Bài tập lớn môn học lý thuyết mạch

Viết hệ phương trình thế đỉnh mô tả mạch và biểu diễn dòng diện trong các nhánh theo thế đỉnh... Hình vẽ Bài làm Phân tích hình vẽ:... *Giải thích khi bỏ nguồn jt: Vì bỏ đi nguồn dòng jt

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI

KHOA: ĐIỆN – ĐIỆN TỬ

-

-BÀI TẬP LỚN

MÔN HỌC LÝ THUYẾT MẠCH

Lớp: KT ĐT-VT1 Nhóm: 3

Kỳ 2 năm học 2023-2024

1 231432223 Đinh Văn Giang

2 231432228 Nguyễn Thế Hiển

3 231432229 Nguyễn Văn Hiện

4 231432233 Nguyễn Tiến Hiếu

5 231432234 Phạm Đức Hiếu

6 231402238 Lê Huy Hiệu

7 231432239 Võ Thị Hoa

8 231432396 Nguyễn Đình Vũ

9 231432248 Lê Năng Hùng

10 231432250 Trần Phi Hùng

Mục lục

Bài 2.24 :……… 3

Bài 2.44 :……… 4

Bài 2.83 :……… 6

Bài 3.4 :……… 10

Bài 2.24: Cho mạch điện với các nguồn điều hòa, cùng tần số Viết hệ phương trình thế đỉnh mô tả mạch và biểu diễn dòng diện trong các nhánh theo thế đỉnh.

Hình vẽ

Bài làm:

Vẽ lại hình, kí hiệu các chiều dòng điện:

-Nhận xét: hình có số nút n=3

Chọn φ C= 0

Số phương trình phải viết theo định luật kirchhoff 1: n-1=2

Phương trình theo định luật kirchhoff 1 cho nút A:

k1(A): ˙I1 -˙I2 -˙I3 + j3 =0

Phương trình theo định luật kirchhoff 1 cho nút B:

k1(B): ˙I3 -˙I4 +˙I5 - j3 =0

Xét chiều dòng diện như hình vẽ ta có:

(***)

˙I1= φ C −φ A+ ˙E1

Z = −φ A + ˙E1

Z ; ˙I2= φ A −φ C

Z = φ A

Z

˙I3 = φ A −φ B

Z3 ; ˙I4= φ B−φ C

Z4 = φ B

Z4 ; ˙I5= φ C −φ B− ˙E5

Z5

= −φ B − ˙E5

Z5 Thay vào phương trình theo định luật kirchhoff 1 ta được hệ:

{k 1 ( A): −φ A+ ˙E1

−φ A

−φ A −φ B

+ j3=0

Z3

−φ B

+−φ B− ˙E5

− j3=0

{k 1( A): φ A (1

Z1

+1

Z2

+1

Z3)−φ B

Z3

=E˙1

Z1

+ j3

k 1(B): φ A

Z3

−φ B (1

Z3

+1

Z4 +1

Z5)=˙E5

Z5

+ j3 Đặt 1˙Z n =Y n

Thay vào hệ phương trình ta được:

{k 1( A): φ A (Y1+Y2+Y3)−φ B Y3 = ˙E1 Y1+ j3

k 1(B):φ A Y3−φ B (Y3 +Y4+Y5)= ˙E5.Y5+ j3

Thay số giải hệ tìm φ A;φ B rồi thay vào (***) để tính ra được ˙I1, ˙I2, ˙I3, ˙ I4, ˙I5 Bài 2.44: Cho e1=10 V ; j(t)=1.42sin(10t+30°) A

R1= 20 ;  R4= 40 ;  C1= 0.8F ; L2= 2.5H Tìm dòng qua cuộn cảm

i2(t) bằng phương pháp xếp chồng.

Hình vẽ Bài làm Phân tích hình vẽ:

*Giải thích khi bỏ nguồn j(t):

Vì bỏ đi nguồn dòng j(t) thì e1 là dòng 1 chiều nên cuộn dây tương đương với ngắn mạch , tụ tương đương với hở mạch

- Cho e1 tác động vào mạch và ngắt nguồn dòng j(t), mạch như hình(1). + phân tích hình (1) ta được:

i e1= i e2 = e1

R1 = 10

20 = 0.5 (A) (*)

- Cho j(t) tác động vào mạch và ngắt nguồn áp e1, mạch như hình (2) +Nhận thấy: R4 // [C3 −(L2 / ¿R1 )]

Hay :

Z tổng=Z R

4 / ¿ [C3−( L2 / ¿R1 ) ]=

R4.[Z c3 +Z L2 R1

Z L2+ R1]

R4 +[Z c3 +Z L2 R1

Z L2+ R1] =

R4.[ − j

ωC3 +jωL2 R1

jωL2+ R1]

R4 + − j

ω C3 +jωL2 R1

jωL2+ R1

Z123=Z C3 −(L2 / ¿R1 ) =Z c

3 +Z L2 R1

Z L

2+R1

= ωC − j

3 +jωL2 R1

jωL2+R1

Z12 =Z L2 / ¿R1=Z L2 R1

Z L

2+R1

= jωL2 R1

jωL2+R1 + phân tích hình 2 ta được:

i j 4= j(t) Z tổng

R4

= j t ( ).

R4.[− j

ωC3 +jωL2 R1

jωL2+R1]

R4 +− j

ωC3 +jωL2 R1

jωL2+R1

R 4

= j(t).[− j

ωC3 +jωL2 R1

jωL2+R1]

R4 + − j

ω C3 +jωL2 R1

jωL2+R1

i j 3=i j 4 R4

Z123 =

j t ( ).[− j

ωC3

+jωL2 R1

jωL2+R1]

R4 +− j

ωC3

+jωL2 R1

jωL2+R1

R4

− j

ωC3

+jωL2 R1

jωL2+R1

=

j t ( ) R4

R4 +− j

ωC3 +jωL2 R1

jωL2+ R1

=

1∠30 ° ×40

40 + 1

10×0.8 ∠−90 ∘

+[(10 × 2.5)∠90 ∘]×20

[(10 ×2.5)∠ 90 ∘]+20

= 0.75∠ 19.55 ∘

i j 2=i j 3 Z12

Z L2

= i j 3 jωL2 R1

jωL2+R1

jωL2

= i j 3 R1

jωL2+R1

= 0.75∠ 19.55 ∘ × 20

[(10 ×2.5)∠ 90 ∘]+20 = 0.47∠−31.79 ∘

(**)

Từ (*) và (**) xếp chồng lại ta có:

i2(t)= i e2 + i j 2 = 0.5 + 0.47√2 sin(10 t−31.79 ∘) (A).

Bài tập 2.83 : Cho mạch điện như hình , với các thông số sau:

R = 12 ; R = 10 ; C = 15 μF; L = 0,15 H; E = 100 V (nguồn

1 chiều) Tại thời điểm t = 0 khóa K tác động Tính dòng i L (t)

quá độ.

Hình vẽ Bài làm Các điều kiện đầu độc lập được xác định:

i L(− )0= i L(+ )0 ; u c(− )0= u c(+ )0

Ở chế độ cũ khi k mở ( thời điển t(-0)) ta có:

u c(− )0= E0=100V = u c(+ )0

Theo định luật đóng mở 1 và 2 ta có:

U C (0)=U C(− )=0 100V ;i L(0)= (− )=i L 0 0A

Thành lập sơ đồ toán tử:

E( p)=100

P

Sử dụng phương pháp máy phát điện tương đương, phân tích như hình vẽ:

Ta tính được:

Z0(P)=

R1. 1

pC

R1 + 1

pC

180×10−6p+1

Vẽ lại các chiều vòng như hình:

Sử dụng kirchhoff 2 vòng Ι:

U c(0)

p −I c( )p 1

pC =E0( p) (****)

Sử dụng kirchhoff 2 vòng ΙΙ:

I R ( p) R 1+I c (p). 1

pC =E( p)− U c(0)

p (**)

Sử dụng phương pháp điên thế đỉnh:

Đặt φ b =0 → φ A =E0( p)

I R ( p)=−φ A + E( p)

R 1 =−E0( p)+ E( p)

R 1 (*)

Thế (*) vào (**), biến đổi, ta được:

I c ( p)=pC ¿] (***)

Thế (***) vào (****)biến đổi ta được:

U c(0)

p − pC [ E0( p)− U c(0)

P ]. 1

pC =E0( p)

⟺ 2× U c(0)

p ¿ 2× E0( p)

⟺ U c(0)

p ¿E0( p)= 100

p .

Quay lại hình vẽ sử dụng đinh luật ôm ta có:

I L (p)= E0(p)

Z0( p)+ R2+ pL = 12 p

180×10−6p+1+10+0.15 p

=

180×10−4p+100

2.7×10−5p3

+0.1518 p2

+22 p = F1( p)

F2( p)

Nhận xét : mũ tử mũ mẫu< (m<n) ,

F1( p)=0 thì p tử= −100

180×10−4

F2( p)=0 thì p mẫu 1=−148.87, p mẫu 2=−5473.35,

p mẫu 3=0

Tính toán tìm hàm gốc:

F1( p mẫu1)=F1 (− 148.87 )= 97.32

F1( p mẫu2 )=F1(−5473.35)=1.48

F1( p mẫu3 )=F1(0)=100

F2

'

( p)=8.1 10 × −5p2

+ 0.3036 p+22

F2

'

( p mẫu1)=F2

'

(−148.87)=-21.4

F2

'

( p mẫu2)=F2

'

(−5473.35)=786.85

F2

'

( p mẫu3)=F2

'

(0)=22

Vậy :

A1=F1( p mẫu 1)

F2

'

( p mẫu 1)=97.32

−21.4=− ¿4.55

A2=F1( p mẫu 2)

F2

'

( p mẫu 2)= 1.48

786.85=1.88×10−3

A3=F1( p mẫu 3)

F2

'

( p mẫu 3)=100

22=4.54

Vậy hàm gốc i L (t)=¿4.55e −148.87 t+1.88×10−3e −5473.35 t+4.54e0t]1(t)

Hay:

i L (t)=− ¿4.55e −148.87 t+1.88×10−3e −5473.35 t+4.54

Bài tập 3.4 : Cho R2= 35(Ω), L2=0,2 (H), C1 = 25μF , ω=600 rad s/ .

a, tìm [A ik] , [Z ik] , của mạng 4 cực Z1c,Z c2.

B, tìm K, K, Z khi Z= Z = Z .

Hình vẽ Bài làm

A, Vẽ lại hình

xét mạng 4 cực

˙

Z L = 0.2×600 × j =120j

˙

Z C = 600× 25 × − j 10−6 =−200 j3

Áp dụng mạng 2 cửa với bộ số [Z]

Có dạng phương trình tổng quát:

¿

Cho˙I2=0 trong mạch chỉ còn ˙I1 ta được:

Z11 =U˙1

˙I1

=Zc ˙I˙ 1

˙I1

=˙Z c = −200 j

3

Z21 =U˙2

˙I1

=Zc ˙I˙ 1

˙I1

=˙Z c = −200 j

3 Cho˙I1=0 trong mạch chỉ còn ˙I2 ta được:

Z12 =U˙1

˙I2

=− ˙Z c ˙I2

˙I2

= ˙Z c = −200 j

3

Z22 =U˙2

˙I2

= ¿ ¿ =¿

= (35 +120j+ −200 j) = 35+160 j

Vậy ta lập được ma trận trở kháng [Z ik]Là : [Z ik] = [Z11 Z12

Z21 Z22] = [−200 j

3

−200 j

3

−200 j

3

35+160j

Dựa vào quan hệ giữa bộ thông số [Z] và [A] :

ΔZ=Z11 Z22 - Z12 Z21

⇒ ΔZ= (−200 j

3 )×(35 +160j

3 )−(−200 j

3 )×(−200 j

3 )

=8000 −70003 j

A11 =Z11

Z21 =

−200 j

3

−200 j

3

=1

A12 =ΔZ

Z21 =

8000 −70003 j

−200 j

3

= 35 +120j

A21 =1

Z21 = −200 j1

3 = 3j

200

A22 =Z22

Z21 = −35−

160j

3

−200 j

3

= −45 +21j 40

Vậy ta lập được ma trận [A ik]Là :

[A ik] = [A11 A12

A21 A22] = [ 1 35+120 j

3j

200

−4

5 +2140j]