − 2
14,6 x300
Iw
Bài 2 : Cường dộ từ trường trong lòng cuộn dây : H =
=
≈ 12514A/m
l
35.10 − 2
Từ cảm trong lòng cuộn dây lõi không khí (µ =1) : B = µµoH = 1x125.10-8x12514 = 0,0156T
Từ thông trong lòng cuộn dây : φ = BS = 0,0156x4.10-4 = 6,24.10-6Wb

4000x10.10 −2
Hl
=
= 4A
w
100
Cảm ứng từ trong ống dây lõi không khí (µ =1) : B = µµoH = 1x125.10-8x4000 = 5.10-3T

Bài 3 : Dòng điện qua các vòng của ống dây : I =

πD2
πx(2.10 −2 )2
=
= 10-4π m2
4
4
Từ thông trong ống dây : φ = BS = 5.10-3x10-4π = 1,57.10-6Wb

Tiết diện ống dây : S =

500x25.10 −2
Hl
=
= 0,25A
500
w
Sức từ động : F = Iw = 0,25x500 = 125A
Baøi 4 : Dòng từ hóa : I =

Bài 5 : Tiết diện lõi thép : S =
→S=

φ
, với B = µµoH
B

2.10 −5
φ
=
= 13,5.10-6m2 = 13,5mm2
−
8
µµ oH
593x125.10 x2000

Bài 6 : Dòng từ hóa :

Hltb
750x10 −1π
-2
-1
I=
, với H = 750A/m ; ltb = πDtb = 10.10 π = 10 π m ; w = 200 → I =
= 1,18A
w
200
Bài 7 : Cảm ứng từ trong lõi thép : B = µµoH = 2400x125.10-8x500 = 1,5T
Từ thông trong lõi thép : φ = BS = 1,5x4.10-4 = 6.10-4Wb
Bài 8 : Hai dòng điện ngược chiều nhau nên lực tác dụng là lực đẩy :

1
l
F1 = F2 = µµoI1I2
= 1x125.10-8x5000x5000x
= 25N
2πa
2πx200.10 − 3
F
0,98
Bài 9 : Từ cảm của từ trường tác dụng lên dây dẫn : B =
=
= 0,49T
Il
20x10.10 − 2
Bài 10 : Chiều dài đoạn dây trong từ trường :
0,5
F
, với I = δ S = 10x2 = 20A → l =
= 0,25m
l=
0,1x20
BI
Baøi 11 : Từ cảm của từ trường tác dụng lên dây dẫn :
F
U
50
0,5
B=
, với I =
=

= 5A → B =
= 0,1T
Il
r
10
5x1

9


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN
BÀI TẬP CHƯƠNG 5 – CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ

Bài 1 : Sđđ cảm ứng trong đoạn dây : E = Blv = 0,8x25.10-2x5 = 1V
πnD
Bài 2 : Sđđ trong thanh dẫn : E = Blv , với v =
, trong đó D là đường kính rôto
60
→ E = Bl(

πx3000x20.10 −2
πnD
) = 1x30.10-2(
) = 3π ≈ 9,42V
60
60

Bài 3 :Dòng qua mạch : I =

9,42
E
=
= 18,84A
ro + rtải
0,5

Công suất cơ đã biến thành điện : Pcơ = Fv = BIlv =BlvI = EI = 9,42x18,84 = 177W
Bài 4 : Tính trung bình trong khoảng thời gian biến thiên , sđđ xuất hiện trong cuộn dây :
∆ψ
w ∆φ
Etb = =, với ∆φ ( từ thông tăng ) = 0,001 – 0 = 0,001Wb vaø ∆t = 0,1s
∆t
∆t
1000x0,001
= - 10V
→ eL = 0,1
Bài 5 : Hệ số tự cảm của cuộn dây : L = 125.10-8µ
Khi không có lõi thép (µ =1) : Lo = 125.10-8x1x

w2
πD2
S , với S =
l
4

302

x

π(2.10 −2 )2
4

10.10- 2
= 353429.10-9 = 0,35.10-3H = 0,35mH
Khi có lõi thép (µ = 4000) : LFe = 4000Lo = 4000x0,35 = 1,4H
Bài 6 : Sđđ tự cảm khi đóng mạch : eLđóng = - L
→ eLđóng = - 5x

∆i
, với ∆i = 5 – 0 = 5A và ∆t = 0,2s
∆t

5
= - 125V
0,2

∆i
, với ∆i = 0 – 5 = - 5A và ∆t = 0,1s
∆t
(−5)
= 250V
→ eLđóng = - 5x
0,1
1
Bài 7 : Năng lượng từ trường tích lũy trong cuộn dây : WM = LI2 = 0,5x5x52 = 62,5J
2
E
Bài 8 : Dòng cảm ứng xuất hiện trong vòng dây : I = tb , với Etb là sđđ trung bình trong vòng

r
∆φ
∆B.S
=
, trong đó ∆B = 0,5 – 0 = 0,5T và ∆t = 0,01s → Etb
dây ( không để ý chiều ) : Etb =
∆t
∆t
0,5x0,025
1,25
= 1,25V → I =
= 12,5A
=
0,01
0,1

Sđđ tự cảm khi cắt mạch : eLcắt = - L

Bài 9 : Định luật Kirchoff 2 áp dụng cho mạch vòng như hình vẽ :
u∆t
∆φ
∆φ
u = - eL = - (- w
)=w
→ ∆φ =
∆t
∆t
w

10

TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

100x2.10 −3
= 4.10-3Wb
50
Trong thời gian đóng mạch , từ thông tăng
từ 0 đến trị số lớn nhất là φ nên :
∆φ = φ - 0 → φ = ∆φ = 4.10-3Wb
φ
4.10 −3
Từ cảm trong lõi thép : B =
=
= 0,2T
S
0,02
=

Bài 10 : Ở bài trên , ta đã xác định : u = - eL = - (- w
→w=

∆φ
∆φ
)=w
∆t
∆t

100x0,1
u∆t
u∆t
=
= 10000 vòng
=
∆φ
0,01x0,1
S∆B

Bài 11 : Sđđ cảm ứng trong dây dẫn : E = Blv = 1x40.10-2x2 = 0,8V
0,8
E
Dòng trong mạch : I =
=
= 5A
0,01 + 0,15
ro + r

Lực điện từ tác dụng lên dây dẫn : F BIl = 1x5x40.10-2 = 2N
Cân bằng công suất trong hệ thống : Pcơ = Fv = 2x2 = 4W
Pđiện = UI = I2r = 52x0,15 = 3,75W ; ∆Po = I2ro = 52x0,01 = 0,25W
Ta phải có : Pcơ = Pđiện + ∆Po
Thật vậy : 4 = 3,75 + 0,25 . Vậy định luật bảo toàn công suất được nghiệm đúng
Pđiện
3,75
Hiệu suất của hệ thống phát điện này : η =
= 0,94
=
Pcơ

4
Bài 12 : Spđ của dây dẫn : E = Blv = 1x40.10-2x4 = 1,6V

Dòng trong mạch : I =

Ef − E
2 − 1,6
=
= 8A
ro + r
0,04 + 0,01

Lực nâng vật nặng lên : F = BIl = 1x8x40.10-2 = 3,2N
Cân bằng công suất rong hệ thống : Pcơ = Fv = 3,2x4 = 12,8W ; Pđiện = EfI = 2x8 = 16W
∆P = I2r = 82x0,01 = 0,64W ; ∆Po = I2ro = 82x0,04 = 2,56W
Ta phải có : Pđiện = Pcơ + ∆P + ∆Po
Thật vaäy : 16 = 12,8 + 0,64 + 2,56 . Vậy định luật bảo toàn công suất được nghiệm đúng
P
12,8
= 0,8
Hiệu suất của hệ thống động cơ này : η = cơ =
Pđiện
16
Bài 13 : Lực điện từ tác dụng lên dây dẫn : F = BIl , với I =
→ Bl =

E
Blv
=
= 0,3

r
r

0,3r
0,3x150
=
= 2,25 → F = 2,25x0,3 = 0,675N
v
20

BÀI TẬP CHƯƠNG 6 – MẠCH ĐIỆN XOAY CHIỀU HÌNH SIN MỘT PHA
Bài 1 : (a) Tần số sđđ của maùy phaùt : f =

pn
3x1000
=
= 50Hz
60
60

11


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

3x985
= 49,25Hz
60

60f
60 x 50
3000
. Nếu p = 1 thì n =
= 3000v/p ; p = 2 → n =
(b) Tốc độ rôto : n =
p
1
2
3000
3000
3000
= 1000v/p ; p = 4 → n =
= 750v/p ; p = 5 → n =
= 1500v/p ; p = 3 → n =
3
4
5
3000
= 600v/p ; p = 6 → n =
= 500v/p
6
π
Bài 2 : (a) Sđd e = 310sin(314t + ) (V) có : - biên độ sđđ : Em = 310V - tốc độ góc :
4
1
2π
1
2π
= 50Hz - trị tức thời tại

=
= 0,02s - tần số : f =
=
ω = 314rad/s - chu kỳ : T =
ω
314
T
0,02

Tần số ứng với n = 985v/p : f’ =

π
7
2
s : eo = 310sin(0 +
) = 310x
= 220V vaø
400
4
2
π
π
7
7π
e0,0175 = 310sin(314x
+
) = 310sin(
+
) = 310sin2π = 0 - trị hiệu dụng :
400

4
4
4
310
E=
= 220V - đồ thị hình sin (đường a)
2
π
(b) Sđd e = 400 2 sin(314t + )
6
(V) coù : - biên độ sđđ : Em = 400 2
= 566V - ω , T , f giống câu (a)
- trị tức thời tại các thời điểm t = 0
7
s : eo = 400 2
vaø t = 0,0175s =
400
π
sin(0 + ) = 400 2 x0,5 = 282,8V
6
vaø e0,0175 = 400 2 sin
π
7
+ ) = 400 2
(314x
400
6
7π
23π
π

sin(
+ ) = 400 2 sin
4
6
12
= - 146,4V - trị hiệu dụng E = 400V
- đồ thị hình sin (đường b)

các thời điểm t = 0 và t = 0,0175s =

Bài 3 : Tổng trở cuộn dây : Z =

R2 + X 2 , với R = 10Ω ; X = XL – 15,7Ω

→ Z = 102 + 15,72 = 18,6Ω
Điện áp nguồn : U = IZ = 6x18,6 = 111,6V
X
X
15,7
=
= 0,05H = 50mH
Hệ số tự cảm của cuộn dây : L = L =
2πf
2πf
2πx50

12


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

10
R
=
= 0,537
Z
18,6
U
65
Bài 4 : Tổng trở cuộn dây : Z =
=
= 13Ω . Hệ số công suất của cuộn dây :
I
5
P
125
cosϕ =
=
= 0,3846 → Điện trở cuộn dây : R = Zcosϕ = 13x0,3846 = 5Ω . Điện kháng
UI
65x 5
Hệ số công suất của cuộn dây : cosϕ =

( cũng là cảm kháng ) của cuộn dây : X = XL = Z 2 − R2 =
X
12
cuộn dây : L = L =
= 0,0382H = 38,2mH

2πf
2πx50
U
120
Bài 5 : Tổng trở đoạn mạch R-C : Z =
=
= 30Ω .
I
4

132 − 52 = 12Ω . Điện cảm

Điện kháng của đoạn mạch R-C : X = Z 2 − R2 = 30 2 − 152
= - 25,98Ω (ta lấy nghiệm âm vì đoạn mạch R-C có tính dung)
Dung kháng của đoạn mạch : XC = - X = - ( - 25,98) = 25,98Ω =
1
1
1
→C=
=
= 0,000122F = 122.10-6
2πfx25,98
2πx50x25,98
2πfC
= 122µF . Các thành phần của tam giác điện aùp : UR = IR =
4x15 = 60V ; UC = IXC = 4x25,98 = 104V ; U = 120V vaø tgϕ =
− 25,98
X
=
= - 1,732 → ϕ = - 60o , nghóa là i vượt pha trước u 60o .

R
15
Baøi 6 : f = 50Hz
→ ω = 2πf = 2πx50 = 314 rad/s
Cảm kháng và dung kháng của mạch :
XL = ωL = 314x0,08 = 25,12Ω
1
1
=
= 21,23Ω
XC =
ωC
314x150.10 − 6
Điện kháng của mạch :
X = XL – XC = 25,12 – 21,23 = 3,89Ω
Tổng trở của mạch :
Z=

32 + 3,89 2 = 4,9124Ω
220
U
Dòng trong mạch : I =
=
= 44,78A
4,9124
Z
Các thành phần tam giác công suất :
P = I2R = 44,782x3 = 6KW
Q = I2X = 44,782x3,89 = 7,8KVAR
S = I2Z = 44,782x4,9124 = 9,85KVA

X
3,89
tgϕ =
=
→ ϕ = 52,36o , nghóa là u vượt pha trước i 52,36o
R
3

R2 + X 2 =

Bài 7 : Tần số cộng hưởng : f = fo =

1
2π LC

=

1
2π 0,318x31,8.10

−6

= 50Hz

13


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

U
220
=
= 20A
R
11
Các thành phần điện áp khi có cộng hưởng : UR = U = 220V
UL = UC = IXL = 2πfoLI = 2πx50x0,318x20 = 1998V ≈ 2KV

Dòng trong mạch khi có cộng hưởng : I =

Baøi 8 : f = 50Hz
→ ω = 2πf = 2πx50 = 314 rad/s
Cảm kháng của từng cuộn daây :
XL1 = ωL1 = 314x32.10-3 = 10Ω
XL2 = ωL2 = 314x14.10-3 = 4,4Ω
Điện kháng trên từng đoạn mạch :
X1 = XL1 = 10Ω ; X2 = XL2 = 4,4Ω
Toång trở từng đoạn mạch :
Z1 =

R12 + X 12 =

Z2 =

R22 + X 22 = 82 + 4,4 2 = 9,13Ω
Tổng trở toàn mạch :

Z=

R2 + X 2 =

4 2 + 10 2 = 10,77Ω

(R1 + R2 )2 + (X 1 + X 2 )2

(4 + 8)2 + (10 + 4,4)2 =

=

= 18,74Ω
Dòng tong mạch : I =

122 + 14,42
380
U
=
= 20,28A
18,74
Z

Góc lệch pha của u đối với i cho bởi : tgϕ =

X
14,4
=
= 1,2 → ϕ = 50,19o , nghóa là u
R
12

vượt pha trước i 50,19o
Điện áp trên từng đoạn maïch : U1 = IZ1 = 20,28x10,77 = 218V ; U2 = IZ2 = 20,28x9,13 = 185V
Baøi 9 : f = 50Hz → ω = 2πf = 2πx50 = 100π rad/s
1
1
=
Cảm kháng và dung kháng trong mạch: XL=ωL = 100πx =100Ω ; XC =
π
ωC

1
10 − 4
100πx
2π

=200Ω

R 2 + (X L − X C )2 = 1002 + (100 − 200)2 = 100 2 Ω
1
1
• Mạch điện hình 2 : Nhánh 1 có điện dẫn là g1 =
=
= 0,01S
R
100
1
1
=
= 0,01S

Nhánh 2 có điện nạp là b2 =
XL
100
1
1
Nhánh 3 có điện nạp là b3 = == - 0,005S
XC
200

• Mạch diện hình 1 có tổng trở là Z =

Điện dẫn và điện nạp toàn mạch là : g = g1 = 0,01S và b = b2 + b3 = 0,01 – 0,005 = 0,005S
→ Tổng dẫn của mạch là Y =

14

g2 + b 2 =

0,012 + 0,0052 = 0,01118S


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM
→ Tổng trở của mạch là Z =

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN
1
1
=
= 89,44Ω
Y

0,01118

• Mạch điện hình 3 có : Nhánh 1 có tổng trở là Z1 =

R2 + X L2 =

100 2 + 100 2 = 100 2 Ω

→ Điện dẫn và điện nạp nhánh 1 là
X
R
100
100
g1 =
=
= 0,005S vaø b1 = L =
= 0,005S
2
2
2
Z1
(100 2 )
Z1
(100 2 )2
1
1
== - 0,005S
Nhánh 2 có điện nạp là b2 = XC
200
→ Điện dẫn và điện nạp toàn mạch là : g = g1 = 0,005S vaø b = b1 + b2 = 0,005 – 0,005 = 0

g2 + b 2 = 0,0052 + 02 = 0,005S
1
1
→ Tổng trở của mạch là Z =
=
= 200Ω
0,005
Y

→ Tổng dẫn của mạch là Y =

• Mạch điện hình 4 : Nhánh 1 có tổng trở là Z1 =

R 2 + (− X C ) 2 =

1002 + (−200)2 = 100 5 Ω

→ Điện dẫn và điện nạp nhánh 1 là
X
R
100
200
g1 =
=
= 0,002S và b1 = - C = = - 0,004S
2
2
2
2
Z1

(100 5 )
(100 5 )
Z1
1
1
=
= 0,01S
Nhánh 2 có điện nạp là b2 =
XL
100
→ Điện dẫn và điện nạp toàn mạch là: g = g1 = 0,002S vaø b = b1 + b2 = - 0,004 + 0,01 = 0,006S
g2 + b 2 = 0,0022 + 0,0062 = 0,006324S
1
1
=
= 158,11Ω
→ Tổng trở của mạch là Z =
0,006324
Y
1
1
=
= 0,01S
• Mạch điện hình 5 : Nhánh 1 có điện dẫn là g1 =
R
100
→ Tổng dẫn của mạch laø Y =

(X L − X C )2 = (100 − 200)2 = 100Ω
X − XC

100 − 200
=
= - 0,01S
→ Điện nạp của nhánh 2 là b2 = L
Z 22
100 2

Nhánh 2 có tổng trở là Z2 =

→ Điện dẫn và điện nạp toàn mạch : g = g1 = 0,01S và b = b2 = - 0,01S
→ Tổng dẫn của mạch là Y =

g2 + b 2 =

0,012 + (−0,01)2 = 0,01 2 S

1
100 2
1
=
=
= 50 2 Ω
Y
2
0,01 2
• Mạch điện hình 6 : Gọi đoạn mạch chứa R là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa L//C là
đoạn mạch BC
Điện trở của đoạn mạch AB là RAB = R = 100Ω
1
1

=
= 0,01S
Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện nạp là b1 =
XL
100

→ Tổng trở của mạch là Z =

15


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b2 = -

1
1
== - 0,005S
XC
200

→ Điện nạp của đoạn mạch BC là bBC = b1 + b2 = 0,01 – 0,005 = 0,005S
→ Toång dẫn của đoạn mạch BC là YBC =
→ Điện kháng của đoạn mạch BC là XBC =
→ Tổng trở của mạch là Z =
=

bBC 2 =

bBC

2
YBC

R2TM + X 2TM =

=

0,0052 = 0,005S
0,005
0,0052

= 200Ω

(R AB + RBC )2 + (X AB + X BC )2

(100 + 0)2 + (0 + 200)2 = 100 5 Ω

• Mạch điện hình 7 : Gọi đoạn mạch chứa L là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa R//C là
đoạn mạch BC
Điện kháng của đoạn mạch AB là XAB = XL = 100Ω
1
1
Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện dẫn là g1 =
=
= 0,01S
R
100

1
1
Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b2 = == - 0,005S
XC
200
→ Điện dẫn và điện nạp của đoạn maïch BC :
gBC = g1 + g2 = 0,01 + 0 = 0,01S vaø bBC = b1 + b2 = 0 + ( - 0,005) = - 0,005S
→ Tổng dẫn của đoạn mạch BC là YBC =

2
gBC
+ bBC 2 =

0,012 + (−0,005)2 = 0,01118S

→ Điện trở và điện kháng của đoạn mạch BC :
g
b
0,01
− 0,005
= 80Ω và XBC = BC =
= - 40Ω
RBC = BC =
2
2
YBC
0,011182
YBC
0,011182
→ Tổng trở của mạch laø Z =

=

R2TM + X 2TM =

(R AB + RBC )2 + (X AB + X BC )2

(0 + 80)2 + (100 − 40)2 = 100Ω

• Mạch điện hình 8 : Gọi đoạn mạch chứa C là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa R//L là
đoạn mạch BC
Điện kháng của đoạn mạch AB là XAB = - XC = - 200Ω
1
1
Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện dẫn là g1 =
=
= 0,01S
R
100
1
1
Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b2 =
=
= 0,01S
XL
100
→ Điện dẫn và điện nạp của đoạn mạch BC :
gBC = g1 + g2 = 0,01 + 0 = 0,01S vaø bBC = b1 + b2 = 0 + 0,01 = 0,01S
→ Tổng dẫn của đoạn mạch BC là YBC =

2

gBC
+ bBC 2 =

0,012 + 0,012 = 0,01 2 S

→ Điện trở và điện kháng của đoạn mạch BC :
g
b
0,01
0,01
RBC = BC =
= 50Ω và XBC = BC =
= 50Ω
2
2
YBC
(0,01 2 )2
YBC
(0,01 2 )2

16


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

→ Tổng trở của mạch là Z =
=

R2TM + X 2TM =

(R AB + RBC )2 + (X AB + X BC )2

(0 + 50)2 + (−200 + 50)2 = 158,11Ω

Bài 10 : Tổng trở nhánh 1 :
R12 + X 12 = 30 2 + 0 2 = 30Ω
Cảm và dung kháng của nhánh 2 :
2
XL2 = ωL = 100πx
= 40Ω
5π
1
1
=
= 70Ω
XC2 =
ωC
10 − 3
100πx
7π
Điện kháng nhánh 2 :
X2 = XL2 – XC2 = 40 – 70 = - 30Ω
Z1 =

Tổng trở nhánh 2 : Z2 =

R22 + X 22 =

0 2 + (−30)2 = 30Ω

U
120
U
120
=
= 4A và I2 =
=
= 4A
Z1
30
Z2
30
X
0
Góc lệch pha của u đối với i1 cho bởi : tgϕ1 = 1 =
= 0 → ϕ1 = 0o
R1
30

Dòng trong mỗi nhánh song song : I1 =

Góc pha đầu của i1 : ψi1 = ψu - ϕ1 = 0o – 0o = 0o . Vậy : i1 = 4 2 sin100πt (A)
X
− 30
Góc lệch pha của u đối với i2 cho bởi tgϕ2 = 2 =
= - ∞ → ϕ2 = - 90o
R2
0

Goùc pha đầu của i2 : ψi2 = ψu - ϕ2 = 0o – (- 90)o = 90o. Vaäy : i2 = 4 2 sin(100πt + 90o) (A)
X
R
30
0
1
=
S ; b1 = 1 =
=0
Điện dẫn và điện nạp của từng nhánh song song : g1 = 1 =
2
2
2
30
30
302
Z1
Z1
g2 =
Điện dẫn và điện nạp toàn mạch: g =g1 + g2 =

R2
Z 22

=

0

30

2

= 0 ; b2 =

X2
Z 22

=

− 30
30

2

=-

1
S
30

1
1
1
1
+0=
S ; b =b1 + b2 = 0 + ()=S
30
30
30
30

2

2

1
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
2S
Tổng dẫn toàn mạch : Y = g + b = ⎜ ⎟ + ⎜ − ⎟ =
30
⎝ 30 ⎠
⎝ 30 ⎠
1
2) = 4 2A
Doøng trong mạch chính : I = UY = 120(
30
1
−
b
= 30 = - 1 → ϕ = - 45o
Góc lệch pha của u đối với i cho bởi : tgϕ =
1
g
30
o
o
o
Góc pha đầu của i : ψi = ψu - ϕ = 0 – (- 45 ) = 45
Vaäy : i = 4 2 x 2 sin(100πt + 45o) = 8 sin(100πt + 45o) (A)
2

2

17


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

Bài 11 : Cảm và dung kháng trong mạch :
3
1
= 30Ω ; XC =
=
XL = ωL = 100πx
10π
ωC

1
10 − 3
100πx
4π

= 40Ω

Gọi đoạn mạch chứa R là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa L//C là đoạn mạch BC
1
1
=

S
Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện nạp là b1 =
XL
30
1
1
== - 0,025S
Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b2 = XC
40
1
– 0,025 = 0,008333S
→ Điện nạp của đoạn mạch BC là bBC = b1 + b2 =
30
→ Tổng dẫn của đoạn mạch BC là YBC =
→ Điện kháng của đoạn mạch BC là XBC =
→ Tổng trở của mạch là Z =

bBC 2 =
bBC

2
YBC

R2TM + X 2TM =

=

0,0083332 = 0,008333S
0,008333
0,0083332

= 120Ω

(R AB + RBC )2 + (X AB + X BC )2

(120 + 0)2 + (0 + 120)2 = 120 2 + 120 2 = 120 2 Ω
240
U
=
Doøng qua R : IR =
= 2A
Z
120 2
X
120
= 1 → ϕ = 45o
Góc lệch pha của u đối với iR cho bởi : tgϕ = TM =
R TM
120
=

Góc pha đầu của iR : ψiR = ψU - ϕ = 0o – 45o = - 45o
Vaäy : iR = 2 x 2 sin(100πt – 45o) = 2sin(100πt – 45o) (A)
Điện áp trên đoạn mạch BC là UBC = IRXBC = 2 x120 = 120 2 V
X
120
= + ∞ → ϕBC = 90o
Góc lệch pha của uBC đối với iR cho bởi : tgϕBC = BC =
RBC
0

Góc pha đầu của uBC : ψuBC = ψiR + ϕBC = - 45o + 90o = 45o

18


TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM
Dòng qua L : IL =

GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN

U BC
120 2
=
= 4 2A
XL
30

Góc lệch pha của uBC đối với iL cho bởi : tgϕ1 =

X1
X
30
= L =
= + ∞ → ϕ1 = 90o
R1
0
0

Góc pha đầu của iL : ψiL = ψuBC - ϕ1 = 45o – 90o = - 45o
Vaäy : iL = 4 2 x 2 sin(100πt – 45o) = 8 sin(100πt – 45o) (A)

U
120 2
Doøng qua C : IC = BC =
= 3 2A
XC
40
− XC
X
− 40
=
= - ∞ → ϕ2 = - 90o
Góc lệch pha của uBC đối với iC cho bởi : tgϕ2 = 2 =
R2
0
0
Góc pha đầu của iC : ψiC = ψuBC - ϕ2 = 45o – ( - 90o) = 135o
Vaäy : iC = 3 2 x 2 sin(100πt + 45o) = 6 sin(100πt + 135o) (A)

BÀI TẬP CHƯƠNG 7 – GIẢI MẠCH ĐIỆN BẰNG SỐ PHỨC
Bài 1 : Chuyển một phức từ
dạng đại số sang dạng mũ
(a) &I = 3 + j4 = 5∠53,13o (A)
→ i = 5 2 sin(ωt + 53,13o) (A)
(b) &I = - 3 – j4 = 5∠- 126,87o (A)
→ i = 5 2 sin(ωt – 126,87o) (A)
(c) &I = 9,2 + j5,5 = 10,72∠30,87o (A)
→ i = 10,72 2 sin(ωt + 30,87o) (A)
(d) &I = 8,6 – j7,1
= 11,15∠- 39,54o (A)
→ i = 11,15 2 sin(ωt – 39,54o) (A)

(e) &I = 15 – j20 = 25∠- 53,13o (A)
→ i = 25 2 sin(ωt – 53,13o) (A)
(f) &I = - 15 + j15 = 15 2 ∠135o (A)
→ i =15 2 x 2 sin(ωt + 135o) =30 sin(ωt + 135o) (A)
(g) &I = - 9 = 9∠180o (A)
→ i = 9 2 sin(ωt + 180o) (A)
(h) &I = – j5 = 5∠- 90o (A) → i = 5 2 sin(ωt – 90o) (A)
Bài 2 : Chuyển một phức từ dạng mũ về dạng đại số
3
(a) U& = 220∠30o = 220(cos30o + jsin30o) = 220x
+ j220x0,5 = 110 3 + j110 (V)
2
3
) =110 - j110 3 (V)
(b) U& =220∠- 60o =220[cos(-60)o + jsin(-60)o] =220x0,5 + j220x(2
3
= - 190 + j190 3 (V)
(c) U& =380∠120o =380(cos120o + jsin120o) =380x(-0,5) + j380x
2

19