Giải bài tập Điện kỹ thuật ( Công Nhân ) part 4 docx

TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN → Tổng trở của mạch là Z = Y 1 = 01118,0 1 = 89,44Ω • Mạch điện hình 3 có : Nhánh 1 có tổng trở là Z 1 = 2 L 2 XR + = 22 100100 + = 100 2 Ω → Điện dẫn và điện nạp nhánh 1 là g 1 = 2 1 Z R = 2 )2100( 100 = 0,005S và b 1 = 2 1 L Z X = 2 )2100( 100 = 0,005S Nhánh 2 có điện nạp là b 2 = - C X 1 = - 200 1 = - 0,005S → Điện dẫn và điện nạp toàn mạch là : g = g 1 = 0,005S và b = b 1 + b 2 = 0,005 – 0,005 = 0 → Tổng dẫn của mạch là Y = 22 bg + = 22 0005,0 + = 0,005S → Tổng trở của mạch là Z = Y 1 = 005,0 1 = 200Ω • Mạch điện hình 4 : Nhánh 1 có tổng trở là Z 1 = 2 C 2 )X(R −+ = 22 )200(100 −+ = 100 5 Ω → Điện dẫn và điện nạp nhánh 1 là g 1 = 2 1 Z R = 2 )5100( 100 = 0,002S và b 1 = - 2 1 C Z X = - 2 )5100( 200 = - 0,004S Nhánh 2 có điện nạp là b 2 = L X 1 = 100 1 = 0,01S → Điện dẫn và điện nạp toàn mạch là: g = g 1 = 0,002S và b = b 1 + b 2 = - 0,004 + 0,01 = 0,006S → Tổng dẫn của mạch là Y = 22 bg + = 22 006,0002,0 + = 0,006324S → Tổng trở của mạch là Z = Y 1 = 006324,0 1 = 158,11Ω • Mạch điện hình 5 : Nhánh 1 có điện dẫn là g 1 = R 1 = 100 1 = 0,01S Nhánh 2 có tổng trở là Z 2 = 2 CL )XX( − = 2 )200100( − = 100Ω → Điện nạp của nhánh 2 là b 2 = 2 2 CL Z XX − = 2 100 200100 − = - 0,01S → Điện dẫn và điện nạp toàn mạch : g = g 1 = 0,01S và b = b 2 = - 0,01S → Tổng dẫn của mạch là Y = 22 bg + = 22 )01,0(01,0 −+ = 0,01 2 S → Tổng trở của mạch là Z = Y 1 = 201,0 1 = 2 2100 = 50 2 Ω • Mạch điện hình 6 : Gọi đoạn mạch chứa R là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa L//C là đoạn mạch BC Điện trở của đoạn mạch AB là R AB = R = 100Ω Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 1 = L X 1 = 100 1 = 0,01S 15 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 2 = - C X 1 = - 200 1 = - 0,005S → Điện nạp của đoạn mạch BC là b BC = b 1 + b 2 = 0,01 – 0,005 = 0,005S → Tổng dẫn của đoạn mạch BC là Y BC = 2 BC b = 2 005,0 = 0,005S → Điện kháng của đoạn mạch BC là X BC = 2 BC BC Y b = 2 005,0 005,0 = 200Ω → Tổng trở của mạch là Z = 2 TM 2 TM XR + = 2 BCAB 2 BCAB )XX()RR( +++ = 22 )2000()0100( +++ = 100 5 Ω • Mạch điện hình 7 : Gọi đoạn mạch chứa L là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa R//C là đoạn mạch BC Điện kháng của đoạn mạch AB là X AB = X L = 100Ω Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện dẫn là g 1 = R 1 = 100 1 = 0,01S Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 2 = - C X 1 = - 200 1 = - 0,005S → Điện dẫn và điện nạp của đoạn mạch BC : g BC = g 1 + g 2 = 0,01 + 0 = 0,01S và b BC = b 1 + b 2 = 0 + ( - 0,005) = - 0,005S → Tổng dẫn của đoạn mạch BC là Y BC = 2 BC 2 BC bg + = 22 )005,0(01,0 −+ = 0,01118S → Điện trở và điện kháng của đoạn mạch BC : R BC = 2 BC BC Y g = 2 01118,0 01,0 = 80Ω và X BC = 2 BC BC Y b = 2 01118,0 005,0 − = - 40Ω → Tổng trở của mạch là Z = 2 TM 2 TM XR + = 2 BCAB 2 BCAB )XX()RR( +++ = 22 )40100()800( −++ = 100Ω • Mạch điện hình 8 : Gọi đoạn mạch chứa C là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa R//L là đoạn mạch BC Điện kháng của đoạn mạch AB là X AB = - X C = - 200Ω Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện dẫn là g 1 = R 1 = 100 1 = 0,01S Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 2 = L X 1 = 100 1 = 0,01S → Điện dẫn và điện nạp của đoạn mạch BC : g BC = g 1 + g 2 = 0,01 + 0 = 0,01S và b BC = b 1 + b 2 = 0 + 0,01 = 0,01S → Tổng dẫn của đoạn mạch BC là Y BC = 2 BC 2 BC bg + = 22 01,001,0 + = 0,01 2 S → Điện trở và điện kháng của đoạn mạch BC : R BC = 2 BC BC Y g = 2 )201,0( 01,0 = 50Ω và X BC = 2 BC BC Y b = 2 )201,0( 01,0 = 50Ω 16 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN → Tổng trở của mạch là Z = 2 TM 2 TM XR + = 2 BCAB 2 BCAB )XX()RR( +++ = 22 )50200()500( +−++ = 158,11Ω Bài 10 : Tổng trở nhánh 1 : 2 1 2 1 XR + = 22 030 + = 30Ω Z 1 = Cảm và dung kháng của nhánh 2 : X L2 = ωL = 100πx π5 2 = 40Ω X C2 = C 1 ω = π π − 7 10 x100 1 3 = 70Ω Điện kháng nhánh 2 : X 2 = X L2 – X C2 = 40 – 70 = - 30Ω Tổng trở nhánh 2 : Z 2 = 2 2 2 2 XR + = 22 )30(0 −+ = 30Ω Dòng trong mỗi nhánh song song : I 1 = 1 Z U = 30 120 = 4A và I 2 = 2 Z U = 30 120 = 4A Góc lệch pha của u đối với i 1 cho bởi : tgϕ 1 = 1 1 R X = 30 0 = 0 → ϕ 1 = 0 o Góc pha đầu của i 1 : ψ i1 = ψ u - ϕ 1 = 0 o – 0 o = 0 o . Vậy : i 1 = 4 2 sin100πt (A) Góc lệch pha của u đối với i 2 cho bởi tgϕ 2 = 2 2 R X = 0 30 − = - ∞ → ϕ 2 = - 90 o Góc pha đầu của i 2 : ψ i2 = ψ u - ϕ 2 = 0 o – (- 90) o = 90 o . Vậy : i 2 = 4 2 sin(100πt + 90 o ) (A) Điện dẫn và điện nạp của từng nhánh song song : g 1 = 2 1 1 Z R = 2 30 30 = 30 1 S ; b 1 = 2 1 1 Z X = 2 30 0 = 0 g 2 = 2 2 2 Z R = 2 30 0 = 0 ; b 2 = 2 2 2 Z X = 2 30 30 − = - 30 1 S Điện dẫn và điện nạp toàn mạch: g =g 1 + g 2 = 30 1 + 0 = 30 1 S ; b =b 1 + b 2 = 0 + (- 30 1 ) = - 30 1 S Tổng dẫn toàn mạch : Y = 22 bg + = 22 30 1 30 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = 30 1 2 S Dòng trong mạch chính : I = UY = 120( 30 1 2 ) = 4 2 A Góc lệch pha của u đối với i cho bởi : tgϕ = g b = 30 1 30 1 − = - 1 → ϕ = - 45 o Góc pha đầu của i : ψ i = ψ u - ϕ = 0 o – (- 45 o ) = 45 o Vậy : i = 4 2 x 2 sin(100πt + 45 o ) = 8 sin(100πt + 45 o ) (A) 17 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN Bài 11 : Cảm và dung kháng trong mạch : X L = ωL = 100πx π10 3 = 30Ω ; X C = C 1 ω = π π − 4 10 x100 1 3 = 40Ω Gọi đoạn mạch chứa R là đoạn mạch AB ; đoạn mạch chứa L//C là đoạn mạch BC Nhánh 1 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 1 = L X 1 = 30 1 S Nhánh 2 của đoạn mạch BC có điện nạp là b 2 = - C X 1 = - 40 1 = - 0,025S → Điện nạp của đoạn mạch BC là b BC = b 1 + b 2 = 30 1 – 0,025 = 0,008333S → Tổng dẫn của đoạn mạch BC là Y BC = 2 BC b = 2 008333,0 = 0,008333S → Điện kháng của đoạn mạch BC là X BC = 2 BC BC Y b = 2 008333,0 008333,0 = 120Ω → Tổng trở của mạch là Z = 2 TM 2 TM XR + = 2 BCAB 2 BCAB )XX()RR( +++ = 22 )1200()0120( +++ = 22 120120 + = 120 2 Ω Dòng qua R : I R = Z U = 2120 240 = 2 A Góc lệch pha của u đối với i R cho bởi : tgϕ = TM TM R X = 120 120 = 1 → ϕ = 45 o Góc pha đầu của i R : ψ iR = ψ U - ϕ = 0 o – 45 o = - 45 o Vậy : i R = 2 x 2 sin(100πt – 45 o ) = 2sin(100πt – 45 o ) (A) Điện áp trên đoạn mạch BC là U BC = I R X BC = 2 x120 = 120 2 V Góc lệch pha của u BC đối với i R cho bởi : tgϕ BC = BC BC R X = 0 120 = + ∞ → ϕ BC = 90 o Góc pha đầu của u BC : ψ uBC = ψ iR + ϕ BC = - 45 o + 90 o = 45 o 18 TRƯỜNG ĐHCNTP – HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCN Dòng qua L : I L = L BC X U = 30 2120 = 4 2 A Góc lệch pha của u BC đối với i L cho bởi : tgϕ 1 = 1 1 R X = 0 X L = 0 30 = + ∞ → ϕ 1 = 90 o Góc pha đầu của i L : ψ iL = ψ uBC - ϕ 1 = 45 o – 90 o = - 45 o Vậy : i L = 4 2 x 2 sin(100πt – 45 o ) = 8 sin(100πt – 45 o ) (A) Dòng qua C : I C = C BC X U = 40 2120 = 3 2 A Góc lệch pha của u BC đối với i C cho bởi : tgϕ 2 = 2 2 R X = 0 X C − = 0 40− = - ∞ → ϕ 2 = - 90 o Góc pha đầu của i C : ψ iC = ψ uBC - ϕ 2 = 45 o – ( - 90 o ) = 135 o Vậy : i C = 3 2 x 2 sin(100πt + 45 o ) = 6 sin(100πt + 135 o ) (A) BÀI TẬP CHƯƠNG 7 – GIẢI MẠCH ĐIỆN BẰNG SỐ PHỨC Bài 1 : Chuyển một phức từ dạng đại số sang dạng mũ (a) I & = 3 + j4 = 5∠53,13 o (A) → i = 5 2 sin(ωt + 53,13 o ) (A) (b) I & = - 3 – j4 = 5∠- 126,87 o (A) → i = 5 2 sin(ωt – 126,87 o ) (A) (c) I & = 9,2 + j5,5 = 10,72∠30,87 o (A) → i = 10,72 2 sin(ωt + 30,87 o ) (A) (d) I & = 8,6 – j7,1 = 11,15∠- 39,54 o (A) → i = 11,15 2 sin(ωt – 39,54 o ) (A) (e) I & = 15 – j20 = 25∠- 53,13 o (A) → i = 25 2 sin(ωt – 53,13 o ) (A) (f) I & = - 15 + j15 = 15 2 ∠135 o (A) → i =15 2 x 2 sin(ωt + 135 o ) =30 sin(ωt + 135 o ) (A) (g) I & = - 9 = 9∠180 o (A) → i = 9 2 sin(ωt + 180 o ) (A) (h) I & = – j5 = 5∠- 90 o (A) → i = 5 2 sin(ωt – 90 o ) (A) Bài 2 : Chuyển một phức từ dạng mũ về dạng đại số (a) = 220∠30 U & o = 220(cos30 o + jsin30 o ) = 220x 2 3 + j220x0,5 = 110 3 + j110 (V) (b) U =220∠- 60 & o =220[cos(-60) o + jsin(-60) o ] =220x0,5 + j220x(- 2 3 ) =110 - j110 3 (V) (c) =380∠120 U & o =380(cos120 o + jsin120 o ) =380x(-0,5) + j380x 2 3 = - 190 + j190 3 (V) 19 . 11,15 2 sin(ωt – 39, 54 o ) (A) (e) I & = 15 – j20 = 25∠- 53,13 o (A) → i = 25 2 sin(ωt – 53,13 o ) (A) (f) I & = - 15 + j15 = 15 2 ∠135 o (A) → i =15 2 x 2 sin(ωt + 135 o ) =30 sin(ωt. 135 o ) =30 sin(ωt + 135 o ) (A) (g) I & = - 9 = 9∠180 o (A) → i = 9 2 sin(ωt + 180 o ) (A) (h) I & = – j5 = 5∠- 90 o (A) → i = 5 2 sin(ωt – 90 o ) (A) Bài 2 : Chuyển một phức. 126,87 o (A) → i = 5 2 sin(ωt – 126,87 o ) (A) (c) I & = 9,2 + j5,5 = 10,72∠30,87 o (A) → i = 10,72 2 sin(ωt + 30,87 o ) (A) (d) I & = 8,6 – j7,1 = 11,15∠- 39, 54 o (A) → i =