Bai giai mach dien 2

Bài 6.1: Cho mạch như hình vẽMạch xác lập , K đóngTìm , , ; , , GiảiTại : Mạch trạng thái xác lập 1 chiều (K mở) + , + : K đóng

Bài 6.1: Cho mạch hình vẽ i2 K t=0 R2 L i1 R1 i3 E R3 C Uc -Mạch xác lập t 0 - t 0 , K đóng              '  -Tìm i1  , i  , i3 ; i1'  , i 2'  , i3 Giải - Tại t 0 : Mạch trạng thái xác lập chiều (K mở)       + i1 i2    E  , i3 0 R1  R2     + U C  R2 * i  - t 0 : K đóng   E * R2 R1  R2       + i i2    E R1  R2     + U C U C  +   i3     E * R2 R1  R2   E  UC R3       i1  i2   i3   E E * R2 R1  R2 E * R1  R3 R3 *  R1  R2  E * R1 E  R1  R2 R3 *  R1  R2  Mặt khác ta có:   U L  L    i2'     di2  E * R2  L * i 2'   E  R2 * i2   E  dt R1  R2       E  R2 * i  E * R1  L L *  R1  R2  Ta lại có:     * i 0   i 0 dt  U C E  R3 * i3   U C     U C   E  R3      CO * i3  C E * R1 E * R1 i 0  *  *  C R3 R3 * C R3 *  R1  R2  C * R3 *  R1  R2      R3 * i3'    i3'            i1'  i 2'   i3'   E * R1 E * R1 E * R1   L *  R1  R2  C * R3 *  R1  R2  R1  R2 R1 Bài 6.2: Tìm UC,(0+), i(0+), i’(0+), i’’(0+) Tại t=0, khóa k mở  Tại t=0, khóa k mở:     i (0  ) iL  i     U C (0  ) U C   E R1  R2 E R2 R1  R2 Ta lại có:   di   Li '  U C   Ri  (1) dt E E  R2  R2 0  i '  0 R1  R2 R1  R2 U L L         Ta đạo hàm (1) phương trình:         U   i (0 ) E i ' ' 0     L LC LC  R  R  U L'  Li ''  U C'   Ri '  U C'    ' C   Bài 6.3: Cho mạch điện hình vẽ, khóa K đóng t = Hãy xác định i1 (0  ); i (0  ) ; i (0  ) + Tại t < 0, khóa K mở ta có: E *3 u c (0  ) u c (0  )  6 (V) 1  + Tại t > 0, khóa K đóng ta có: i1 (0  ) i (0  ) i3 (0  ) Mà i3 (0  ) * u c (0  ) u c (0  )  i3 ( )  2( A) Mặt khác: Khóa K đóng nên ngắn mạch qua K, ta có: i1 (0  ) *  u c (0  ) 0  u c (0  )  1( A)  i2 (0  ) i1 (0  )  i3 (0  )    3( A)  i1 (0  )  i1 (0  )  1( A) Vậy: i (0  )  3( A) i3 (0  ) 2( A) 6.4 Cho mạch điện, xác định: I1(0+); I2(0+); I3(0+); I1'(0+); I2'(0+); I3'(0+), t = đóng khóa K Giải: Khi t < 0, ta có: I1(0-) = I2(0-) = Uc(0-) = Khi t > 0, ta có: I1(0+) = I2(0+) = I1(0-) = I2(0-) = Uc(0+) = Uc(0-) = R3I3(0+) + Uc(0+) = E => I3(0+) = R2.I2(0+) + L2 => I2'(0+) = = R3I3(0+) + Uc(0+) = = R1I1(0+) + L1 => I1'(0+) = - =0 =- R3.I3(0+) + R3I3'(0+) + => I3'(0+) = - =+ Uc0 = E =0 =- Bài 6.6: Cho mạch điện (H.6.6), t 0 đóng khóa k Hãy xác định giá trị i1 (0  ) ; i (0  ) ; u L (0  ) Biết: e(t ) 100 cos t [V]; R1 4  ; R2 8  ; L 51 mH  ; f 50 Hz  Bài Làm o t  ta có: E 100 0   5  53.168  R1  R2  jL   j16  i1  t  5 cos100t  53.168    0  0V   i1  3 , Uc  Vì khơng có tụ o t 0 t1  t1  3      U 0  U 0  0  U 0  100  4i 0   U 0  100  3 88V  e   i   R  U   U    i 0    0 R R   c c   L   c     L c 2       Vậy i 0  i 0  3 ;U 0  88V     Mà i i1  i3 3     L Bài 6.8: Hãy xác định dòng điện iC(t), iL(t) điện áp u(t) mạch điện hình Cho L iL(0-)= 0, uC(0-)= 0, j(t)= 1A, R2= t= khóa k chuyển từ sang C Bài làm Tại thời điểm t ta có :  2.ic (t ).R  uc (t ) E   u ( t )  ic (t ).d (t )  uc c  C du c (t ) dt Thế (3) vào (1) ta có : du (t ) 2RC c + u c (t ) = E dt Ta có phương trình đặc trưng : => ic (t ) = C (1) (2) (3) 2RCP + = => P = RC t => u (t )  E  K e  RC c   Mà : u c (0 ) u c (0 ) 0  E  K => K = - E Thế K vào ta có : u c (t )  E  E.e => ic (t ) C  t RC  E.(1  e  t RC ) (V) t t  du c (t ) E E  C.( e RC )  e RC dt RC 2R (A) Bài 6.10: Tại t=0, nguồn áp e(t) nối vào mạch thơng qua khóa K hình vẽ Hãy  xác định điện áp tụ u C (t ) với giả thiết i L (0  ) 0 , u C (0 ) 0 Cho biết e(t ) 1[V ]; j (t ) 4u g (t ); R 1[]; L  [ H ]; C 1[ F ] Giải * Tại t < 0, ta có: iL (0  ) 0 (A) ; u C (0  ) 0 (V) *Tại t > 0, ta có: i L (0  ) i L (0  ) 0 (A) ; u C (0  ) u C (0  ) 0 (V) ; Áp dụng Định luật K1 K2, ta có: j (t ) i L (t )  i R (t )  iC (t ) 4u g (t ) (1) e(t ) u g (t )  uC (t ) 1 => u g (t ) 1  uC (t ) (2) u C (t ) u R (t )  Ri R (t ) => i R (t )  u C (t ) R (3) uCxl (t ) 0 (V) uC (t ) u L (t )  L diL (t ) dt (4) Lấy (2) (3) thay vào (1), ta có: iL (t )  uC (t ) du (t ) C C 41  u C (t ) R dt i L (t ) 4  4u C (t )  u C (t ) du (t ) C C R dt (5) Lấy đạo hàm hai vế (5), ta được: du (t ) du C (t )  du (t )  i L ' (t )  C   C C  dt Rdt  dt  (6) Lấy (6) thay vào (4), ta có:  duC (t ) duC (t )  duC (t )   u C (t )  L     C   dt Rdt  dt    du C (t ) du C (t )  du C (t )   1        6 dt dt  dt   du C (t )  du C (t )  u C (t )     dt  dt  Phương trình đặc trưng, ta có: P  P  0 6  P   P   uCtd (t ) K1e  2t  K e  3t uC (t ) uCxl (t )  uCtd (t ) 0  K1e  2t  K e  3t  K1e  2t  K e  3t u C (0  ) 0  K1  K (7) (8) Từ (5) (7), ta có: i L (t ) 4  5( K 1e  2t  K e  3t )  K 1e  2t  3K e  3t 4  3K 1e  2t  K e  3t i L (  ) 0   K  K (9) Từ (8), (9) ta hệ phương trình:  K  K 0 =>   3K  K 4 Vậy uC (t ) 0  K1 4   K  t I2 = = => i2(t) = 4sin( t + 450) A => i2( 0-) = A  t  K1 2, K2 mở R2 i2(t) e2 L i2xl(t) = = = (A) -E2 + R2.i2(t) +... => 2i2’(t) + 5i2(t) = 10 => phương trình nguồn I’ là: 2P + = 10 => P = => i2td(t) = K.e-5 /2. t => i2(t) i2xl(t) + i2td(t) = K.e-5 /2. t +2 i2(0+) = + K = => K = => i2(t) = 2e-5 /2. t + = 2( e-5 /2. t... sin1000t-10e-10t K2 sin1000t + e-10t K2 1000 cos1000t) = 2e-10t K2 sin1000t - e-10t K2 sin1000t + 100 e-10t K2 cos1000t Mặt khác: UC( 0-) = UC(0+) = 25 0 = 100K2 => K2 = 2, 5  i(t) = 2, 5 e-10t sin1000t