Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn MÔN VẬT LÝ

Thông tin tài liệu

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 Sụt áp trên nguồn U=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:

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 ==== 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: 33 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) Công suất tức thời: 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 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) 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 )t(u 20 2155 105 00 . Đồ thị hình 1.44. a)        < ≤≤− ≤ < == 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) 36          < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(i 30 323 211 10 00 ; Hình 1.45b)          < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = 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: 37      ≤≤− ≤≤+− ≤≤ === 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:            =+−=+− =+−=+− == ==== ∫ ∫ ∫ ∫∫ )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) t [s] [V] 0 1 2 1 3 u(t) 4 -1 H×nh 1.46 38 + Với 0 ≤ t ≤ 1s 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. 39 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 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 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 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            >−=+=+ =→≤≤=+ < =+= ∫ ∫∫ 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: 42 [...]... −0,15 45 i 32 = e1 20 = ≈ 0,33A R 3 + R 25 50 + 11,1 i 52 = − i 23 A ; 25 ≈ −0,18 A 45 i12=i32+i42=0,5A;i02=i42-i52=0,17+0,18=0,35A i1 =-0 ,1+0,4=0,4 A; i2=0,3 8-0 ,15=0,23 A i3=10,1+0,33=0,23 A; i4=0,17 A i5 =-0 ,2 8-0 ,18 =-0 ,46 A; i0=0,28+0,35=0,63 A uab ≈54,25V +Tổng lại: 1.25 1.26 Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như hình 1.56 tìm Uab hở mạch: i R2 = E 100 = R (R + R 4 ) 100.300 = 125 + R2 + 1... −14,458 − 74,143 + 80 i7 = = −0,43005A 20 = 0,930725; i 6 = 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: 54 R'12 = R 6 + R 7 + R6R7 60.60 = 120 + =... 59 1.36 5 −2,, 5 ϕ1 −1,5 ϕ1=−1,7652 i2=0,9824mA  2,5 3 −− 0,8ϕ = −8,5⇒ ϕ =−2,836⇒ i=5,8206mA 2    2 3  ϕ0−2 ,8 6  36  ϕ =4,128 i=5,7612mA  3   3 5 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 60 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... + R 4 n ) 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2R 0 + R 3( n ) + R 4 n = = R0 Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R0 ở khâu n-1: Khâu này có tải là R0 và ta chọn R1(n-1)=R0 sẽ có cầu cân bằng khi R3(n2 1).R4(n-1)=R 0 (*) và như vậy thì R 4 ( n −1) a n −1 = 20 log(1 + ) R0 R 4 (1) ) Tương tự ở khâu đầu tiên a 1 = 20 log(1 + R0 Vì a = 20 log Uv U U U = 20 log v 1 n −1... L0 C0 u = 2t + 2t 2 + 4 = 2(t 2 + t + 2) 1.16 Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là ig+iL+iC=i0 Biến số là u(t): t 1 du du u d 2 u di gu + ∫ udt + I L (0) + C = i0 → g + + C 2 = 0 hay L0 dt dt L dt dt là α = g ; ω0 = 2C 1 d2u du 1 di 0 2 ta có + 2α + ω0 u = 2 dt dt C dt LC 47 Biến số là iL(t): di L d2iL di du Vì u = L n ª n i C = C = LC 2 ; i g = gL L dt dt dt dt Thay vào phương trình định... 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 55 1.33 Phương pháp điện thế nút sẽ chỉ cần lập 1 phương trình Chọn các nút như ở hình 1.61: ϕ 1 E1 R1 0 R2 ϕ 3 R4 E2 R3 ϕ2 H×nh 1.61 ϕ1=E1=50V;ϕ2=E1+E2=150V; ( ϕ ϕ E E + E2 1 1 1 + + )ϕ 3 = 1 + 2 = 1 + 1 R1... bộ suy hao tín hiệu trên điện trở (magazin điện trở) Ở từng khâu ta có thể tính toán để ai thay đổi suy hao trong một khoảng nhất 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 62 ... − 28t + 36 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s b) t  16t 2 (t + 10) khi 0 ≤ t ≤ 0,5s  3 2 p(t)=u(t)i(t)=  16t + 96t − 256t + 144 ;  khi 0,5s ≤ t ≤ 1s  p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W Các đồ thị hình 1.48 1.12 3 2 1 0 -1 [A] i(t) i L(t) 2 4 t[s] i R(t) H×nh 1.49  1 khi 0 ≤ t ≤ 2s u( t ) =   − 1 khi 2s ≤ t  1 khi 0 ≤ t ≤ 2s a) i R (t) =   − 1 khi 2s ≤ t t 1 i L (t ) = ∫ udt + i L (t 0 ) = L to  t khi 0 ≤ t ≤ 2s... 1 3 400 R1 + R 3 + R 4 R4 R1 E R3 R2 100 0,5 = 0,5; u R 2 = 0,5.125 = 62,5V; u R3 = 100.100 = 12,5V 200 400 Hình 1.56 ab tđ 1 2 3 4 a 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 1.57 51 R td = [ i3 = i2 = R1R 2 100 + R 3 ] // R 4 = 87,5; i E = = 0,597 R1 + R 2 87,5 + 80 0,597 R R [ 1 2 + R3 ]... t ) =   t − 3 khi 2s ≤ t 1.13 a) i R (t ) = e 2e −2 t = ; R R i L (t ) = 1 t −2t e −2 t 2e dt + C = − +C ∫ L0 L 1 1 → iL(t)= (1 − e −2 t ) L L −2 t 1 2e i(t)= (1 − e −2 t ) + L R Để iL(0)=0 thì hằng số C = Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t1=0,5 s 1  i L (0,5) = 1 = (1 − e − 1 )  L  ⇒ L = 0,632 H`; R = 75Ω 2e − 1 1 − 1  i(0,5) = + (1 − e ) = 1,01; R L  b) i R ( t ) = 0,0267e −2 t ; i . (R 2 //R 5 ) R 25 = R 5 //R 2 = 11 1 45 25 20 , . ≈ Ω A,ii;A,ii A, ,RR e i;A,, R e i 18 0 45 25 15 0 45 20 330 11 150 20 17 016 6660 23 522 322 25 3 1 32 4 1 42 −≈−=−≈−=. =ω+α+→=ω+α+→=++ 2 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 22 b) Trong khoảng 0÷2s: ;t)(utidt C )t(u;t)t(u;t)(idtu L )t(i C t CRL t L 22 00 20 2 1 24 0 1 =+====+= ∫∫ )tt(ttu 22 422 22 ++=++=

Ngày đăng: 27/08/2013, 16:50

Xem thêm: Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn MÔN VẬT LÝ, Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn MÔN VẬT LÝ