Bài giải mạch điện 2

Ngày đăng: 03/05/2014, 08:00

Bài 6.1: Cho mạch như hình vẽ -Mạch xác lập 0〈t – 0=t, K đóng -Tìm ( ) + 0 1 i, ( ) + 0 2 i, ( ) + 0 3 i ; ( ) + 0 ‘ 1 i, ( ) + 0 ‘ 2 i, ( ) + 0 ‘ 3 i Giải – Tại 0〈t : Mạch trạng thái xác lập 1 chiều (K mở) + ( ) ( ) 21 21 00 RR E ii + == −−, ( ) 00 3 = − i + ( ) ( ) 21 2 22 * 0*0 RR RE iRU C + == −− – 0 ≥ t : K đóng R 2 E K t = 0 R 1 R 3 L C U c i 2 i 3 i 1 E K C i c R 1 R L i t = 0 U c + ( ) ( ) 21 22 00 RR E ii + == +− + ( ) ( ) 21 2 * 00 RR RE UU CC + == +− + ( ) ( ) ( ) 213 1 3 21 2 3 3 * * * 0 0 RRR RE R RR RE E R UE i C + = + − = − = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 213 1 21 321 * * 000 RRR RE RR E iii + + + =+=⇒ +++ Mặt khác ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 122 ‘ 2 21 2 22 ‘ 2 2 * *0* 0 * 0*0* 0 0 RRL RE L iRE i RR RE EiREiL dt di LU L + = − =⇒ + −=−=== + + ++ + + Ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )         − + = + − + =+=⇒ + −= + −=−=⇔ =−⇒ +=−=⇒ += +++ + + ++ +++ ++ ∫ 2 3 21 1 21 2 3 1 21 1 ‘ 3 ‘ 2 ‘ 1 21 2 3 1 213 1 33 3 ‘ 3 3 ‘ 33 333 33 * 11 * * ** * * * 000 ** * * * * * 1 0 * 1 0 0* 1 0* 0 1 0*0 00* RC LRR RE RRRC RE RRL RE iii RRRC RE RRR RE CRR i C i i C iR Udti C iREU UiRE COC C Bài 6.2: Tìm U C ,(0 + ), i(0 + ), i’(0 + ), i’’(0 + ). Tại t=0, khóa k mở.  Tại t<0, khóa k đóng: 21 )0( RR E i L + = − 2 21 )0( R RR E U C + = −  Tại t>=0, khóa k mở: Ta lại có: Ta đạo hàm (1) được phương trình: Bài 6.3: Cho mạch điện như hình vẽ, khóa K đóng tại t = 0. Hãy xác định );0( 1 + i )0( 2 + i ; )0( 3 + i. + Tại t < 0, khóa K mở ta có: 6 361 3* )0()0( = ++ == −+ E uu cc (V) + Tại t > 0, khóa K đóng ta có: ( ) ( ) 21 00)0( RR E iii L + === ++− ( ) 2 21 0)0( R RR E UU CC + == +− ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000 )1(000 0 ‘ 2 21 2 21 ‘ =⇒= + − + = −=== + +++ + iR RR E R RR E RiULi dt di LU CL ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ‘ ””’ )0(0 0” 00’00 RRLC E LC i L U i URiULiU C CCL + ===⇒ =−== ++ + ++++ Mà )(2 3 )0( )0( )0(3*)0( )0()0()0( 3 3 321 A u i ui iii c c ==⇒ = == + + ++ +++ Mặt khác: Khóa K đóng nên ngắn mạch qua K, ta có: )(321)0()0()0( )(1 6 )0( )0( 0)0(6*)0( 312 1 1 Aiii A u i ui c c −=−−=−=⇒ −=−=⇒ =+ +++ + + ++ Vậy: )(2)0( )(3)0( )(1)0( 3 2 1 Ai Ai Ai = −= −= + + + 6.4. Cho mạch điện, hãy xác định: I 1 (0 + ); I 2 (0 + ); I 3 (0 + ); I 1 ‘ (0 + ); I 2 ‘ (0 + ); I 3 ‘ (0 + ), nếu tại t = 0 đóng khóa K Giải: Khi t < 0, ta có: I 1 (0 - ) = I 2 (0 – ) = và U c (0 – ) = Khi t > 0, ta có: I 1 (0 + ) = I 2 (0 + ) = I 1 (0 – ) = I 2 (0 – ) = U c (0 + ) = U c (0 – ) = R 3 I 3 (0 + ) + U c (0 + ) = E => I 3 (0 + ) = R 2 .I 2 (0 + ) + L 2 = R 3 I 3 (0 + ) + U c (0 + ) => I 2 ‘ (0 + ) = = = R 1 I 1 (0 + ) + L 1 = 0 => I 1 ‘ (0 + ) = – = – = – R 3 .I 3 (0 + ) + + U c0 = E <=> R 3 I 3 ‘ (0 + ) + = 0 => I 3 ‘ (0 + ) = – = – Bài 6.6: Cho mạch điện (H.6.6), tại 0 = t đóng khóa k. Hãy xác định các giá trị )0( 1 + i ; )0( 2 + i ; )0( + L u Biết: tte ω cos100)( = [V]; [ ] Ω= 4 1 R ; [ ] Ω= 8 2 R ; [ ] mHL 51= ; [ ] Hzf 50= Bài Làm o 0 < t ta có: ( ) Α−∠= ++ ∠ = ++ =Ι 168.535 1684 0100 0 21 0 0 jLjRR E ω ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) VU i tti c 00 ,30 168.53100cos5 1 1 = Α=⇒ Α−=⇒ − − π Vì không có tụ. o 0≥t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 000 0 88341000041000 000 300 22 11 3 1 11 == −− =⇒ =×−=−−=⇒ == Α== + +++ + +++ +− +− R U R URie i VUiU UU tt c L cL cc Mà ( ) ( ) ( ) ( ) Α=−= +++ 3000 312 iii Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) VUii L 880;300 21 =Α== +++ Bài 6.8: Hãy xác định dòng điện i C (t), i L (t) và điện áp u(t) của mạch điện trên hình. Cho i L (0 – )= 0, u C (0 – )= 0, j(t)= 1A, R 2 = C L và tại t= 0 khóa k chuyển từ 1 sang 2. Bài làm Tại thời điểm t<0 khóa k ở vị trí 1. i L (0 - )=0, u C (0 - )= 0 Tại thời điểm t ≥ 0 khóa k ở vị trí 2 i L (0 – )= i L (0 + )= 0, u C (0 – )= u C (0 + )= 0, i L (t)= i xl (t) + i td (t), i xl (t)= 1 ta có: j(t)= i C (t) + i L (t) = 1 ⇒ i C (t)= 1 – i L (t) (1) u(t)= Ri C (t) + u C (t) (2) u(t)= Ri L (t) + u L (t) (3) từ 1, 2 và 3 ta có phương trình: R(1 – i L (t)) + C 1 ∫ (1 – i L (t)) + u CO = Ri L (t) + L dt tdi L )( ⇔ 2Ri L (t) + L dt tdi L )( – R – C 1 ))(1( ti L ∫ − – u CO = 0 Lấy đạo hàm 2 vế ta có: L 2 2 )( dt tid L + 2R dt tdi L )( + C 1 i L (t) = C 1 (4) Ta có phương trình đặt trưng: LP 2 + 2RP + C 1 = 0 ∆ = 4R 2 – 4 C L = 0 ⇒ phương trình có nghiệm kép : P 1 = P 2 = – L R ⇒ nghiệm của phương trình 4 là: i Ltd (t) = ( k 1 + k 2 t)e t L R − ⇒ i L (t) =1 + (k 1 + k 2 t)e t L R − i L (0 + )= i L (0 – )= 1 + k 1 = 0 ⇒ k 1 = -1 ⇒ i L (t) = 1 + (-1 + k 2 t)e t L R − (5) ⇒ i C (t) = (1 – k 2 t)e t L R − (6) Ta có: U(t) = Ri L (t) + L dt tdi L )( ⇒ U(t) = R + Lk 2 e t L R − (7) U C (0 + )= U C (0 – )= R + Lk 2 e 0 = 0 ⇒ k 2 = 0 Thế k 2 = 0 vào phương trình 5, 6, 7 ta được: I L (t) = 1 – e t L R − I C (t) = e t L R − 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 : 0)0( = − c u Eu cxl = Tại t > 0 ta có : (1) (2) => )(ti c = C. dt tdu c )( (3) Thế (3) vào (1) ta có : 2RC. dt tdu c )( + )(tu c = E Ta có phương trình đặc trưng :      += =+ ∫ 0 )().( 1 )( )().(.2 ccc cc utdti C tu EtuRti 2RCP + 1 = 0 => P = – RC2 1 => RC t c eKEtu 2 .)( − += Mà : KEuu cc +=== +− 0)0()0( => K = – E Thế K vào ta có : )1.(.)( 22 RC t RC t c eEeEEtu −− −=−= (V) => RC t RC t c c e R E e RC E C dt tdu Cti 22. 2 ). 2 .( )( .)( −− === (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 )(tu C với giả thiết 0)0( = − L i, 0)0( = − C u. Cho biết ][1];[ 6 1 ];[1);(4)(];[1)( FCHLRtutjVte g ==Ω===. Giải * Tại t < 0, ta có: 0)0( = − L i (A) ; 0)0( = − C u (V) *Tại t > 0, ta có: 0)0()0( == −+ LL ii (A) ; 0)0()0( == −+ CC uu (V) ; 0)( = tu Cxl (V) Áp dụng Định luật K1 và K2, ta có: )(4)()()()( tutitititj gCRL =++= (1) 1)()()( =+= tutute Cg => )(1)( tutu Cg −= (2) )()()( tRitutu RRC == => R tu ti C R )( )( = (3) dt tdi Ltutu L LC )( )()( == (4) Lấy (2) và (3) thay vào (1), ta có: [ ] )(14 )()( )( tu dt tdu C R tu ti C CC L −=++ <=> dt tdu C R tu tuti CC CL )()( )(44)( −−−= (5) Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta được: 2 )()()( 4)(‘       −−−= dt tdu C Rdt tdu dt tdu ti CCC L (6) Lấy (6) thay vào (4), ta có:               −−−= 2 )()()( 4)( dt tdu C Rdt tdu dt tdu Ltu CCC C               −−−= 2 )()()( 4 6 1 dt tdu dt tdu dt tdu CCC <=> 2 )( 6 1 )( 6 5 )(       −−= dt tdu dt tdu tu CC C Phương trình đặc trưng, ta có: 01 6 5 6 1 2 =++ PP    −= −= 3 2 P P tt Ctd eKeKtu 3 2 2 1 )( −− += tttt CtdCxlC eKeKeKeKtututu 3 2 2 1 3 2 2 1 0)()()( −−−− +=++=+= (7) 21 0)0( KKu C +== + (8) Từ (5) và (7), ta có: tttttt L eKeKeKeKeKeKti 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 23432)(54)( −−−−−− −−=+++−= 21 2340)0( KKi L −−== + (9) Từ (8), (9) ta được hệ phương trình:    =+ =+ 423 0 21 21 KK KK =>    −= = 4 4 2 1 K K Vậy 0)( = tu C t < 0 [...]... 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 _… 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) = 20 sin( t + 450) [V]; e2 = 10 [V] ; uc1(0.4s) = -5 [V] R1 = 1 [Ω]; R2 = 5 [Ω]; L = 2 [H]; C1 = 1 [F]; C2 = 0.5 [F] R1 + Uc1 K2 R2 t=to 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 =...  S S + RC   RC     Ta xét: K K2 1 = 1+ 2 2  S  S+ S S +  RC RC   Ta tìm K1 và K2: 1 RC K 1 = lim = s →0 2 2 S+ RC 1 RC K 2 = lim = − 2 S 2 s→ RC Từ đó ta được: 2 2  E − RC t 2 E RC 2 E RC − RC t  ⇒ U c (t ) =  e − + e 1(t ) RC 2 RC 2 2  2   2  Bài 7.1 f(t) 2 -2 ∞ -4 Ta có: f ( t ) = a 0 + ∑ ( a n… cos(2n − 1)t + sin( 2n − 1)t  2 2n − 1 n =1  ( 2 n − 1) π  Bài 7.5 : Xác định khai triển Fuorier dạng lượng giác của tín hiệu tuần hoàn f(t) trên hình (H.7.5) H.7.5 BÀI GIẢI • •  Với  Với 7.6 T = 2 ⇒ ω 0 = 1 a0 = 2 1  π ∫0 2tdt + ∫π ( − 2t + 4π ) dt     2  [ ] 1 2 π +π 2 =π 2 π 2  1 a n =  ∫ 2t cos ntdt + ∫ ( − 2t + 4π ) cos ntdt  π 0 π  π 2  2 2 =  ∫ t cos ntdt + ∫ ( − t + 2 … 40 2 nπ 2 0 2 nπ 2 0 nπ 2 Nếu n chẵn thì bn= 0 Nếu n lẻ thì bn = 2 π (2n − 1) 1 2 ∞ 1 π f (t ) = + ∑ sin(2n − 1) 2 π 1 2n − 1 2  1 3 1 1 3 9 2 3tdt + ∫ 3dt  = ( t 2 |1 +3t |1 ) = ( + 6 − 3) = ∫ 0 T 0 2 2 4… 0 2 4 6 t(s) Gọi → O( 0,0 )   ⇒ OA = ( x, y ) = ( 2 ,2 ) A( 2 ,2 )  y ( t − x0 ) + y 0 = 2 ( t − 0) + o = t x 2 ⇒ f (t) = T = 2 ( s ) ⇒ ω 0 = 2 = 1( rad / s ) T 2 1 1 t2 + a 0 = ∫ tdt = T 0 2 2 0 =π 2 ∫ tCos( nt )dt 0 du = dt u=t   Đặt 1 ⇒ dv = Cos ( nt )  v = Sin( nt ) n  ⇒ an = = 1 π 1 π t  n Sin( nt )  2 0 −  1  2 1 2 1 ∫0 Sin( nt )  = π  n Sin( n2π… − 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 −R t E −ω t e L = i c (t) = − e 2R 2R E −R t E −ω t i L (t) = e L = i L (t) = e 2R 2R E −R t E −ω 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 −ω t R R ⇒ i c (t) = − Bài 6.13 Cho 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 ) & I2 = − =− =− 0 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)… sao: Ta có: 1 ECS 2 E 1 −  + SC + ϕ ( S ) = R 2S SR R EC 2 E 2  ⇔  + SC ϕ ( S ) = − 2 SR R  EC 2 E − 2 SR = E ( SCR − 4 ) ⇒ ϕ (S ) = 2  2  + SC 2 SCR +S R  RC     SCR − 4  E   = U C (S ) ⇒ ϕ (S ) = 2  2 RC    S  S + RC         CR  E 4   ⇒ ϕ (S ) = − 2 2  2 RC   S+ S S +   RC RC            1  2E  E 1   − =   2  RC 2  2 S +    S… 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+) = 25 0 = 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. có: tttttt L eKeKeKeKeKeKti 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 23 4 32) (54)( −−−−−− −−=+++−= 21 23 40)0( KKi L −−== + (9) Từ (8), (9) ta được hệ phương trình:    =+ =+ 423 0 21 21 KK KK =>    −= = 4 4 2 1 K K Vậy. ( ) ( ) 21 2 22 * 0*0 RR RE iRU C + == −− – 0 ≥ t : K đóng R 2 E K t = 0 R 1 R 3 L C U c i 2 i 3 i 1 E K C i c R 1 R L i t = 0 U c + ( ) ( ) 21 22 00 RR E ii + == +− + ( ) ( ) 21 2 * 00 RR RE UU CC + == +−. Lk 2Rk 2 + − = = − − = 2 1 2 2 E Lk Lk 2 E E Lk 2 2 k 0 ⇔ − − = ⇔ − + = ⇒ = E R R U L i(t) i 1 (t) i 2 (t) R R t t L c c R t t L L L R t t L c C R t t L L L E E i (t) e i (t) e 2R 2R E E i

6.1: Chonhư hình vẽ -Mạch xác lập 0〈t – 0=t, K đóng -Tìm ( ) + 0 1 i, ( ) + 0i, ( ) + 0 3 i ; ( ) + 0 ‘ 1 i, ( ) + 0 ‘i, ( ) + 0 ‘ 3 i- Tại 0〈t :trạng thái xác lập 1 chiều (K mở) + ( ) ( ) 21 21 00 RR E ii + == −−, ( ) 00 3 = − i + ( ) ( ) 2122 * 0*0 RR RE iRU C + == −− – 0 ≥ t : K đóng RE K t = 0 R 1 R 3 L C U c ii 3 i 1 E K C i c R 1 R L i t = 0 U c + ( ) ( ) 21 22 00 RR E ii + == +− + ( ) ( ) 21* 00 RR RE UU CC + == +− + ( ) ( ) ( ) 213 1 3 213 3 * * * 0 0 RRR RE R RR RE E R UE i C + = + − = − = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 213 1 21 321 * * 000 RRR RE RR E iii + + + =+=⇒ +++ Mặt khác ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 122 ‘2122 ‘* *0* 0 * 0*0* 0 0 RRL RE L iRE i RR RE EiREiL dt di LU L + = − =⇒ + −=−=== + + ++ + + Ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )         − + = + − + =+=⇒ + −= + −=−=⇔ =−⇒ +=−=⇒ += +++ + + ++ +++ ++ ∫3 21 1 213 1 21 1 ‘ 3 ” 1 213 1 213 1 33 3 ‘ 3 3 ‘ 33 333 33 * 11 * * ** * * * 000 ** * * * * * 1 0 * 1 0 0* 1 0* 0 1 0*0 00* RC LRR RE RRRC RE RRL RE iii RRRC RE RRR RE CRR i C i i C iR Udti C iREU UiRE COC C6.2: Tìm U C ,(0 + ), i(0 + ), i’(0 + ), i’’(0 + ). Tại t=0, khóa k mở.  Tại t<0, khóa k đóng: 21 )0( RR E i L + = −21 )0( R RR E U C + = −  Tại t>=0, khóa k mở: Ta lại có: Ta đạo hàm (1) được phương trình:6.3: Chonhư hình vẽ, khóa K đóng tại t = 0. Hãy xác định );0( 1 + i )0(+ i ; )0( 3 + i. + Tại t < 0, khóa K mở ta có: 6 361 3* )0()0( = ++ == −+ E uu cc (V) + Tại t > 0, khóa K đóng ta có: ( ) ( ) 21 00)0( RR E iii L + === ++− ( )21 0)0( R RR E UU CC + == +− ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000 )1(000 0 ‘2121 ‘ =⇒= + − + = −=== + +++ + iR RR E R RR E RiULi dt di LU CL ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 21 ‘ ””’ )0(0 0” 00’00 RRLC E LC i L U i URiULiU C CCL + ===⇒ =−== ++ + ++++ Mà )(2 3 )0( )0( )0(3*)0( )0()0()0( 3 3 321 A u i ui iii c c ==⇒ = == + + ++ +++ Mặt khác: Khóa K đóng nên ngắnqua K, ta có: )(321)0()0()0( )(1 6 )0( )0( 0)0(6*)0( 312 1 1 Aiii A u i ui c c −=−−=−=⇒ −=−=⇒ =+ +++ + + ++ Vậy: )(2)0( )(3)0( )(1)0( 31 Ai Ai Ai = −= −= + + + 6.4. Chođiện, hãy xác định: I 1 (0 + ); I(0 + ); I 3 (0 + ); I 1 ‘ (0 + ); I’ (0 + ); I 3 ‘ (0 + ), nếu tại t = 0 đóng khóa K Giải: Khi t < 0, ta có: I 1 (0 - ) = I(0 - ) = và U c (0 - ) = Khi t > 0, ta có: I 1 (0 + ) = I(0 + ) = I 1 (0 – ) = I(0 – ) = U c (0 + ) = U c (0 – ) = R 3 I 3 (0 + ) + U c (0 + ) = E => I 3 (0 + ) = R.I(0 + ) + L= R 3 I 3 (0 + ) + U c (0 + ) => I’ (0 + ) = = = R 1 I 1 (0 + ) + L 1 = 0 => I 1 ‘ (0 + ) = – = – = – R 3 .I 3 (0 + ) + + U c0 = E <=> R 3 I 3 ‘ (0 + ) + = 0 => I 3 ‘ (0 + ) = – = -6.6: Cho(H.6.6), tại 0 = t đóng khóa k. Hãy xác định các giá trị )0( 1 + i ; )0(+ i ; )0( + L u Biết: tte ω cos100)( = [V]; [ ] Ω= 4 1 R ; [ ] Ω= 8R ; [ ] mHL 51= ; [ ] Hzf 50=Làm o 0 < t ta có: ( ) Α−∠= ++ ∠ = ++ =Ι 168.535 1684 0100 0 21 0 0 jLjRR E ω ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) VU i tti c 00 ,30 168.53100cos5 1 1 = Α=⇒ Α−=⇒ − − π Vì không có tụ. o 0≥t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 000 0 88341000041000 000 300 22 11 3 1 11 == −− =⇒ =×−=−−=⇒ == Α== + +++ + +++ +− +− R U R URie i VUiU UU tt c L cL cc Mà ( ) ( ) ( ) ( ) Α=−= +++ 3000 312 iii Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) VUii L 880;300 21 =Α== +++6.8: Hãy xác định dòngi C (t), i L (t) vàáp u(t) củatrên hình. Cho i L (0 - )= 0, u C (0 - )= 0, j(t)= 1A, R= C L và tại t= 0 khóa k chuyển từ 1 sanglàm Tại thời điểm t<0 khóa k ở vị trí 1. i L (0 - )=0, u C (0 - )= 0 Tại thời điểm t ≥ 0 khóa k ở vị tríi L (0 - )= i L (0 + )= 0, u C (0 - )= u C (0 + )= 0, i L (t)= i xl (t) + i td (t), i xl (t)= 1 ta có: j(t)= i C (t) + i L (t) = 1 ⇒ i C (t)= 1 – i L (t) (1) u(t)= Ri C (t) + u C (t) (2) u(t)= Ri L (t) + u L (t) (3) từ 1,và 3 ta có phương trình: R(1 – i L (t)) + C 1 ∫ (1 - i L (t)) + u CO = Ri L (t) + L dt tdi L )( ⇔ 2Ri L (t) + L dt tdi L )( - R - C 1 ))(1( ti L ∫ − - u CO = 0 Lấy đạo hàmvế ta có: L)( dt tid L + 2R dt tdi L )( + C 1 i L (t) = C 1 (4) Ta có phương trình đặt trưng: LP+ 2RP + C 1 = 0 ∆ = 4R- 4 C L = 0 ⇒ phương trình có nghiệm kép : P 1 = P= - L R ⇒ nghiệm của phương trình 4 là: i Ltd (t) = ( k 1 + kt)e t L R − ⇒ i L (t) =1 + (k 1 + kt)e t L R − i L (0 + )= i L (0 - )= 1 + k 1 = 0 ⇒ k 1 = -1 ⇒ i L (t) = 1 + (-1 + kt)e t L R − (5) ⇒ i C (t) = (1 – kt)e t L R − (6) Ta có: U(t) = Ri L (t) + L dt tdi L )( ⇒ U(t) = R + Lke t L R − (7) U C (0 + )= U C (0 - )= R + Lke 0 = 0 ⇒ k= 0 Thế k= 0 vào phương trình 5, 6, 7 ta được: I L (t) = 1 – e t L R − I C (t) = e t L R − U(t) = R6.9: Hãy xác địnháp trên tụ và dòng qua tụ, nếu tại t = 0 khóa K mở ra (H6.9) Hình 6.9Tại t < 0 ta có : 0)0( = − c u Eu cxl = Tại t > 0 ta có : (1) (2) => )(ti c = C. dt tdu c )( (3) Thế (3) vào (1) ta có : 2RC. dt tdu c )( + )(tu c = E Ta có phương trình đặc trưng :      += =+ ∫ 0 )().( 1 )( )().(.2 ccc cc utdti C tu EtuRti 2RCP + 1 = 0 => P = – RC2 1 => RC t c eKEtu.)( − += Mà : KEuu cc +=== +− 0)0()0( => K = – E Thế K vào ta có : )1.(.)( 22 RC t RC t c eEeEEtu −− −=−= (V) => RC t RC t c c e R E e RC E C dt tdu Cti 22 .)..( )( .)( −− === (A)6.10: Tại t=0, nguồn áp e(t) được nối vàothông qua khóa K như hình vẽ. Hãy xác địnháp trên tụ )(tu C với giả thiết 0)0( = − L i, 0)0( = − C u. Cho biết ][1];[ 6 1 ];[1);(4)(];[1)( FCHLRtutjVte g ==Ω=== .* Tại t < 0, ta có: 0)0( = − L i (A) ; 0)0( = − C u (V) *Tại t > 0, ta có: 0)0()0( == −+ LL ii (A) ; 0)0()0( == −+ CC uu (V) ; 0)( = tu Cxl (V) Áp dụng Định luật K1 và K2, ta có: )(4)()()()( tutitititj gCRL =++= (1) 1)()()( =+= tutute Cg => )(1)( tutu Cg −= (2) )()()( tRitutu RRC == => R tu ti C R )( )( = (3) dt tdi Ltutu L LC )( )()( == (4) Lấy (2) và (3) thay vào (1), ta có: [ ] )(14 )()( )( tu dt tdu C R tu ti C CC L −=++ <=> dt tdu C R tu tuti CC CL )()( )(44)( −−−= (5) Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta được:)()()( 4)(‘       −−−= dt tdu C Rdt tdu dt tdu ti CCC L (6) Lấy (6) thay vào (4), ta có:               −−−=)()()( 4)( dt tdu C Rdt tdu dt tdu Ltu CCC C               −−−=)()()( 4 6 1 dt tdu dt tdu dt tdu CCC <=>)( 6 1 )( 6 5 )(       −−= dt tdu dt tdu tu CC C Phương trình đặc trưng, ta có: 01 6 5 6 1=++ PP    −= −= 3P P tt Ctd eKeKtu 31 )( −− += tttt CtdCxlC eKeKeKeKtututu 31 31 0)()()( −−−− +=++=+= (7) 21 0)0( KKu C +== + (8) Từ (5) và (7), ta có: tttttt L eKeKeKeKeKeKti 31 31 31 23432)(54)( −−−−−− −−=+++−= 21 2340)0( KKi L −−== + (9) Từ (8), (9) ta được hệ phương trình:    =+ =+ 423 0 21 21 KK KK =>    −= = 4 41 K K Vậy 0)( = tu C t < 0 [...]... 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) = = =(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. ti2(0+) =+ K = 4 => K ==> i2(t) = 2e-5 /2. t += 2( e-5 /2. t +1 ) (A) • t > t0 K1 ở 2, K2 đóng R1 + Uc1 R2 i1(t) C1 _… dòngtrong cuộn dây vàáp trên tụC1 Biết tại t = 0, K1 chuyển từ vị trí 1 →Tại t = t0 = 0.4 (s), đóng khóa K2 Cho biết: E1(t) = 20 sin( t + 450) [V]; e2 = 10 [V] ; uc1(0.4s) = -5 [V] R1 = 1 [Ω]; R2 = 5 [Ω]; L =[H]; C1 = 1 [F]; C2 = 0.5 [F] R1 + Uc1 K2 R2 t=to i2(t) K1 • • 1C1 C2 t=0 L _ e1 e2• t < 0 K1 ở 1, K2 mở R2=5 i2(t) -j2 C2 j2 e1 L Ta có: -E1 + (Zc2 + R2 + L).I2 =...  S S + RC   RC     Ta xét: K K2 1 = 1+ S  S+ S S +  RC RC   Ta tìm K1 và K2: 1 RC K 1 = lim = s →0S+ RC 1 RC K= lim = −s→ RC Từ đó ta được: E − RC tE RCE RC − RC t  ⇒ U c (t ) =  e − + e 1(t ) RCRC 2 2 2 − t  E − RC t  3E − RC t  RC =  e − E + E.e − E 1(t ) 1(t ) =  e 7.1 f(t)-2 ∞ -4 Ta có: f ( t ) = a 0 + ∑ ( a n… cos(2n − 1)t + sin( 2n − 1)t 2n − 1 n =1  (n − 1) π 7.5 : Xác định khai triển Fuorier dạng lượng giác của tín hiệu tuần hoàn f(t) trên hình (H.7.5) H.7.5• •  Với  Với 7.6 T =⇒ ω 0 = 1 a0 =1  π ∫0 2tdt + ∫π ( − 2t + 4π ) dt     [ ] 1π +π=π 1 a n =  ∫ 2t cos ntdt + ∫ ( − 2t + 4π ) cos ntdt  π 0 π  π2 =  ∫ t cos ntdt + ∫ ( − t +… 40nπ 2 2 2 nπ 1 nπ 1 f (t ) sin nω0 tdt = ∫ 1sin tdt = − (cos t) = − (cos nπ − 1) 40nπ0 nπNếu n chẵn thì bn= 0 Nếu n lẻ thì bn =π (2n − 1) 1∞ 1 π f (t ) = + ∑ sin(2n − 1)π 1 2n − 1 2 Bài 7.3 Xác định khai triển Fourier dạng lượng giác của tín hiệu tuần hoan f(t) có dạng: 3 Ta có: (rad/s) 1 1 3 1 1 3 93tdt + ∫ 3dt  = ( t|1 +3t |1 ) = ( + 6 − 3) = ∫ 0 T 04… 04 6 t(s) Gọi → O( 0,0 )   ⇒ OA = ( x, y ) = (,2 ) A(,2 )  y ( t − x0 ) + y 0 =( t − 0) + o = t x⇒ f (t) = T =( s ) ⇒ ω 0 == 1( rad / s ) T1 1 t2 + a 0 = ∫ tdt = T 0 2 2 2 + an =0 =π∫ tCos( nt )dt 0 du = dt u=t   Đặt 1 ⇒ dv = Cos ( nt )  v = Sin( nt ) n  ⇒ an = = 1 π 1 π t  n Sin( nt ) 0 −  1 1 ∫0 Sin( nt )  = π  n Sin( n2π… − 2R(k1 + kt)e Luật đóng ngắt: i L (0− ) = i L (0+ ) = −k1 = E E ⇒ k1 = − 2R 2R u C (0+ ) = u C (0 − ) = Rk1 − Lk− 2Rk1 = ⇔ −Lk− Lk1 = ⇔ −Lk+ ⇒ k2 = 0 E E =R − t L E −R t E −ω t e L = i c (t) = − e 2R 2R E −R t E −ω t i L (t) = e L = i L (t) = e 2R 2R E −R t E −ω 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 −ω t R R ⇒ i c (t) = −6.13 Cho mạch. .. như sau : L R R i(t) i2(t) e(t) L R R Ta có :E0E0E (1 + j ) & I2 = − =− =− 0 R jR Z+R R (1 +j ) (A) +R R + jRE0 (1 + j ).RE0E0 & ⇒I =− =− =− ∠ − arctgR.(1 +j ).( R + jR ) R (1 +j ) 5.R Khitự do ta cónhư sau : i(t) R /2 L E0 Ta có: di (t ) R L + i (t ) = E0 d (t )Từ phương trình đặc trưng ta có: R R Lp + ⇒ p = −2L ⇒ itd (t ) = k e −R t 2L e(t) Mà ta có: i(t)… sao: Ta có: 1 ECSE 1 −  + SC + ϕ ( S ) = R 2S SR R EC ⇔  + SC ϕ ( S ) = −SR R  ECE −SR = E ( SCR − 4 ) ⇒ ϕ (S ) = + SCSCR +S R  RC     SCR − 4  E   = U C (S ) ⇒ ϕ (S ) =RC    S  S + RC         CR  E 4   ⇒ ϕ (S ) = −RC   S+ S S +   RC RC            1  2E  E 1   − =   RCS +    S… 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+) = 25 0 = 100K2 => K2 = 2, 5  i(t) = 2, 5 e-10t sin1000t (A)6.15: Hãy xác định và vẽ dạngáp trên tụ điện, nếu tại t = 0, khóa K chuyển từ 1(Hình. có: tttttt L eKeKeKeKeKeKti 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 23 4 32) (54)( −−−−−− −−=+++−= 21 23 40)0( KKi L −−== + (9) Từ (8), (9) ta được hệ phương trình:    =+ =+ 423 0 21 21 KK KK =>    −= = 4 4 2 1 K K Vậy. ( ) ( ) 21 2 22 * 0*0 RR RE iRU C + == −− – 0 ≥ t : K đóng R 2 E K t = 0 R 1 R 3 L C U c i 2 i 3 i 1 E K C i c R 1 R L i t = 0 U c + ( ) ( ) 21 22 00 RR E ii + == +− + ( ) ( ) 21 2 * 00 RR RE UU CC + == +−. Lk 2Rk 2 + − = = − − = 2 1 2 2 E Lk Lk 2 E E Lk 2 2 k 0 ⇔ − − = ⇔ − + = ⇒ = E R R U L i(t) i 1 (t) i 2 (t) R R t t L c c R t t L L L R t t L c C R t t L L L E E i (t) e i (t) e 2R 2R E E i

Source: https://dichvubachkhoa.vn
Category : Điện Tử Bách Khoa