Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên ;A, Rr E I;UUR.Ir.IE 150 0 0 = + =+∆=+= Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r 0 =0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-∆U; b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a) =−−= = ++ +− = )r.IE(U ;A, rrr EEE I ab 011 030201 321 50 V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU ;V).,( cdbc 59501051935018 1045012 033022 −=−−=−−==+=+= −=−− b ) Nếu đổi chiều nguồn E 2 như ở hình 1.42. b) V)r.IE(U ;V)r.IE(U;V)r.IE(U;A Rrrr EEE I cd bcab 8 642 20 40 033 022011 030201 321 −=−−= −=−−=−=−−=== +++ ++ = Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ. 1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản. 1.4. 20240128163024024240 50 1224 .,V,.,U;A,I +==−== − = 1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì W, r E rIp; r E I 40 0 2 0 2 0 ==== 33 Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì R )Rr( E p; Rr E I 2 0 2 0 + = + = . Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để p max thì p’=0: mWW, , r E p rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr( Hay )Rr( )rR(.R)Rr( E'p rR max 10010 4 40 4 02222 0 2 0 2 0 22 0 222 00 2 0 4 0 2 0 2 0 ==== =→=−=−−++=+−+ = + +−+ = = 1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. 10. a):        < ≤≤+− ≤ < = tskhi stskhit skhit tkhi )t(u 20 21105 105 00 . Đồ thị hình 1.43. a) i(t)= = R )t(u        < ≤≤+− ≤ < tskhi stskhit skhit tkhi 20 212 10 00 . Đồ thị hình 1.43. b) u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.43 34 Công suất tức thời: p(t)=R. i 2 (t)= = R )t(u 2        < ≤≤+− ≤ < tskhi stskhi)tt( skhit tkhi 20 21445 105 00 2 2 Đồ thị hình 1.43c Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng: W, W t dttdt)t(pW R 671 3 5 0 1 3 55 3 1 0 2 1 0 ≈ ==== ∫∫ +Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b)        < ≤≤− ≤ < = tskhi stskhit skhit tkhi )t(u 20 2155 105 00 . Đồ thị hình 1.44. a) u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.44 35        < ≤≤− ≤ < == tskhi stskhit skhit tkhi R )t(u )t(i 20 211 10 00 Đồ thị hình 1.44. b)        < ≤≤+− ≤ < === tkhi tkhi)tt( khit tkhi )t(i.R R )t(u )t(p 20 21125 105 00 2 2 2 2 Đồ thị hình 1.44. c) W≈1,67 W; +Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c)          < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(u 30 32155 215 105 00 ; Hình 1.45a)          < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(i 30 323 211 10 00 ; Hình 1.45b) 36          < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi tskhi)tt( stskhi stkhit tkhi )t(p 30 32965 215 105 00 2 2 Hình 1.45c) W≈1,67 W; 1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích:      ≤≤− ≤≤+− ≤≤ = s4ts3khi4t s3ts1khi2t s1t0khit )t(u ; 1. Trên điện trở R=1Ω: a) Biểu thức dòng điện:      ≤≤− ≤≤+− ≤≤ === S4tS3khi4t S3tS1khi2t S1t0khit 1 )t(u R )t(u )t(i R Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46. b) Năng lượng toả nhiệt: 37            =+−=+− =+−=+− == ==== ∫ ∫ ∫ ∫∫ )J( 3 1 3 4 )t16t4 3 t (dt)16t8t( )J( 3 2 1 3 )t4t2 3 t (dt)4t4t( )J( 3 1 0 1 3 t dtt dt R U RdtiQW 2 3 4 3 2 2 3 3 1 2 3 1 0 2 t t 2 t t 2 R 2 1 2 1        =+−=+− == ∫ ∫ Jun 3 2 1 3 )t4t2 3 t (dt)4t4t( Jun 3 1 0 1 3 t dtt 2 3 3 1 2 3 1 0 2 Jun 3 1 3 4 )t16t4 3 t (dt)16t8t( 2 3 4 3 2 =+−=+− ∫ ; Jun 3 4 3 1 3 2 3 1 Q =++= 2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4) )t(iudt L )t(i L t t L 0 0 1 += ∫ được thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm). a) i L (t) + Với 0 ≤ t ≤ 1s t [s] [V] 0 1 2 1 3 u(t) 4 -1 H×nh 1.46 38 2 0 2 0 1 22 0 t )(i t )(iudt L )t(i LL t L =+=+= ∫ vì i L (0)=0. Từ đó i L (1S)=0,5 + Với 1s ≤ t ≤ 3s 50 1 2 2 121 1 2 11 , t t t )(idt)t()(iudt L )t(i L t L t L +         +−=++−=+= ∫∫ = ;t t ,),(t t 12 2 502502 2 22 −+−=++−−+−= (Có thể kiểm tra lại i L (t=1s) theo công thức này i L (1s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) Như vậy có i L (t=3s)= 50 3 12 2 2 , t t t = = −+− + Với 3s ≤ t ≤ 4s 50 3 4 2 343 1 2 33 , t t t )(idt)t()s(iudt L )t(i L t L t L +         −=+−=+= ∫∫ 84 2 5034 2 3 4 2 222 +−=+−−−= t t ,).(t t . (Có thể kiểm tra lại i L (t=3s) theo công thức này i L (3s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) Kết quả có          ≤≤+− ≤≤−+− ≤≤ =+= ∫ s4ts3khi8t4 2 t s3ts1khi1t2 2 t s1t0khi 2 t )t(iudt L 1 )t(i 2 2 2 0L t t L 0 b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L. W M (t)= = 2 )t(Li 2 L          ≤≤+−+− ≤≤+−+− ≤≤ == s4ts3khi8t32t12t2 8 t s3ts1khi5,0t2t5,2t 8 t s1t0khi 8 t 2 )t(Li )t(W 23 4 23 4 4 2 L M 39 c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:          ≤≤−+− ≤≤−+− ≤≤ == s4ts3khi32t24t6 2 t s3ts1khi2t5t3 2 t s1t0khi 2 t dt dW )t(p 2 3 2 3 3 L 3. a) i C (t)=C = dt du C      ≤≤ ≤≤− ≤≤ 431 311 101 tkhi tkhi tkhi b) Năng lượng điện trường: == 2 2 C E u CW          ≤≤+− ≤≤+− ≤≤ 4384 2 3122 2 10 2 2 2 2 tkhit t tkhit t tkhi t c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản kháng: == dt dW )t(p E u C i c =      ≤≤− ≤≤− ≤≤ 434 312 10 tkhit tkhit tkhit . 40 1.8. Dòng điện qua R tsin, R )t(e )t(i R 40010== [A]. Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a. Dòng điện qua diện cảm L: ]A[tcos,tsin , )(idt)t(u L )t(i t t LL 4001040010 250 1 0 1 0 0 −= =+= ∫ ∫ . Đồ thị hình 1.47c 1.9      > ≤≤ < = stkhi stkhit khi )t(e 12 102 000 s stkhi tkhit khi R e )t(i R      > ≤≤ < == 11 10 000 ⇒ i R (0,5)=0,5A; i R (0,9)=0,9A; i R (1)=1A; i R (1,2)=1A t π π 2 π 2 π 3 e(t) 10 [V] -10 i (t) 0,1 [A] t -0,1 R i (t) 0,1 [A] -0,1 L ω t ω t ω c) a) b) H×nh 1.47 41            >−=+=+ =→≤≤=+ < =+= ∫ ∫∫ stkhit t t)(idt )(istKhit)(itdt tkhi )t(idt)t(e L )t(i t L L t L t t LL 1121 1 212 111002 00 1 1 0 2 0 0 ⇒ i L (0,5)=0,25A; i L (0,9)=0,81A; i L (1)=1A; i L (1,2)=1,4A i C (t)=      > ≤≤ < = 1tKhi0 1t0khi1 0tkhi0 dt de C ; i C (0,5)=1A; i C (0,9)=1A; i C (1)=1A; i R (1,2)=0; 1.10.    ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 15044 5004 a) == )()( tRitu R    ≤≤+− ≤≤ sts,khit s,tkhit 15088 5008 ; == dt di Ltu L )(    ≤≤− ≤≤ sts,khi s,tkhi 1504 5004 u(t)=u R (t)+u L (t)=    ≤≤+− ≤≤+ sts,khit s,tkhit 15048 50048 b) U max =8V c) Phương trình công suất tiêu tán: p(t)=u(t)i(t)=    ≤≤+−=+− ≤≤+=+ sts,khi)tt(tt s,tkhi)t(ttt 15013216164832 50012161632 22 2 p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W; 1.11.    ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 15044 5004 a) u R (t)=Ri=    ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 1504040 50040 ; 42 [...]... p + 1) 100 Ta có: hàm mạch có 2 điểm không trùng nhau p  F ( p )10 = F ( p) 20 = 1 +  → ωo = 2  2 hàm mạch có các điểm cực F ( p )1∞ = (1 + p); → ωh1 = 1 ( ) F ( p ) 2∞ = p 2 + 1,11 p + 1 (1) Tam thức bậc 2 có hai nghiệm phức: p1= -0,555+j0.83185; p2= -0,555-j0.83185 vậy ta sẽ đưa về dạng: 67 H 2 ( p ) = 1 + 2ξ p p2 + ωi ωi 2 (2) thực hiện đồng nhất hai biểu thức (1) và (2) ta có: ωi = 1 ξ =... = 1.29 i1= 0,541A; i2=0,39A; i3=0,387A ; i4=0,155A; i5=0,233A; i6=83,4693 mA; i7= - 71,275 mA 1.30 Tất nhiên người giải có thể sử dụng phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ sử dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59: R'12 = R 6 + R 7 + R6R7 60.60 = 120 + = 150 R4 120 R' 23 = R 4 + R 7 + R4R7 120.60 = 180 + = 300 R6 60... −3 −6 5 LC 5.10 0,5.10 Tử số có dạng H1 ( p ) = mẫu số có dạng p2 ωo2 H 2 ( p ) = 1 + 5.10 −6 p + 2,5.10 −9 p 2 (1) phương trình có hai nghiệm phức liên hợp: x1 = −103 − j19975 ; x2 = −103 + j19975 vậy ta sẽ đưa về dạng: 61 H 2 ( p ) = 1 + 2ξ p p2 + ωi ωi 2 (2) thực hiện đồng nhất hai biểu thức (1) và (2) ta có: ωi = 2.10 4 ξ = 0,05 ; Vậy F(p) có thể viết lại: p2 ωo 2 F ( p) = p p2 1 + 2ξ + 2 ωi ωi... + 0,16 i 3 = i 31 + i 32 = 31,818 − 56,818 = − 25 mA 1.24 Mạch điện hình 1.23 đã cho được biến thành mạch hình 1.55 như sau: +Lần thứ nhất cho E1=0, E2 tác động: Hình 1.55 a) Mạch có dòng qua R4 bằng 0 i2 R2 e2 R3 e1 i1 i3 i4 R5 R4 i0 i5 Hình 1.23 48 a) i21 R2 e2 R3 e1 i11 i31 i41 R5 i01 i51 i 2 R2 b) R3 e1 i1 i3 i4 R5 R4 i02 Hình 1.55 i5 Mạch được rút gọn: E2 mắc nối tiếp với R2 nối tiếp với (R3//R5)... Von kế chỉ 1,6 V 1.37 Ampe kế chỉ 0,6 A 1.38 Ampe kế chỉ 0,48A 1.39.Chuyển mạch về hình 1.63 có R1//R4= 40.10 = 0,8 KΩ ; 40 + 10 R2 nối tiếp (R1//R4)=14,2+0,8=15KΩ I2 = I 10 R3 = 10 = 4 mA; R 2 + 15 10 + 15 I3 = I2 10.15 = 6 mA ; I 1 = R 4 = 0,8 mA; 25 R1 + R 4 I 4 = 3,2 mA ; I A = 9,2 mA 1.40 ở khâu cuối thứ n : Đây là một mạch cầu nên nó cân bằng khi R1(n).Rt=R3(n).R4(n) Chọn R1(n)= Rt=R0 ; R3(n).R4(n)=R20... định Ví dụ với 3 khâu: a1(10÷100 dB), a2(1÷10dB) ,a3(0÷1dB)-Kết quả ta có thể điều chỉnh suy hao 0÷100 dB qua mỗi nấc nhảy là từng dB Hết chương 1 Phần 2 Câu 1 Hãy xác định đồ thị Bode của hàm truyền đạt điện áp của mạch điện sau: F ( p) = U 2 ( p) U 1 ( p) Trong đó R1=80kΩ, R2=20kΩ, C=100nF 55 Giải Hàm truyền đạt điện áp của mạch: R2 U 1 + R2 pC R2 F ( p) = 2 = = R2 U1 R + R1 + R2 + pR1 R2C 1 1 +... của mạch điện sau: F ( p) = U 2 ( p) U 1 ( p) Trong đó R=1kΩ, C=0,5µF, L=5mH Giải Hàm truyền đạt điện áp của mạch: F( p ) RLP U ( p) LC p 2 R + Lp = 2 = = 1 RLP L U1 ( p) + 1 + p + LC p 2 pC R + Lp R 5.10 −3.0.5.10 −6 p 2 2,5.10 −9 p 2 = 5.10 −3 1 + 5.10 −6 p + 2,5.10 −9 p 2 1+ p + 5.10 −3.0.5.10 −6 p 2 103 p2 = 2 p + 2 *10 4 p + 108 = Đặt ωo = 1 1 105 = = = 2.10 4 −3 −6 5 LC 5.10 0,5.10 Tử số có dạng... dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như hình 1.56 tìm Uab hở mạch: R4 R1 E 100 = R (R + R 4 ) 100.300 = R2 E 125 + R2 + 1 3 400 R1 + R 3 + R 4 100 0,5 = 0,5; u R 2 = 0,5.125 = 62,5V; u R3 = 100.100 = 12,5V Hình 1.56 200 400 R3 a i R2 = ab tđ 1 2 3 4 b 5 U =75V;R =[(R //R )+R ]//R =87,5Ω;i =0,447A 1.27 Sử dụng định lý tương hỗ ta mắc nguồn sang nhánh R 5 tìm dòng qua nhánh đã mắc nguồn như mạch hình... R' ' 23 300 + 280 Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định : I1 = E R 1 + R 13 //[ R 12 + (R 8 // R 23 )] ; 25.144,8 = 21,3 25 + 144,8 R13 //[ R12 + (R 8 // R 23 ) = 144,8 // 78,83 ≈ 51 100 1,25 I1 = = 1,25; I12 = 144,8 = 0,809 29 + 51 144,8 + 78,83 0,809 I R8 = 144,8 = 0,69; P = 0,69 2.25 ≈ 11,9 W 144,8 + 25 R 8 // R 23 = 1.31 1.32 i3=0,169 A Sử dụng kết quả bài tập1 .30 : Rtđ≈80Ω 1.33... điện áp của mạch điện biểu thị trong hình vẽ gồm có hai đồ thị thành phần trong đó đồ thị đặc tuyến biên độ các thành phần của đồ thị là: ak = 20 lg k = 20 lg 0,2 = −14dB  0 khi ω < 0,1ωh   a1∞ = − 3dB khi ω = ωh  ω − 20 lg khi ω > 10ωh  ωh  Đồ thị đặc tuyến pha: bk = 0  0   π b1∞ = −  4  π − 2  56 khi ω < 0,1ωh khi ω = ωh khi ω > 10ωh Đồ thị đặc tuyến biên độ (Đường tổng hợp có nét liền . Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên ;A, Rr E I;UUR.Ir.IE. nhiên người giải có thể sử dụng phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ sử dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59: 300 60 12060 180 300 60 60120 180 150 120 6060 120 7 46 4613 6 74 7423 4 76 7612 =+=++= =+=++= =+=++= . R RR RR'R . R RR RR'R . R RR RR'R . a,b) mA ,,iii ,, ,,, R RR RR RR I i 25 8185681831 8185680 1608080 125 32313 4 21 21 43 0 32 − =−=+= −= ++ − = + ++ − = 1.24. Mạch điện hình 1.23. đã cho được biến thành mạch hình 1.55 như sau: +Lần thứ nhất cho E 1 =0, E 2 tác động: Hình 1.55 a) Mạch có dòng qua R 4 bằng 0 . 0 I R R R 1 4 2 E i 3 R 3 t® R b) a) Hình