Giải bài tập Điện kỹ thuật ( Trung cấp ) part 6 pdf

TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC trong nhánh 2 và trong nhánh 3 là I 2 = I 3 = 2 23 Z U = 50 V5,48 = 0,97A . Góc lệch pha của i 2 và của i 3 đối với u 23 là ϕ 2 = Arctg 2 2L R X = 40 30 = 36,87 o → ψ 12 = ψ i3 = ψ u23 - ϕ 2 = 50,91 o – 36,87 o = 14,04 o → i 2 = i 3 = 0,97 2 sin(100πt+14,04 o )(A) Áp trên đoạn mạch 1 là U 1 = I 1 Z 1 = I 1 2 1C 2 1 )X(R −+ = 1,94 22 )30(40 −+ = 97V Góc lệch pha của u 1 đối với i 1 là ϕ 1 = Arctg 1 1 R X = Arctg 40 30 − = - 36,87 o → ψ u1 = ψ i1 + ϕ 1 = 14,04 o + (- 36,87 o ) = - 22,83 o → u 1 = 97 2 sin(100πt – 22,83 o ) (V) . Công suất của 2 cuộn dây là P 2 = P 3 = I 2 2 R 2 = 0,97 2 x40 2 = 37,64W ; Q 2 = Q 3 = I 2 2 X L2 = 0,97 2 x30 = 28,23VAR ; S 2 = S 3 = I 2 2 Z 2 = 0,97 2 x50 = 47,05VA . Công suất của tụ là P 1 = I 1 2 R 1 = 1,94 2 x40 = 150,54W ; Q 1 = I 1 2 X 1 2 = I 1 2 (- X C1 ) 2 = 1,94 2 (- 30) = - 112,91VAR ; S 1 = I 1 2 Z 1 = 1,94 2 22 )30(40 −+ = 188,18VA . Bài 20 : ω = ω o = )LCR(LC LCR 2 3 2 2 − − , vì R 3 = 0 → ω = ω o = CL CRL 2 2 2 − = 1223 2123 10.120x)10.5,2( 1000x10.12010.5,2 −− −− − = 0,17814.10 7 rad/s → f = f o = π ω 2 o = π2 10.17814,0 7 = 284KHz . Cảm và dung kháng trong mạch : X L = 2πf o L = 2πx284.10 3 x2,5.10 -3 = 4,46KΩ ; X C = Cf2 1 o π = 123 10.120x10.284x2 1 − π = 4,67KΩ . Tổng trở nhánh 2 : Z 2 = 2 L 2 2 XR + = 22 46,41 + = 4,57KΩ . Tổng trở nhánh 3 : Z 3 = 2 C 2 3 )X(R −+ = 22 )67,4(0 −+ = 4,67KΩ . Điện dẫn nhánh 2 : G 2 = 2 2 2 Z R = 23 3 )10.57,4( 10 = 0,048.10 -3 S . Điện dẫn của đoạn mạch 23 : G 23 = G 2 = 0,048.10 -3 . Khi có cộng hưởng , B 2 = - B 3 → B 23 = B 2 + B 3 = 0 . Tổng dẫn của đoạn mạch 23 : Y 23 = 2 23 2 23 BG + = G 23 = 0,048.10 -3 S . Điện trở đoạn mạch 23 : R 23 = 2 23 23 Y G = 23 G 1 = 3 10.048,0 1 − = 21KΩ . Điện kháng đoạn mạch 23 : X 23 = 2 23 23 Y B = 0 . Tổng trở toàn mạch 40 TRÖÔØNG ÑHCNTP – HCM GIAÛI BAØI TAÄP ÑKTTC Z = 22 23 1 2 231 )XX()RR( +++ = 2 )21210( + = 231KΩ → I = Z U = 3 10.231 66 = 0,286mA . 41 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Áp trên đoạn mạch 23 : U 1 = 23 Y I = 3 3 10.048,0 10.286,0 − − = 6V → I 1 = 2 1 Z U = 3 10.57,4 6 = 1,3mA và I 2 = 3 1 Z U = 3 10.67,4 6 = 1,28mA . Áp trên R 1 : U R = IR 1 = 0,286.10 -3 x210.10 3 = 60V Bài 21 : (a) Ứng với cosϕ t = 0,9 : I = t cosU P ϕ = 9,0x400 50000 = 139A → ∆P d = I 2 R d = 139 2 x0,04 = 772W → ∆P d % = P P d ∆ 100% = 50000 772 x100% = 1,54% (b) Ứng với cosϕ t = 0,3 : I = t cosU P ϕ = 3,0x400 50000 = 417A → ∆P d = I 2 R d = 417 2 x0,04 = 6956W → ∆P d % = P P d ∆ 100% = 50000 6956 x100% = 13,9% . BÀI TẬP CHƯƠNG 7 – GIẢI MẠCH ĐIỆN BẰNG SỐ PHỨC Bài 1 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 5x0,4 = 2Ω ; X C = C 1 ω = 1,0x5 1 = 2Ω . Chuyển sang mạch phức : Z = 2j12j )2j1)(2j( ++− +− = 4 – j2 = 2 5 ∠- 26,57 o (Ω) → = I & Z E & = o o 57,2652 01 −∠ ∠ = 10 5 ∠26,57 o (A) → i = 10 5 x 2 sin(5t + 26,57 o ) = 10 10 sin(5t + 26,57 o ) (A) Bài 2 : Z = 3j31 )3j3)(1( ++ + = o o 87,365 4523 ∠ ∠ = 0,6 2 ∠8,13 o (A) → = I & U & Z = (5∠0 o )(0,6 2 ∠8,13 o ) = 3 2 ∠8,13 o (V) → I & 1 = 1 Z U & = 1 13,823 o ∠ = 3 2 ∠8,13 o (A) ; I & 2 = 2 Z U & = 3j3 13,823 o + ∠ = o o 4523 13,823 ∠ ∠ = 1∠- 36,87 o (A) ; P 1Ω = I 1 2 x1 = (3 2 ) 2 x1 = 18W ; P 3Ω = I 2 2 x3 = 1 2 x3 = 3W ; Q j3Ω = I 2 2 x3 = 1 2 x3 = 3VAR Bài 3 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 8x1 = 8Ω ; X C = C 1 ω = 16 1 x8 1 = 2 Ω → Z = j8 + 8 – j2 = 8 + j6 = 10∠36,87 o (Ω) → = I & Z E & = o o 87,3610 05 ∠ ∠ = 0,5∠- 36,87 o (A) 41 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC → i = 0,5 2 sin(8t – 36,87 o ) (A) ; U & C = I & (- j2) = (0,5∠- 36,87 o )(2∠- 90 o ) = 1∠- 126,87 o ) (V) → u C = 2 sin(8t – 126,87 o ) (V) Bài 4 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 3x1 = 3Ω ; X C = C 1 ω = 9 1 x3 1 = 3Ω → Z = 1 + 3j3j3 )3j)(3j3( −+ −+ = 1 + 3 9j9 − = 4 – j3 = 5 ∠- 36,87 o (Ω) → = I & Z E & = o o 87,365 05 −∠ ∠ = 1 ∠36,87 o (A) → i = 2 sin(3t + 36,87 o ) (A) ; I & C = xI & 3j3j3 3j3 −+ + = (1∠36,87 o )( 3 4523 o ∠ ) = 2 ∠81,87 o (A) → i C = 2 x 2 sin(3t + 81,87 o ) = 2 sin(3t + 81,87 o ) (A) Bài 5 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 2x1 = 2Ω ; X L2 = ωL 2 = 2x0,5 = 1Ω X C = C 1 ω = 25,0x2 1 = 2 Ω • Phương pháp biến đổi tương đương → Z = 3 + j2 + 2j1j11 )2j1j1)(1( −++ −+ = 3 + j2 + 1j2 1j1 − − = 3 + j2 + o o 57,265 452 −∠ −∠ = 3 + j2 + 0,63∠-18,43 o = 3 + j2 + 0,6 – j0,2 = 3,6 + j1,8 = 4,025∠26,57 o Ω) → I & 1 = Z E & = o o 57,26025,4 018 ∠ ∠ = 4,47∠- 26,57 o (A) → = I & I & 1 x 2j1j11 2j1j1 −++ − + = (4,47 ∠- 26,57 o )( 1j2 1j1 − − ) = (4,47∠- 26,57 o )( o o 57,265 452 −∠ −∠ = (4,47∠- 26,57 o )(0,63∠-18,43 o ) = 2,8161 ∠- 45 o (A) → i = 2,8161 2 sin(2t – 45 o ) = 4 sin(2t – 45 o ) (A) • Phương pháp dòng nhánh Mắt BEAB : I & 1 (3 + j2) + = 18 (1) I & Mắt BACB : - I & + I & 2 (1 + j1 – j2) = 0 (2) Tại nút A : I & 1 - - I & I & 2 = 0 (3) (1) → I & 1 = 2j3 I18 + − & (2) → I & 2 = 1j1 I − & 42 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Thế vào (3) : 2j3 I18 + − & - I & - 1j1 I − & = 0 → (18 - I & )(1 – j1) - I & (3 + j2)(1 – j1) - I & (3 + j2) = 0 → 18 – j18 - I & + jI & - 3I & + j3I & - j2I & - 2 - 3I & - j2I & = 0 → 18 – j18 - 9I & = 0 → I & =I & 9 18j18 − = 9 45218 o −∠ = 2 2 ∠- 45 o (A) → i = 2 2 x 2 sin(2t – 45 o )= 4sin(2t – 45 o ) (A) • Phương pháp dòng vòng Vòng BEAB : I & I (3 + j2 + 1) - I & II = 18 (1) Vòng BACB : I & II (1 + 1 + j1 – j2) - I & I = 0 (2) (1) → I & I = 2j4 I18 II + + & Thế vào (2) : I & II (2 – j1) - 2j4 I18 II + + & = 0 → (2 I & II - jI & II )(4 + j2) – 18 - I & II = 0 → 8 I & II + j4I & II – j4I & II + 2I & II – 18 - I & II = 0 → 9 I & II = 18 → I & II = 2 (A) và I & I = 2j4 218 + + = 2j4 20 + = 20 )2j4(20 − = 4 – j2 (A) . Ta có : I & = I & I - I & II = 4 – j2 - 2 = 2 – j2 = 2 2 ∠- 45 o (A) → i = 2 2 x 2 sin(2t – 45 o ) = 4sin(2t – 45 o ) (A) • Phương pháp điện áp 2 nút Coi ϕ & B = 0 → ϕ & A = 21 1 YYY YE ++ & Trong đó : Y 1 = 2j3 1 + = 13 2j3 − (S) Y = 1 1 = 1 (S) ; Y 2 = 2j1j1 1 −+ = 2 1j1 + (S) → ϕ & A = 2 1j1 1 13 2j3 13 2j3 x18 + ++ − − = 26 13j13264j6 13 36j54 +++− − = 9j45 72j108 + − = o o 31,1189,45 69,338,129 ∠ −∠ = 2,8285∠- 45 o = 2 – j2 (V) → = (I & ϕ & A - ϕ & B ) Y = (2 – j2 – 0)(1) = 2 – j2 = 2 2 ∠- 45 o (A) → i = 2 2 x 2 sin(2t – 45 o ) = 4sin(2t – 45 o ) (A) • Phương pháp nguồn tương đương Tổng trở trong của nguồn tương đương : Z o = 2j1j12j3 )2j1j1)(2j3( −+++ −+ + = 1j4 )1j1)(2j3( + − + = 1j4 22j3j3 + ++− = 1j4 1j5 + − = 17 )1j4)(1j5( − − = 17 14j5j20 − − − = 17 9j19 − (Ω) . (a) Phương pháp nguồn áp tương đương 43 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Sđđ của nguồn áp tương đương : E & o = U & ABHỞ = - E & I & o (3 + j2) , với I & o = 2j1j12j3 E −+++ & = 1j4 18 + = 17 )1j4(18 − = 17 18j72 − (A) → E & o = 18 – ( 17 18j72 − )(3 + j2) = 17 36144j54j216306 −−+− = 17 90j54 − (V) Dòng qua nhánh khảo sát : I & = 1Z E o o + & = 1 17 9j19 17 90j54 + − − = 9j36 90j54 − − = o o 04,1411,37 04,5996,104 −∠ −∠ = 2,828∠- 45 o → i = 2,828x 2 sin(2t – 45 o ) = 4sin(2t – 45 o ) (A) (b) Phương pháp nguồn dòng tương đương Dòng do nguồn dòng tương đương cung cấp : I & N = I & I = 2j3 E + & = 2j3 18 + = 13 )2j3(18 − = 13 36j54 − (A) . Dòng qua nhánh khảo sát : I & = I & N x 1Z Z o o + = ( 13 36j54 − )( 1 17 9j19 17 9j19 + − − ) = ( 13 36j54 − )( 9j36 9j19 − − ) = 17901 )9j36)(9j19)(36j54( + − − = 17901 )9j36)(324684j486j1026( + − − − = 17901 )9j36)(1170j702( +− = 17901 10530j6318j25272 42120 + − + = 17901 35802j35802 − = 2 – j2 = 2 2 ∠- 45 o (A) → i = 2 2 x 2 sin(2t – 45 o ) = 4sin(2t – 45 o ) (A) 44 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Bài 6 : Thay 3 tổng trở dấu ∆ABC bởi 3 tổng trở đấu YOABC tương đương như sau : Z A = 10j1010j )10)(10j( −+ = 10 100j = j10 = 10∠90 o (Ω) Z B = 10j1010j )10)(10j( −+ − = 10 100j− = - j10 = 10∠- 90 o (Ω) Z A = 10j1010j )10j)(10j( −+ − = 10 100 = 10 = 10∠0 o (Ω) Thay Z OBD // Z OCD bởi tổng trở tương đương : Z OD = 10Z10jZ )10Z)(10jZ( CB CB ++− +− = 101010j10j )1010)(10j10j( ++−− + − − = 20j20 )20)(20j( − − = o o 45220 90400 −∠ −∠ 10 2 ∠- 45 o = 10 – j10 (Ω) → I & = Z E & = 10j1010j 0100 o −+ ∠ = 10∠0 o (A) Bài 7 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 10x2 = 20Ω ; X C = C 1 ω = 02,0x10 1 = 5Ω . Chuyển sang mạch phức và tìm I & 1 bằng phương pháp : • Phương pháp dòng nhánh Mắt BE 1 AB : I & 1 (- j5) + I & 3 (10) = E & 1 → - j5I & 1 + 10I & 3 = 100 (1) Mắt BE 2 AB : I & 2 (j20) + I & 3 (10) = E & 2 → j20I & 2 + 10I & 3 = 200 (2) Tại nút A : I & 1 + I & 2 - I & 3 = 0 (3) (1) → I & 1 = 5j 100I10 3 − & và (2) → I & 2 = 20j I10200 3 & − . Thế vào (3) : 5j 100I10 3 − & + 20j I10200 3 & − - I & 3 = 0 → j200 I & 3 – j2000 + j1000 - j50I & 3 + 100I & 3 = 0 → j150I & 3 – j1000 + 100I & 3 = 0 → I & 3 = 150j100 1000j + = 32500 )150j1001000j( )( − = 32500 100000j150000 + = 13 40j60 + (A) → I & 1 = 5j 100) 13 40j60 (10 − + = 65j 1300400j600 − + = 65j 400j700 + − = 4225 )65j)(400j700( − + − = 4225 45500j26000 + = 13 140j80 + (A) = 22 13 140 13 80 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∠60,25 o = 2 13 26000 ∠60,25 o = 13 2000 ∠60,25 o = 13 5x400 ∠60,25 o = 20 13 5 ∠60,25 o (A) → i 1 = 20 13 5 x 2 sin(10t + 60,25 o ) (A) = 20 13 10 sin(10t + 60,25 o ) (A) • Phương pháp dòng vòng 45 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTTC Mắt BE 1 AB : I & I (- j5 + 10) + I & II (10) = 100 (1) Mắt BE 2 AB : I & II (j20 + 10) + I & I (10) = 200 (2) (1) → I & II = 10 I)5j10(100 I & −− . Thế vào (2) : [ 10 I)5j10(100 I & −− ](10 + j20) + 10I & I = 200 → (100 – 10I & I + j5I & I )(10 + j20) + 100I & I = 2000 → 1000 + j2000 - 100 I & I – j200I & I + j50I & I - 100 I & I + 100I & I = 2000 → 1000 + j2000 - 100I & I – j150I & I = 2000 → I & I = 150j100 2000j1000 + + − = 3j2 40j20 + + − = 13 )3j2)(40j20( − +− = 13 12080j60j40 +++− = 13 140j80 + = 20 13 5 ∠60,25 o (A) = I & 1 → i 1 = 20 13 5 x 2 sin(10t + 60,25 o ) (A) = 20 13 10 sin(10t + 60,25 o ) (A) • Phương pháp điện thế nút Coi ϕ & B = 0 → ϕ & A = 321 2211 YYY YEYE ++ + && Trong đó : Y 1 = 5j 1 − = j0,2 = 0,2∠90 o (S) Y 2 = 20j 1 = - j0,05 – 0,05∠- 90 o (S) Y 3 = 10 1 = 0,1 (S) → ϕ & A = 1,005,0j2,0j )9005,0)(200()902,0)(100( oo +− −∠+∠ = 15,0j1,0 10j20j + − = 0325,0 )15,0j1,0)(10j( − = 0325,0 1j5,1 + (V) → I & 1 = (E & 1 - ϕ & A + ϕ & B )(j0,2) = (100 - 0325,0 1j5,1 + + 0)(j0,2) = ( 0325,0 1j5,125,3 − − )(j0,2) = 0325,0 35,0j2,0 + = 13 140j80 + = 20 13 5 ∠60,25 o (A) → i 1 = 20 13 5 x 2 sin(10t + 60,25 o ) (A) = 20 13 10 sin(10t + 60,25 o ) (A) • Phương pháp nguồn tương đương Tổng trở trong của nguồn tương đương : Z o = 20j10 )20j)(10( + = 500 )20j10(200j − = 8 + j4 (Ω) (a) Phương pháp nguồn áp tương đương Sđđ của nguồn áp tương đương : E & o = U & ABHỞ = I & o (10) = ( 20j10 E 2 + & )(10) = 2j1 200 + 46 . − )( 1 17 9j19 17 9j19 + − − ) = ( 13 36j54 − )( 9j 36 9j19 − − ) = 17901 )9 j 36 )( 9 j19 )( 3 6j5 4( + − − = 17901 )9 j 36 )( 3 2 468 4j486j102 6( + − − − = 17901 )9 j 36 )( 1 170j70 2( +− = 17901 10530j6318j25272 42120 + − + . TẬP ĐKTTC → i = 0,5 2 sin(8t – 36, 87 o ) (A) ; U & C = I & (- j 2) = (0 ,5∠- 36, 87 o )( 2 ∠- 90 o ) = 1∠- 1 26, 87 o ) (V) → u C = 2 sin(8t – 1 26, 87 o ) (V) Bài 4 : Cảm và dung kháng. 5 ∠- 26, 57 o ( ) → = I & Z E & = o o 57, 265 2 01 −∠ ∠ = 10 5 ∠ 26, 57 o (A) → i = 10 5 x 2 sin(5t + 26, 57 o ) = 10 10 sin(5t + 26, 57 o ) (A) Bài 2 : Z = 3j31 )3 j3 )( 1 ( ++ +