Tài liệu Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P2 pptx

33 Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên ;A, Rr E I;UUR.Ir.IE 150 0 0 = + =+Δ=+= Sụt áp trên nguồn ΔU=I. r 0 =0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-ΔU; b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a) =−−= = ++ +− = )r.IE(U ;A, rrr EEE I ab 011 030201 321 50 V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU ;V).,( cdbc 59501051935018 1045012 033022 −=−−=−−==+=+= −=−− b) Nếu đổi chiều nguồn E 2 như ở hình 1.42. b) V)r.IE(U ;V)r.IE(U;V)r.IE(U;A Rrrr EEE I cd bcab 8 642 20 40 033 022011 030201 321 −=−−= −=−−=−=−−=== +++ ++ = Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ. 1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản. 1.4. 20240128163024024240 50 1224 .,V,.,U;A,I +==−== − = 1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì W, r E rIp; r E I 40 0 2 0 2 0 ==== Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì R )Rr( E p; Rr E I 2 0 2 0 + = + = . Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để p max thì p’=0: Δ 34 mWW, , r E p rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr( Hay )Rr( )rR(.R)Rr( E'p rR max 10010 4 40 4 02222 0 2 0 2 0 22 0 222 00 2 0 4 0 2 0 2 0 ==== =→=−=−−++=+−+ = + +−+ = = 1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. 10. a): ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤ < = tskhi stskhit skhit tkhi )t(u 20 21105 105 00 . Đồ thị hình 1.43. a) i(t)= = R )t(u ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤ < tskhi stskhit skhit tkhi 20 212 10 00 . Đồ thị hình 1.43. b) Công suất tức thời: p(t)=R. i 2 (t)= = R )t(u 2 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤ < tskhi stskhi)tt( skhit tkhi 20 21445 105 00 2 2 Đồ thị hình 1.43c Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng: W, W t dttdt)t(pW R 671 3 5 0 1 3 55 3 1 0 2 1 0 ≈ ==== ∫∫ +Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b) u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.43 u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.44 35 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤− ≤ < = tskhi stskhit skhit tkhi )t(u 20 2155 105 00 . Đồ thị hình 1.44. a) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤− ≤ < == tskhi stskhit skhit tkhi R )t(u )t(i 20 211 10 00 Đồ thị hình 1.44. b) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤ < === tkhi tkhi)tt( khit tkhi )t(i.R R )t(u )t(p 20 21125 105 00 2 2 2 2 Đồ thị hình 1.44. c) W≈1,67 W; +Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(u 30 32155 215 105 00 ; Hình 1.45a) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(i 30 323 211 10 00 ; Hình 1.45b) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi tskhi)tt( stskhi stkhit tkhi )t(p 30 32965 215 105 00 2 2 Hình 1.45c) W≈1,67 W; 1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích: 36 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤+− ≤≤ = s4ts3khi4t s3ts1khi2t s1t0khit )t(u ; 1. Trên điện trở R=1Ω: a) Biểu thức dòng điện: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤+− ≤≤ === S4tS3khi4t S3tS1khi2t S1t0khit 1 )t(u R )t(u )t(i R Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46. b) Năng lượng toả nhiệt: ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =+−=+− =+−=+− == ==== ∫ ∫ ∫ ∫∫ )J( 3 1 3 4 )t16t4 3 t (dt)16t8t( )J( 3 2 1 3 )t4t2 3 t (dt)4t4t( )J( 3 1 0 1 3 t dtt dt R U RdtiQW 2 3 4 3 2 2 3 3 1 2 3 1 0 2 t t 2 t t 2 R 2 1 2 1 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =+−=+− == ∫ ∫ Jun 3 2 1 3 )t4t2 3 t (dt)4t4t( Jun 3 1 0 1 3 t dtt 2 3 3 1 2 3 1 0 2 Jun 3 1 3 4 )t16t4 3 t (dt)16t8t( 2 3 4 3 2 =+−=+− ∫ ; Jun 3 4 3 1 3 2 3 1 Q =++= 2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4) )t(iudt L )t(i L t t L 0 0 1 += ∫ được thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm). a) i L (t) + Với 0 ≤ t ≤ 1s 2 0 2 0 1 22 0 t )(i t )(iudt L )t(i LL t L =+=+= ∫ vì i L (0)=0. Từ đó i L (1S)=0,5 t [s] [V] 012 1 3 u(t) 4 -1 H×nh 1.46 37 + Với 1s ≤ t ≤ 3s 50 1 2 2 121 1 2 11 , t t t )(idt)t()(iudt L )t(i L t L t L + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +−=++−=+= ∫∫ = ;t t ,),(t t 12 2 502502 2 22 −+−=++−−+−= (Có thể kiểm tra lại i L (t=1s) theo công thức này i L (1s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) Như vậy có i L (t=3s)= 50 3 12 2 2 , t t t = = −+− + Với 3s ≤ t ≤ 4s 50 3 4 2 343 1 2 33 , t t t )(idt)t()s(iudt L )t(i L t L t L + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −=+−=+= ∫∫ 84 2 5034 2 3 4 2 222 +−=+−−−= t t ,).(t t . (Có thể kiểm tra lại i L (t=3s) theo công thức này i L (3s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. ) Kết quả có ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤−+− ≤≤ =+= ∫ s4ts3khi8t4 2 t s3ts1khi1t2 2 t s1t0khi 2 t )t(iudt L 1 )t(i 2 2 2 0L t t L 0 b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L. W M (t)= = 2 )t(Li 2 L ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+−+− ≤≤+−+− ≤≤ == s4ts3khi8t32t12t2 8 t s3ts1khi5,0t2t5,2t 8 t s1t0khi 8 t 2 )t(Li )t(W 23 4 23 4 4 2 L M 38 c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng: ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤−+− ≤≤−+− ≤≤ == s4ts3khi32t24t6 2 t s3ts1khi2t5t3 2 t s1t0khi 2 t dt dW )t(p 2 3 2 3 3 L 3. a) i C (t)=C = dt du C ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤− ≤≤ 431 311 101 tkhi tkhi tkhi b) Năng lượng điện trường: == 2 2 C E u CW ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤+− ≤≤ 4384 2 3122 2 10 2 2 2 2 tkhit t tkhit t tkhi t c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản kháng: == dt dW )t(p E u C i c = ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤− ≤≤ 434 312 10 tkhit tkhit tkhit . 39 1.8. Dòng điện qua R tsin, R )t(e )t(i R 40010== [A]. Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a. Dòng điện qua diện cảm L: ]A[tcos,tsin , )(idt)t(u L )t(i t t LL 4001040010 250 1 0 1 0 0 −= =+= ∫ ∫ . Đồ thị hình 1.47c 1.9 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > ≤≤ < = stkhi stkhit khi )t(e 12 102 000 s stkhi tkhit khi R e )t(i R ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > ≤≤ < == 11 10 000 ⇒ i R (0,5)=0,5A; i R (0,9)=0,9A; i R (1)=1A; i R (1,2)=1A ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ >−=+=+ =→≤≤=+ < =+= ∫ ∫∫ stkhit t t)(idt )(istKhit)(itdt tkhi )t(idt)t(e L )t(i t L L t L t t LL 1121 1 212 111002 00 1 1 0 2 0 0 ⇒ i L (0,5)=0,25A; i L (0,9)=0,81A; i L (1)=1A; i L (1,2)=1,4A i C (t)= ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > ≤≤ < = 1tKhi0 1t0khi1 0tkhi0 dt de C ; i C (0,5)=1A; i C (0,9)=1A; i C (1)=1A; i R (1,2)=0; 1.10. ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 15044 5004 a) == )()( tRitu R ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤ sts,khit s,tkhit 15088 5008 ; == dt di Ltu L )( ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤ sts,khi s,tkhi 1504 5004 t π π 2 π 2 π 3 e(t) 10 [V] -10 i (t) 0,1 [A] t -0,1 R i (t) 0,1 [A] -0,1 L ω t ω t ω c) a) b) H×nh 1.47 40 u(t)=u R (t)+u L (t)= ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤+ sts,khit s,tkhit 15048 50048 b) U max =8V c) Phương trình công suất tiêu tán: p(t)=u(t)i(t)= ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+−=+− ≤≤+=+ sts,khi)tt(tt s,tkhi)t(ttt 15013216164832 50012161632 22 2 p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W; 1.11. ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 15044 5004 a) u R (t)=Ri= ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤ = sts,khit s,tkhit )t(i 1504040 50040 ; ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤−+− ≤≤ =⇒ −+−=++−= +=→≤≤ =→ = == +=→≤≤ += ∫ ∫ ∫ ∫ sts,khitt s,tkhit )t(u tt] , t )t t .[( ),(uidt C )t(usts,Khi V),(u; )(u ttdt , )t(uidt C )t(us,tKhi :)t(uidt C )t(u C C t , c C C t C t t c C t t c 1504124 5004 41241 50 4 2 4 2 50 1 150 150 00 44 50 1 1 500 1 2 2 2 2 50 2 0 0 0 0 0 u(t)=u(t)+u C (t)= ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤+−− ≤≤+ sts,khitt s,tkhitt 15036284 500404 2 2 b) U Max =21V b) p(t)=u(t)i(t)= ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤ +−+ ≤≤+ sts,khi ttt s,tkhi)t(t 150 1442569616 5001016 23 2 ; p(0,25) ≈ 2,7W;p(0,75)=12,75W Các đồ thị hình 1.48 H×nh 1.48 0 0,5 1 t[s] u (t) R 20 1 u(t) u (t) C 4 21 41 1.12. . ⎩ ⎨ ⎧ ≤− ≤≤ = ⎩ ⎨ ⎧ ≤− ≤≤ = tskhi stkhi )t(i)a tskhi stkhi )t(u R 21 201 21 201 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤+−=+− =→≤≤ =+= ∫ tskhit)(i t t )(istkhit )t(iudt L )t(i L L t t LL o 242 2 2220 1 0 ⎩ ⎨ ⎧ ≤+− ≤≤+ =+= tskhit stkhit )t(i)t(ii LR 23 201 ⎩ ⎨ ⎧ ≤− ≤≤+ == = tskhit stkhit )t(i)t(u)t(p)d ;i)b max 23 201 3 Đồ thị hình 1.49. 1.13. C L e Cdte L )t(i; R e R e )t(i)a t t t L t R +−=+=== − − − ∫ 2 0 2 2 2 12 Để i L (0)=0 thì hằng số L C 1 = → i L (t)= )e( L t 2 1 1 − − i(t)= R e )e( L t t 2 2 2 1 1 − − +− Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t 1 =0,5 s Ω==⇒ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ =−+= −== − − − 756320 0111 12 50 1 1 150 1 1 1 R`;H,L ;,)e( LR e ),(i )e( L ),(i L b) ;e555,1582,1)t(i);e1(582,1)t(i;e0267,0)t(i t2t2 L t2 R −− −=−== 1.14. Hình 1.14a) ⎩ ⎨ ⎧ < ≤≤ == tskhi stkhiR )t(Ri)t(u)a R 20 202 Ω==⇒ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ =+= =+= ≤≤+= =⇒=≤≤=+== ∫ 350 14 4 22 10 2 21 20 2 2 0020 221 0 0 R;F,C C R)s(u C R)s(u ;tkhi C t R)t(u )AUDo(tkhi C t At C idt C )t(u C t C 2 t[s] 1 -1 H×nh 1.49 2 3 4 [A] i(t) i (t) i (t) L R 0 42 b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0 ≤ t ≤ 2 ∫ ===+= ==== t CCCC RRR ;V)(U;V,)(U;t,)(utdt,)t(u ;V)(u;V,)(u;t,)t(Riu 0 2 62511510512 9254154 .V)(u;V)(u;t,t,u 152615451 2 ==+= 1.15. Mạch điện hình 1.50. a) Phương trình theo định luật Kieckhop 2: u R (t)+u L (t)+ u C (t)=e(t). + Biến số là i(t): .)t(eidt Cdi di L)t(Ri =++ ∫ 1 Đạo hàm 2 vế phương trình này và viết cho gọn Ri’+Li”+ C 1 i=e’ Hay i”+2 α i’+ ω 2 0 i= L 'e với α = LC , L R 1 2 0 =ω + Biến là điện áp u L (t): Vì )(Idtu L i L t L 0 1 0 += ∫ nên )(Udt)(Idtu LC )(Uidt C u C t L t LC t C 00 11 0 1 000 + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +=+= ∫∫∫ . Thay i vào u C vào phương định luật Kieckhop 2: e)(Udt)(Idtu LC u)(Idtu L R C t L t LLL t L =+ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +++ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ∫∫∫ 00 11 0 1 000 Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này: "euuu dt ed u dt du dt ud dt ed CL u dt ud dt du L R L ' L '' LL LLLLL =ω+α+→=ω+α+→=++ 2 0 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 22 b)Trong khoảng 0 ÷ 2s: ;t)(utidt C )t(u;t)t(u;t)(idtu L )t(i C t CRL t L 22 00 202 1 240 1 =+====+= ∫∫ )tt(ttu 22422 22 ++=++= 1.16. Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là i g +i L +i C =i 0 Biến số là u(t): dt di C 1 u dt du 2 dt ud cóta LC 1 ; C2 g là hay dt di dt ud C L u dt du gi dt du C)0(Iudt L 1 gu 0 2 0 2 2 0 t 0 0 2 2 0L =++== =++→=+++ ∫ ωαωα u (t) i(t) L C H×nh 1.50 e(t) R u (t) u (t) [...]... b) E R1 + R 2 0,8 − I 0 R 4 = 70 1 0,8 − 125.0,8 = −44; R td = R1 R 2 R1 + R 2 + R 4 = 0,16 + 8,8 = 0,96 (Hình 1.53a,b) i5 = uh R td + R 3 = − 44 0,96 + 0,8 = −25mA c) Khi I 0 = 0 → i 31 a) E R + R 2 //( R 3 + R 4 ) = 1 R2 = R 2 + R3 + R 4 70 0,8.1,6 0,2 + 0,8 + 1,6 0,8 + 0,8 + 0,8 uh I0 ER 2 0,8 = 31,818 − I0 R1 R 2 R3 + R 4 + R1 + R 2 a) R4 = − 125 0,8 = −56,818 0,8 + 0,8 + 0,16 i 3 = i 31 + i 32... giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59: R'12 = R 6 + R 7 + R6 R7 60.60 = 120 + = 150 R4 120 R' 23 = R 4 + R 7 + R4 R7 120.60 = 180 + = 300 60 R6 R'13 = R 6 + R 4 + R6 R4 60.120 = 180 + = 300 60 R7 R' '12 = R 2 + R 5 + R2 R5 40 40 40 280 = 80 + = 80 + = = 93,333 R3 120 3 3 R' ' 23 = R 3 + R 5 + R' '13 = R 2 + R 3 + 48 R3 R5 120.40 = 160 + = 280 R2 40 R... R 0 + R 4( n) 1+ 1 R 4( n) R0 R 4 ( n) U n−1 = 20 log(1 + ) dB R0 Un (**) Trong khâu cuối nếu ta thay đổi R4(n) cùng với R3(n) sao cho giữ nguyên(*) thì có thể thay đổi được an Điện trở vào của khâu n: 2 R 0 + R 3( n ) R 4 n + R 0 ( R 3( n ) + R 4 n ) R Vn = ( R 3( n ) + R 0 ) //( R 4 ( n ) + R 0 ) = = 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2 2R 0 + R 0 ( R 3( n ) + R 4 n ) 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n = R0 2 R 0 + R... 0 ⎦ L ⎣ 0 ⎦ t ⎤ di di g di C i C d 2 i C d 2 i 0 g 1 ⎡1 + + = 2 i C + ⎢ ∫ i C dt + U C (0) ⎥ + C = 0 hay C dt LC dt 2 C L ⎣C 0 dt d t ⎦ dt 2 2 d i d iC di 2 + 2α L + ω 0 i C = 20 hay 2 dt dt dt 2 2 3 di 5L d i 4 L d 3 i 4 1.17 u = u ad = Ri 4 + 6L 4 + + 2 dt R dt 2 R dt 3 d3 u 4 d2 u L du 1.18 u = u ad = u 4 + (2RC + ) 4 + (4LC + R 2 C 2 ) 2 4 + 2RLC 2 R dt dt 3 dt 1.19 Quan hệ giữa điện áp một chiều... L d2 i 2 + i L + LC 2L = i 0 hay 2L + 2α L + ω 0 i L = 02 dt dt dt dt ω0 t Biến số là iC(t): Vì uC = 1 i C dt + U C (0) C∫ 0 ⎡1 t ⎤ 1 i g = gu = g⎢ ∫ i C dt + U C (0)⎥; i L = L ⎣C 0 ⎦ ∫ t 0 udt + I L (0) = 1 L ⎡1 t ⎤ ∫0 ⎢ C ∫ i C dt + U C (0) ⎥ dt + I L (0) ⎣ 0 ⎦ t Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1: ⎡1 t ⎤ 1 t⎡1 t ⎤ g⎢ ∫ i C dt + U C (0)⎥ + ∫ ⎢ ∫ i C dt + U C (0) ⎥ dt + I L (0) + i C = i... 20 = ≈ 0,33 A R 3 + R 25 50 + 11,1 i 52 = − i 23 25 ≈ − 0,18 A 45 i12=i32+i42=0,5A;i02=i42-i52=0,1 7+0 ,18=0,35A i1=-0, 1+0 ,4=0,4 A; i2=0,38-0,15=0,23 A i3=10, 1+0 ,33=0,23 A; i4=0,17 A i5=-0,28-0,18=-0,46 A; i0=0,2 8+0 ,35=0,63 A uab ≈54,25V 1.26 Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như hình 1.56 tìm Uab hở mạch: R4 R1 E 100 = = R1 (R3 + R 4 ) 100.300 R2 E 125 + R2 + 400 R1 + R3 + R 4 0,5 100 = 0,5;... 160 + = 280 R5 40 R12 = R'12 R' '12 150.93,3333 = = 57,53; R'12 + R' '12 150 + 93,333 R 23 = R' 23 R' ' 23 300.280 = = 144,8 = R13 R' 23 + R' ' 23 300 + 280 Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định : I1 = E R1 + R13 //[ R12 + (R 8 // R 23 )] ; 25.144,8 = 21,3 25 + 144,8 R13 //[ R12 + (R 8 // R 23 ) = 144,8 // 78,83 ≈ 51 1,25 100 = 1,25; 144,8 = 0,809 I1 = I 12 = 144,8 + 78,83 29 + 51... 1 ⎧ 1 ⎪( R + R + R )ϕ 1 − R ϕ 2 − R ϕ 3 = R 1 3 4 4 1 ⎪ 1 ⎪ 1 E ϕ 1 1 1 1 )ϕ 2 − ϕ1 + ( + + ϕ3 = 7 + 0 ⎪− R4 R6 R7 R7 R7 R6 ⎪ R4 ⎨ ⎪ − 1 ϕ − 1 ϕ + ( 1 + 1 + 1 + 1 )ϕ 3 ⎪ R1 1 R 7 2 R1 R 2 R 5 R 7 ⎪ E ϕ E ⎪ =− 1− 7 + 0 ⎪ R1 R 7 R 5 ⎩ 47 ⎤ ⎡ϕ 1 ⎤ ⎡6 ⎤ ⎥ ⎢ ϕ ⎥ = ⎢ 4 ,6 ⎥ ⇒ ⎧ ϕ 0 = 60 ; ϕ 1 = 97 ; ⎨ ⎥⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎥ ⎩ ϕ 2 = 74 ,143 ; ϕ 3 = − 14 , 458 ⎥ ⎢ ϕ 3 ⎥ ⎢ − 9 , 25 ⎥ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ − 14 ,458 − 97 + 150 14 ,... Uab=75V;Rtđ=[(R1//R2)+R3]//R4=87,5Ω;i5=0,447A 1.27 Sử dụng định lý tương hỗ ta mắc nguồn sang nhánh R5 tìm dòng qua nhánh đã mắc nguồn như mạch hình 1.57 RR 100 R td = [ 1 2 + R 3 ] // R 4 = 87,5; i E = = 0,597 R1 + R 2 87,5 + 80 46 i3 = i2 = 0,597 RR [ 1 2 + R3 ] + R 4 R1 + R 2 R 4 = 0,3358; 0,3358 100 = 0,14925; i 5 = i E − i 2 = 0,44775A 225 1.28 Chọn các nút như hình 1.58 sẽ có hệ phương trình điện thế nút của mạch. .. 0 + R 3( n ) + R 4 n 2 R 0 + R 3( n ) + R 4 n = R0 Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R0 ở khâu n-1: Khâu này có tải là R0 và ta chọn R1(n-1)=R0 sẽ có cầu cân bằng khi R3(n-1).R4(n-1)=R20 (*) và như vậy thì R 4 ( n −1) a n −1 = 20 log(1 + ) R0 R 4 (1) ) Tương tự ở khâu đầu tiên a 1 = 20 log(1 + R0 U U U U [dB] Vì a = 20 log v = 20 log v 1 n −1 = a 1 + a 2 + a n −1 + a n Un U1 U . )RR(RRRR )RR//()RR(R = ++ ++ = ++ ++ = ++ ++ + =++ = Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R 0 ở khâu n-1: Khâu này có tải là R 0 và ta chọn. CC t CC = + + =++ =+ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ =++ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ∫ ∫∫∫ 1.17. 3 4 3 2 3 2 4 2 2 4 4 5 6 dt id R L dt id R L dt di LRiuu ad ++ += = 1.18.