Bài tập lớn lý thuyết mạch

Bài tập lớn lý thuyết mạch Bài 1: a) Ta cho nguồn dòng J khép vòng qua nhánh * HPT dòng vòng: Ta chọn chiều dòng vòng dòng nhánh hình vẽ: & & & & Vòng 1: I v1 ( Z1 + Z 2) + J Z − I v Z = E1 & & & & & & & & Vòng 2: ( I v − I v1 − J ) Z + I v Z + Z ( I v − I v ) − Z M ( I v − I v ) = & & & & & & & & & Vòng 3: Z ( I v − I v ) + Z M ( I v − I v ) + I v 3Z + Z ( I v − I v ) − Z M (I v − I v ) = & & & & & & Vòng 4: Z ( I v − I v ) + Z M ( I v − I v ) + Z I v = − E7 Các dòng nhánh tính theo dòng vòng theo HPT: Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch &  I& = I v1 & & & &  I = J + I v1 − I v  I& = I& v2  & & &  I4 = Iv2 − Iv3  I& = I& v3  & &  I& = Iv3 − Iv4  &  I& = −Iv4 *HPT dòng nhánh: & & &  I& + J − I2 − I3 = & & &  I3 − I4 − I5 =  I& + I& − I& =   &  Z1 I1 + Z I&2 + Z J&= E&1  − Z I& − Z J&+ Z I& + Z I& − Z I& = 3 4 M  2 & &  − Z I&4 + Z M I& + Z5 I5 − Z M I =  & & &  Z I& − Z M I + Z I = E7 *HPT nút M=0 Khơng tính tổng quát chọn ϕ&c = & & Nút A: Y1 ( −ϕ&a + E1 ) + J − Y2ϕ&a − Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) = Nút B: Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) − Y4ϕ&b − Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) = & Nút D: Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) + Y7 ( −ϕ&d + E ) − Y6ϕ&d = Ta có HPT tính dòng nhánh theo nút: & &  I& = Y1 ( E1 − ϕ a ) &  I = Y2ϕ&a  I& = Y (ϕ& − ϕ&) a b  &  I = Y4ϕ&b  I& = Y (ϕ& − ϕ& ) b d   I&6 = Y6ϕ&d   I&7 = Y7 ( E&7 − ϕ&d ) b)Ta có ma trận Dòng nhánh: T I&nh = ( I& I&2 I& I& I& I& I&7 ) Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch I&v = ( I&v1 Dòng vòng T J&n = ( J& 0 ) n dòng nút: Thế nút: T I&v ) T E&nh = ( E&1 0 0 E&7 ) Nguồn áp nhánh: Nguồn dòng nhánh: I&v T U&nh = ( U&1 U&2 U&3 U&4 U&5 U&6 U&7 ) Điện áp nhánh: Nguồ I&v T J&nh = ( J& 0 0 ) ϕ&= ( ϕ&a ϕ&b ϕ&d )  Z1 0  0  Z nh =  0  0 0  Ma trận tổng trở nhánh: Ma trận tổng dẫn nhánh: Ynh = Z T Z2 0 0 0 0 Z3 0 0 Z4 −ZM 0 Z5 0 −Z M Z6 0 0 −1 nh Ma trận nhánh nút: 1 0  −1 0 ÷  ÷  −1 ÷  ÷ A =  −1 ÷  −1 ÷  ÷  0 −1 ÷ 0 1÷   Ma trận vòng nhánh: 1 0   −1 0 ÷  ÷ 0 0 ÷  ÷ C =  −1 ÷ 0 ÷  ÷  0 −1÷  0 −1÷   Trang 0 0÷ ÷ 0÷ ÷ 0÷ 0÷ ÷ 0÷ Z7 ÷  Bài tập lớn lý thuyết mạch T  A I&nh + J&n =  T T C Z nh I&nh = C E&nh *HPT dòng nhánh: *HPT dòng vòng: Áp dụng định luật Kiechop định luật Ơm ta có hệ phương trình:  I&nh = C I&v + J&nh  T& C U nh = & & & U nh = Z nh I nh − Enh & & Thay I nh phương trình thứ Unh phương trình thứ vào phương trình thứ ta suy HPT dòng vòng: C T ZnhCI& = C T E&nh − C T ZnhJ&nh v *HPT nút: Suy ra: Bài 2: U&nh = − Aϕ&  T& C U nh = & & &  I nh = (U nh + Enh )Ynh ATYnhAϕ&= ATYnhE&nh + J&n Vì ta xét tốn chế độ xác lập điều hòa với tần số ω = 314( rad / s) nên ta bỏ qua thành phần có tần số khác ω biểu thức nguồn nhánh nguồn dòng a)Sử dụng chương trình Matlab ta tính dòng nhánh theo chương trình sau B=[1 0 0 0;0 -1 1 0 0;0 0 -1 1 0;0 0 0 -1 -1] E1=300; J2=2*exp(j*pi/12) Enh=[E1;0;0;0;0;0;0] Jnh=[0;J2;0;0;0;0;0] Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3; Z5=-j/(314*16*10^(-6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400; Zm=-j*314*0.1 Znh=[Z1 0 0 0;0 Z2 0 0 0;0 Z3 0 0;0 0 Z4 Zm 0;0 0 Z5 0;0 0 Zm Z6 0;0 0 0 Z7] Zv=B*Znh*B' Ev=B*(Enh-Znh*Jnh) Iv=Zv\Ev; Inh=B'*Iv Chạy chương trình ta thu Inh = -0.5224 + 0.2299i -1.0940 - 0.5440i 0.5716 + 0.7739i Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch 0.3945 + 0.2634i 0.1771 + 0.5105i 0.0001 + 0.0002i -0.1771 - 0.5103i Chuyển dòng nhánh dạng điều hòa ta có i1 (t ) = 0,57 sin(314t + 156, 25o )  o i2 (t ) = 1, 22 sin(314t − 153,56 )  o i3 (t ) = 0,96 sin(314t + 53,55 )  i4 (t ) = 0, 47 sin(314t + 33,73)  o i5 (t ) = 0,54 sin(314t + 70,87 ) i (t ) = 2, 24.10−4 sin(314t + 64, 43o ) 6 i7 (t ) = 0,54 sin(314t − 109,14o )  Sau xác định dòng qua nhánh, ta xác định cơng suất tác dụng nguồn nhờ công thức sau: % &ˆ Công suất nguồn e1 : Pe = Re( Se ) = Re(E1 I1 ) 1 % &ˆ Công suất nguồn j : Pj = Re( S j ) = Re(U J ) Sử dụng Matlab với lệnh sau Unh=Znh*(Inh+Jnh)-Enh Pe1=real(E1*conj(Inh(1))) Pj=real(conj(J2)*Unh(2)) Ta thu giá trị công suất nguồn  Pe1 = −156.7171 ( W )   Pj = 802.4645 ( W ) U& KU = BC E& ta triệt tiêu nguồn J b) Để tính hệ số truyền đạt Sử dụng Matlab theo chương trình sau B=[1 0 0 0;0 -1 1 0 0;0 0 -1 1 0;0 0 0 -1 -1] E1=300 Enh=[E1;0;0;0;0;0;0] Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3;Z5=-j/(314*16*10^(6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400; Zm=-j*314*0.1 Znh=[Z1 0 0 0;0 Z2 0 0 0;0 Z3 0 0;0 0 Z4 Zm 0;0 0 Z5 0;0 0 Zm Z6 0;0 0 0 Z7] Zv=B*Znh*B' Ev=B*Enh Iv=Zv\Ev; Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch Inh=B'*Iv Unh=Znh*Inh-Enh Ku=Unh(4)/E1 Ta thu giá trị KU= 0.3153 + 0.1498i c) Để tính vẽ đặc tính tần KU, ta cần tìm hàm KU theo p=j ω Ta sử dụng phương pháp nút để tìm U&BC Khơng tính tổng qt giả sử ϕ&C = Theo định luật Kirchoff ta có  I& = (ϕ&a + E&1)Y1 &  I = ϕ&aY2  I& = (ϕ& − ϕ&)Y a b  & ϕ&b = I 4Z4 − I&6ZM  I& = (ϕ& − ϕ&)Y b d  ϕ&d = I&6Z6 − I&4ZM   I&7 = (E&7 − ϕ&d )Y7 Từ ta thu HPT dòng nhánh theo nút  &  I = (ϕ&a + E&1)Y1  I& = ϕ&Y a  &  I = (ϕ&a − ϕ&b)Y3   Y4ϕ&b + YMϕ&d  & ÷  I = Y6YM   Y M − Y4Y6    I& = (ϕ& − ϕ&)Y b d    Y ϕ& + Y ϕ&   I&6 = Y4YM  M2 b d ÷   Y M − Y4Y6   I& = (E& − ϕ&)Y  7 d Áp dụng định luật Kirchoff cho nút A,B,D ta có  I& − I&2 − I& =0 & & & I − I − I =  I& + I& − I& =  Thay biểu thức tính dòng nhánh theo nút vào HPT rút gọn ta Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch   & ϕ&a(Y1 + Y2 + Y3) − ϕ&bY3 = E1Y1  Y4YM Y4Y6YM & & & − ϕ Y + ϕ (Y + Y + ) − ϕ ( + Y5) =  a b d 2 Y − Y Y Y Y − Y M 6 M   YYY YY  −ϕ&b( M + Y5) + ϕ&d (Y 7+ Y5 + 26 M ) = Y4Y6 − YM YM − Y4Y6  Ta giải hệ phương pháp Gauss HPT viết lại sau   −Y3  Y1 + Y2 + Y3  Y32 YY  Y 3+ Y5 + 24 M − YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3   YYY  − M − Y5  Y4Y6 − YM  Nhân dòng với Y3 Y1 + Y2 + Y3  ÷  E&1Y1 ÷ &   ϕ   ÷ a ÷ & Y4Y6YM E1Y1Y3 ÷  ÷  − − Y5 ÷ ϕ&b ÷ = Y4Y6 − YM ÷ ÷  Y1 + Y2 + Y3 ÷ ÷ ÷ ϕ&c   ÷ Y6YM ÷   Y 7+ Y5 + ÷ YM − Y4Y6  cộng vào dòng thứ ta   −Y3  Y1 + Y2 + Y3  Y32 YY  Y 3+ Y5 + 24 M − YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3   YYY  − M − Y5  Y4Y6 − YM   ÷  E&1Y1 ÷ &   ϕ   & ÷ a ÷ YYY E1Y1Y3 ÷  ÷ − M − Y5 ÷ ϕ&b ÷ =  Y4Y6 − YM ÷ ÷  Y1 + Y2 + Y3 ÷ ÷ ÷ ϕ&c   ÷ Y6YM ÷   Y 7+ Y5 + ÷ YM − Y4Y6  Suy  Y4YM Y32 Y + Y + −  YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3   YYY  − M − Y5  Y4Y6 − YM   Y4Y6YM − Y5 ÷  E&1Y1Y3  Y4Y6 − YM &   ϕ ÷ b = Y +Y +Y ÷ ÷ ϕ& ÷  ÷ Y6YM ÷ ÷ d   Y + Y5 +  YM − Y4Y6 ÷  − Từ dễ dàng giải ϕ&b = E&1Y1Y3  Y6YM  Y +Y + ÷ Y1 + Y2 + Y3  YM − Y4Y6     Y4YM Y32 Y6YM   Y4Y6YM − + Y5 ÷  Y 3+ Y5 + ÷ Y 7+ Y5 + ÷−  YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3   YM − Y4Y6   Y4Y6 − YM   Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch Suy KU = = U&BC ϕ&b = E&1 E&1  Y1Y3 Y6YM  Y +Y + ÷ Y1 + Y2 + Y3  YM − Y4Y6     Y4YM Y32 Y6YM   Y4Y6YM − + Y  Y 3+ Y5 + ÷ Y 7+ Y5 + ÷−  5÷ YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3   YM − Y4Y6   Y4Y6 − YM   Trong Y1 = 1 = R1 + pL1 200 + 0, p Y2 = = 0,002; Y3 = pC3 = 10−5 p R2 Y4 = 1 = R4 + pL4 500 + 0,3 p Y5 = pC5 = 16.10−6 p Y6 = 1 = R6 + pL6 10 + 0, p Y7 = = 0,0025 R7 YM = −10 = − pM p Thay số ta có Y1 = 1 = R1 + pL1 200 + 0, p Y2 = = 0,002; Y3 = pC3 = 10 −5 p R2 Y4 = 1 = R4 + pL4 500 + 0,3 p Y5 = pC5 = 16.10−6 p Y6 = 1 = R6 + pL6 10 + 0, p Y7 = = 0,0025 R7 YM = −10 = − pM p Thay số vào rút gọn(sử dụng phần mềm Matlab) ta có Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch KU = 2500 p (44 p + 120086875 p + 21877.107 p + 312625.108 ) 99 p + 270586875 p + 1269561062500 p + 1473551.109 p + 4620125.1011 p + 2188375.1013 Sử dụng Matlab ta vẽ đặc tính tần KU sơ đồ Nyquist sau Bài 3: e1 = 2.200sin(103 t )(V ) , R1 = 1000(Ω) , L1 = 0,1H , C = 16.10−6 ( F ) R2 = 2000(Ω) a) Lập HPT cho biến tự nhiên biến trạng thái Trang Bài tập lớn lý thuyết mạch uc (t ), iL1 (t ) Ta chọn biến trạng thái Khi khóa K đóng, theo định luật Kirchoff ta có  R1i1 + L1i1 '+ R2i2 = e   R2i2 − uc = i − i − Cu ' = 1 c Từ suy  L1i1 '+ uc + R1i1 = e  u  c  Cuc ' = i1 − i2 = i1 − R  Rút gọn ta mơ hình trạng thái mạch R1 u  c e  i1 ' = − L i1 − L + L  1  i u uc ' = − c  C CR2 Hay viết lại dạng ma trận  R1 −  i1 '   L1  u ' ÷=  c    C   e L1 ÷ i1   ÷ ÷ ÷+ L1 ÷ uc   ÷ ÷ − 0 CR2 ÷  − b)  Giải mạch phương pháp tích phân kinh điển Khi chưa đóng khóa K mạch có sơ đồ sau Trang 10 Bài tập lớn lý thuyết mạch • • & Ta có: Z1 = R1 + jω L1 = 1000 + 100 j (Ω), Z = R2 = 2000( Ω),E1 = 200(V ) & 200 & = E1 = I& = I = 0,067 − 2,22.10−3 j (A) Z1 + Z 3000 + 100 j o  i1 = 2.0,067sin(10 t − 1,9 )(A) −3 i ( − 0) = − 3,14.10 (A)  • • • Theo định luật đóng mở : uc (−0) = uc ( +0) = −3 Theo định luật đóng mở : L1i1 (−0) = L1i1 (+0) => i1 ( +0) = −3,14.10 (A) Sau đóng khóa K sử dụng định luật Kirchhoff i1 ( +0) − i2 (+0) − Cuc '(+0) =   R1i1 (+0) + L1i1 '( +0) + R2i2 ( +0) = e1 ( +0) u (+0) − R i ( +0) = 2  c , i2 ( +0) =  R i ( +0) + L1i1 '( +0) = e1 ( +0) từ ta có:  1 1000( −3,14.10−3 ) + 0,1i1 '( +0) =  i1 '( +0) = 31, 4( A)  −3 Mà i1 ( +0) − i2 ( +0) = Cuc '( +0) = i1 ( +0) = −3,14.10 Suy uc '( +0) = −196, 25 Trang 11 Bài tập lớn lý thuyết mạch Tính đáp ứng cưỡng Sau đóng khóa K ta có mạch  Khi mạch trạng thái xác lập Chọn ϕ&B = Dễ dàng suy Y1 E&1 ϕ&A = Y1 + Y2 + Y3 Thay số Y1 = , Y2 = 0,0005, Y3 = jωC = 0,016 j 1000 + 100 j  ϕ&A = -0,078-12,46j = U&C  ucxl = 2.12,46sin(103 t − 90,36o )(V ) Tính đáp ứng tự Tổng trở vào nhìn từ nhánh R ( R + pL1 ) Zv = + pC R1 + R2 + pL1 Cho Z v = ta thu phương trình đặc trưng:  CR2 L1 p + (CR1R2 + L1 ) p + R1 + R2 = −3 Thay số ta có 3,2.10 p + 32,1 p + 3000 = Trang 12 Bài tập lớn lý thuyết mạch Giải phương trình ta p1 = −94,34; p2 = −9936,9 uc = A1e p t + A2 e p t = A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t Suy td Mặt khác uc = uc + uc = 2.12, 46sin(103 t − 90,36o ) + A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t xl td  o −94,34 t − 9936,9 A2 e −9936,9 t uc ' = 2.12460cos(10 t − 90,36 ) − 94,34 A1e Mà uc ( +0) = 0, uc '( +0) = −196, 25   A1 + A2 = 17,62  94,34 A1 + 9936,9 A2 = 306,97   A1 = 17,8   A2 = −0,14 o −94,34 t − 0,14 e−9936,9t (V) Với t ≥ Suy uc = 2.12, 46sin(10 t − 90,36 ) + 17,8e  Giải mạch phương pháp toán tử Ta có sơ đồ tốn tử mạch −3 Trong tính i1 (−0) = −3,14.10 (A) E1 ( p ) = 200 103 p + 106 Có Áp dụng định luật Kirchhoff ta có : Trang 13 Bài tập lớn lý thuyết mạch  I1 ( p) − I ( p ) − pCU c ( p) =   R1 I1 ( p ) + pL1 I1 ( p ) + R2 I ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0) U ( p ) − R I ( p ) = 2  c   I ( p ) − ( + pC )U c ( p ) =  R2  ( R + pL ) I ( p ) + U ( p ) = E ( p ) + L i ( −0)  1 c 11     + pC ÷( R1 + pL1 ) + 1 U c ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0) R     103 2.200 − 3,14.10−4 E1 ( p ) + L1i1 ( −0) p + 10 U c ( p) = = −6   1,6.10 ( p + 94,34)( p + 9936,9)  + pC ( R + pL ) +   ÷ R2       2.200.103 196,25 − = U1 − U 1,6.10−6 ( p + 106 )( p + 94,34)( p + 9936,9) ( p + 94,34)( p + 9936,9) (đặt U1,U2 số hạng biểu thức trên) 1,77.1011 M ( p) U1 ( p ) = = ( p + 10 )( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p ) Xét U c ( p) = o 3 Cho N ( p ) =  p1 = 10 j; p2 = −10 j; p3 = −94,34; p4 = −9936,9 Với p1 = 10 j => M ( p) 1,77.1011 A1 = = = −8,81 + 0,055 j = 8,81∠179,64o 10 N '( p ) p= p1 −2.10 − 1,25.10 j Với p3 = −94,34 => M ( p) 1,77.1011 A2 = = = 17,82 N '( p ) p = p3 9,93.109 p4 = −9936,9 => A3 = Với M ( p) 1,77.1011 = = −0,18 N '( p ) p = p4 −9,8.1011 L−1{U1} =  2.8,81.cos(103 t + 179,64o ) + 17,82.e −94,34 t − 0,18e −9956,24 t 1( t ) Trang 14 Bài tập lớn lý thuyết mạch U ( p) = o 196, 25 M ( p) = ( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p ) Cho N ( s) =  p1 = −94,34; p2 = −9936,9 M ( p) 196,25 A1 = = = 0,02 N '( p ) 9842,56 p = − 94,34 p = p1 Với => M ( p) 196,25 A2 = = = −0,02 N '( p ) − 9842,56 p = p2 Với p2 = −9936,9 => L−1{U } = 0,02e −94,34 t − 0,02e −9936,9 t  1( t ) Suy uc (t ) = L−1{U1} − L−1{U } = 17,62 cos(103 t + 179,64o ) + 17,8.e −94,34t − 0,16.e −9936,9t 1(t )(V) Kết luận: phương pháp cho kết Bài 4: Cho mạch điện thông số: U = 100(V ) T = 10−2 ( s ) T0 = 10−3 ( s) L1 = 0,2 H R1 = 1000(Ω) R2 = 2000(Ω) C = N 10−7 ( F ) = 16.10−7 ( F ) Trước thời điểm đóng khóa K mạch chưa có dòng điện nên ta dễ dàng thấy iL (−0) = 0, uc ( −0) = Từ ta có sơ đồ tốn tử mạch độ Trang 15 Bài tập lớn lý thuyết mạch Áp dụng định luật Kirchhoff ta có  I1 (p) − pCU C (p) − I (p) =   R1 I1 (p) + pL1 I1 (p) + U c (p) = U (p)  R I (p) − U (p) =  2 c Từ ta có  U ( p)  I ( p) = c R2       I1 ( p ) =  + pC ÷U c ( p )  R2       ( R1 + pL1 )  + pC ÷+ 1 U c ( p ) = U ( p )    R2    105 105 − p T0 100  − Tkp + ∑  − p2 + p2 e ÷e p  U c ( p ) = k =0  −7 3,2.10 ( p + 4195,13)(p + 1117,36) Suy ∞ Từ đồ thị đề cho ta có ∞ ∞  −U o  u(t ) = ∑  (t − kT ) + U o ÷( 1(t − kT ) − 1(t − kT − To ) ) = ∑ uk (t) k =0  T0 k =0  Trong uk (t) = (− U0 (t − kT ) + U0)(1(t − kT ) − 1(t − kT − T0 )) T0 Suy uk (t) = − U0 U (t − kT )1(t − kT ) + (t − kT − T0)1(t − kT − T0) + U 01(t − kT ) T0 T0 Trang 16 Bài tập lớn lý thuyết mạch Thực phép biến đổi Laplace ta có Uk ( p) = − U0 − kTp U0 − (kT + T0 ) p U0 − kTp e + e + e p T0.p2 T0 p2 Suy  U − kTp U − (kT +T0 ) p U − kTp  e + e + e ÷ ∑ − T0 p p k =0  T0 p  U c ( p) =   ( R1 + pL1 )  + pC ÷+  R2  ∞ Thay số ta có n  −105 100 105 − pTo  − pkT ∑  + p + p e ÷.e k =0  p  U c (p) = −7 3, 2.10 (p + 4195,13).(p + 1117,37) Ta xét số hạng −105 100 105 − pTo + + e p2 p p U c (p) = −7 3, 2.10 (p + 4195,13).(p + 1117,37) * (1) −105 M (p) a= = 3,2.10−7 p (p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p) Xét N(p) có nghiệm p1 = 0; p = −1117,37;p = −4195,13 -Với p1 = (nghiệm bội) •   −105 A1 = lim  p = −6,67.104 ÷ − p →0 3,2.10 p (p + 1117,37).(p+ 4195,13)   • d   −105 A2 = lim   p ÷ = 75,57 −7 p →0 dp 3, 2.10 p (p + 1117,37).(p + 4195,13)    -Với p2 = −1117,37 M ( p) −3,125.1011 A3 = = = −81,32 N '( p ) p = p2 3,843.109 • -Với p3 = −4195,13 Trang 17 Bài tập lớn lý thuyết mạch M ( p) −3,125.1011 A4 = = = 5,77 N '( p ) p= p3 −5, 417.1010 • Suy * Xét L−1{a} =  75,57 − 6,67.104 t − 81,32.e −1117,37 t + 5,77.e −4195,13t  1( t ) b= 100 M (p) = 3, 2.10−7 p.(p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p) N(p) có nghiệm p1 = 0; p = −1117,37;p = −4195,13 M (p) 3,125.108 A1 = = = 66,49 N '(p) 4,7.10 p = p = p1 • Với M (p) 3,125.108 A2 = = = −90,87 N '(p) − 3, 439.10 p = − 1117,37 p = p2 • Với M (p) 3,125.108 A3 = = = 24, 20 p = − 4195,13 N '(p) 1, 29.10 • Với Suy * L−1{b} = ( 66,56 − 90,87e−1117,37 t + 24, 20e −4195,37t ) 1( t )  105 − pTo   p e ÷   c= −7 3, 2.10 (p + 1117,37)(p + 4195,13) Xét − pT Ta thấy c = −a.e o Suy L−1{c} = − 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −kT −T0 )  1(t − kT − To ) Từ (1) ta có U c ( p) = a + b + c u (t) = L−1 { a} + L−1 { b} + L−1 { c} Vậy c Suy uc0(t) =  75,57− 6,67.104t − 81,32.e−1117,37t + 5,77.e−4195,13t  1(t) ( ) + 66,56 − 90,87e−1117,37t + 24,20e−4195,37t 1(t) Trang 18 Bài tập lớn lý thuyết mạch − 75,57 − 6,67.104 (t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To ) Rút gọn ta uc0(t) = 142,13− 6,67.104t − 172,19e−1117,37t + 29,97e−4195,13t  1(t) − 75,57 − 6,67.104 ( t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To ) − pkT Mặt khác ta có uck (p) = uc (p).e Từ dễ dàng suy uck (t) = 142,13− 6,67.104(t − kT ) − 172,19e−1117,37(t−kT ) + 29,97e−4195,13(t− kT )  1(t − kT ) − 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t−kT −T0 )  1(t − kT − To ) Từ ta có biểu thức điện áp đầu tụ điện ∞ uc (t) = ∑ uck (t) k=0 Trong uck (t) xác định Trang 19 ... L1 ÷ uc   ÷ ÷ − 0 CR2 ÷  − b)  Giải mạch phương pháp tích phân kinh điển Khi chưa đóng khóa K mạch có sơ đồ sau Trang 10 Bài tập lớn lý thuyết mạch • • & Ta có: Z1 = R1 + jω L1 = 1000 +... = i1 ( +0) = −3,14.10 Suy uc '( +0) = −196, 25 Trang 11 Bài tập lớn lý thuyết mạch Tính đáp ứng cưỡng Sau đóng khóa K ta có mạch  Khi mạch trạng thái xác lập Chọn ϕ&B = Dễ dàng suy Y1 E&1 ϕ&A... Giải mạch phương pháp tốn tử Ta có sơ đồ tốn tử mạch −3 Trong tính i1 (−0) = −3,14.10 (A) E1 ( p ) = 200 103 p + 106 Có Áp dụng định luật Kirchhoff ta có : Trang 13 Bài tập lớn lý thuyết mạch