Giáo trình Mạch điện tử

BBÀÀII GGIIẢẢNNGG

MMẠẠCCHH ĐĐIIỆỆNN

LLƯƯUU HHÀÀNNHH NNỘỘII BBỘỘ 22000088

ĐĐẠẠII HHỌỌCC CCÔÔNNGG NNGGHHIIỆỆPP TTPP..HHCCMM KKHHOOAA CCÔÔNNGG NNGGHHỆỆ ĐĐIIỆỆNN TTỬỬ

--------------------------------------------------------

BIÊN SOẠN: Ngô Ngọc Thọ

Chương 1: KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ MẠCH ĐIỆN Ngô Ngọc Thọ

1

* 3 thành phần cơ bản của mạch điện là: Nguồn – Tải – Hệ thống đường dẫn*4 thành phần kết cấu của mạch điện:

- Nhánh (ví dụ các nhánh 1, 2, 3) - Nút (ví dụ các nút A, B)

- Vòng (ví dụ các vòng a, b, c)- Mắt (ví dụ các mắt a, b)

1.1 Mạch điện & kết cấu của mạch điện

MP ĐCU

I1

U1 U2

I2 I3

A

Nguồn

Tải

Dòng & ápdo nguồn cấp

Dòng tải tiêu thụ

Áp tải tiêu thụ

R

B

a

b

c

1

2

3

1.2 Các phần tử cơ bản của mạch điện

1.2.1 Điện trởĐiện áp trên điện trở: uR = R.i (V)

Chú ý: Bên cạnh khái niệm điện trở R, người ta cònđưa ra khái niệm điện dẫn G = 1/R, tính bằngSIEMEN (S).

1.2.2 Điện cảmĐiện áp trên điện cảm: uL = L. (V)

1.2.3 Điện dungĐiện áp trên điện dung: uC = (V)

(với uC(to) = 0)

R (ΩΩΩΩ)

uR

iL (H)

uL

i

uC

C (F)i

dt

di

∫t

otidt

C

1


2

1.2.4 Nguồn điện1.2.4.1 Nguồn độc lập

1.2.4.2 Nguồn phụ thuộc

u1

i

u=e=conste j u

i=j=const

Nguồn áp độc lập Nguồn dòng độc lập

ku1

i1

ki1

i1

ki1 u1 ku1

Nguồn áp phụthuộc áp

Nguồn áp phụthuộc dòng

Nguồn dòngphụ thuộc áp

Nguồn dòngphụ thuộc dòng

1.3.1 Định luật OHM đ/v một đoạn mạch

- Đọan mạch thuần TRỞ

uR = R.i (V) ↔ i = uR/R (A)

- Đọan mạch thuần CẢM

↔

(với i(to) = 0

- Đọan mạch thuần DUNG

↔

(với uC (to) = 0)

1.3 Định luật OHM

R (ΩΩΩΩ)

uR

i

L (H)

uL

i

uC

C (F)i

)V(dtdi

LuL= )A(dtuL1

it

tL

o

∫=

)A(dtdu

Ci C=)V(idtC1

ut

tC

o

∫=


3

1.3.2 Định luật OHM đ/v toàn mạch

Ro’

tdo RRR

e

R

ei

++==

∑

oR.ieu −=

tt R.iu =

'R.i'e'u o+=

'RRR

'ee

R

'eei

odo ++

−=

−=

∑

••

e’

e

Ro

Rd

•

Rt

i

u ut

•

Rd

e

Ro

i

u u’

• •

• •

1.4. Định luật KIRCHHOFF

1.4.1 Định luật KIRCHHOFF 1 (định luật nút)

ΣΣΣΣi (đến một nút) = ΣΣΣΣi (rời nút đó)

Ví dụ tại nút A: i1 + i2 + i4 = i3 + i5Hay: i1 + i2 – i3 + i4 – i5 = 0

Vậy, định luật K1, được phát biểu

theo cách thứ hai như sau:

ΣΣΣΣđại số i (tại một nút) = 0,

trong đó, dòng nào hướng đến nút

mang dấu (+), dòng nào rời khỏi

nút mang dấu (-)

A

i1

i3

i2

i4

i5


4

e2

1.4.2 Định luật KIRCHHOFF 2 (định luật vòng)

ΣΣΣΣđạisốu (trong một vòng kín) = ΣΣΣΣđạisốe (trong vòng kín đó),

trong đó, sức điện động và điện áp nào cùng chiềuvới chiều của vòng thì mang dấu (+), ngược vớichiều của vòng thì mang dấu (-)

Ví dụ trong vòng ABCA:

uR + uL - uC = e1 - e2 - e3Hay:

uL

••••

••••••••

A

B

i1

i3

e1e3uRuC

i2

CRLC

∫−+ tt 3

21 o

dtiC1

dtdi

Li.R

321 eee −−=với uC (to) = 0

1.5 Các phép biến đổi tương đương

1.5.1 Phép biến đổi nối tiếp

1.5.2 Phép biến đổi song song,

R1 R2 Rk Rn

RTĐ

RTĐ=R1+R2+…+RK+…+Rn

TĐTĐ G

R1

= , với nkTĐ GGGGG +++++= ......21

trong đó: ,1

11 R

G = ,...,1

22 R

G = ,...,1

kk R

G =n

n RG

1=

R1 R2 RnRk RTĐ


5

R2

I1

I2

I

R1

Trường hợp đặc biệt:

(Công thức chia dòng)

12 III −=và:

21

21.

RR

RRRTĐ

+= )(

21

21 RR

RII

+=;

1.5.3 Phép biến đổi Y-∆∆∆∆ và ∆∆∆∆-Y

A

BCRBC

RCA RAB

RA

RBRC

A

BC

O

THĐB: Nếu RA= RB = RC = RY thì RAB = RBC = RCA = R∆ = 3RY

• Phép biến đổi Y →→→→ ∆∆∆∆Biết RA,RB,RC, tìm RAB,RBC,RCA

• Phép biến đổi ∆∆∆∆ →→→→ YBiết RAB,RBC,RCA, tìm RA,RB,RC

THĐB: Nếu RAB= RBC = RCA = R∆ thì RA = RB = RC = RY = R∆/3

B

ACACCA R

RRRRR

.++=

C

BABAAB R

RRRRR

.++=

A

CBCBBC R

RRRRR

.++=; ;

CABCAB

CAABA RRR

RRR

++=

.

CABCAB

ABBCB RRR

RRR

++=

.

CABCAB

BCCAC RRR

RRR

++=

.;;


6

1.5.4 Phép biến đổi các nguồn điện1.5.4.1 Nguồn tương đương

của các nguồn áp mắc nối tiếpCác nguồn sức điện động ek mắc nối tiếp tương

đương với một nguồn có sức điện động: eTĐ = ΣΣΣΣđạisố ek

Trong đó: nguồn sức điện động ek nào cùng chiềuvới dòng điện i thì mang dấu (+), ngược chiều vớidòng điện i thì mang dấu (-).

Ví dụ: e1 e2 e3

i••••

eTĐ= e1+e2-e3

i•••• •••• ••••

1.5.4.2 Nguồn tương đươngcủa các nguồn dòng mắc song song

Các nguồn dòng jk mắc song song tương đương vớimột nguồn dòng:

Trong đó: nguồn dòng jk nào cùng chiều với dòngđiện i thì mang dấu (+) , ngược chiều với dòng điện i thì mang dấu (-).

Ví dụ,

1.5.4.3 Nguồn áp tương đươngvới một nguồn dòng và ngược lại

ij2

j3

j1

i

jTĐ= j1 + j2 - j3•••••••• ••••••••

ej = e/Ro

Ro

Ro

jTĐ = ΣΣΣΣđạisố jk

••••


7

1.6 Giải mạch điện bằng phương pháp dòng nhánh

Nguồn áp (e, Ro) có thể được thay thế tương đươngbằng một nguồn dòng (j, Ro), với j = e/Ro và Ro song song với nguồn dòng j.

1.6.1 Thế nào là phương pháp dòng nhánh?

* Dòng nhánh là dòng trong mỗi nhánh

Nguồn dòng (j, Ro) có thể được thay thế tương đươngbằng một nguồn áp (e, Ro), với e = j.Ro và Ro nối tiếpvới nguồn sđđ e.

e = j.Ro

Ro

j Ro

* Như vậy, nếu mạch có n nhánh, để tìm dòng trongmỗi nhánh, cần một hệ n phương trình

* Gọi số nhánh là n, số mắt là M và số nút là N, taluôn luôn có: n = M + (N - 1) (*)

* Với mỗi nút, dựa vào định luật K1, ta viết được 1 phương trình nút.Tổng cộng ta cần viết tất cả

(N - 1) phương trình nút.

* Với mỗi mắt, dựa vào định luật K2, ta viết được 1 phương trình vòng.Tổng cộng ta cần viết tất cả

M phương trình vòng.

* Theo quan hệ (*), với (N -1) phương trình nút và M phương trình vòng nói trên, ta có tổng cộng n phươngtrình. Vì thế, giải hệ n phương trình này, ta tìm đượcdòng trong n nhánh cần tìm.


8

1.6.2 Các bước giải mạch điện bằngphương pháp dòng nhánhBước 1: Đếm số nhánh

(n), số nút (N) và sốmắt (M) của mạch điệnBước 2: Viết (N-1) phương trình nút và M phương trình vòngBước 3: Giải hệ phươngtrình nút và hệ phươngtrình vòng viết được ở bước 2

Tóm lại, để tìm được đầy đủ tất cả dòngnhánh của một mạch điện, ta cần phải giải một hệphương trình nút (K1) và một hệ phương trình vòng(K2) tương ứng với số nút (tùy ý bỏ đi 1 nút) và sốmắt của mạch điện. Vì vậy, phương pháp dòngnhánh còn có tên là “hệ phương trình K1, K2 đủ”.

12Ω

ab

c

d

I1

I2

I3

I4 I5 I64Ω

8Ω

12Ω 6Ω

4Ω12V

1.6.3 Bài tập áp dụng phương pháp dòng nhánhTìm dòng trong mỗi nhánh của mạch điện sau đây:

Giải: Vì mạch điện có 6 nhánh nên cần có 6 phươngtrình. Việc giải một hệ 6 phương trình không đơn giản, vì vậy ta cần phải dùng phép biến đổi tương đương, ở đây là phép biến đổi ∆ - Y để giảm số nhánh xuống còn3 (thay vì 6).

Bước 1: Biến đổi mạchThay 3 điện trở 8Ω,

12Ω, 6Ω mắc ∆abc bởi 3 điện trở Ra, Rb, Rc mắcYOabc tương đương nhưhình bên.

a

b

c

d

O

I1 I4I6

4Ω

4Ω 12Ω

Ra

Rb

Rc

12V


9

Bước 2: Viết 1 phương trình K1 và 2 phương trình K2

Tại nút a: I1 - I4 - I6 = 0 (1)Mắt bên trái : (4 + Ra)I1 + (4 + Rb)I4 = 12 hay (4 + 48/13)I1 + (4 +36/13)I4 = 12 (2)Mắt bên phải: (4 + Rb)I4 + (12 + Rc) = 0 hay (4 +36/13)I4 + (12 + 24/13)I6 = 0 (3)

Bước 3: Giải (1), (2), (3), ta được: I1 = 0,98 A ; I4 = 0,66 A ; I6 = 0,32 A

Bước 4: Tìm các dòng còn lại

Ω;136812

12(6)R

36b =

++=Ω;

13

48

6812

12(8)aR =

++=

Ω136812

6(8)R

24c =

++=

Chú ý: Trường hợp trongmạch có nguồn phụthuộc thì, nhất thiếttrong hệ phương trìnhdùng để giải, phải có“phương trình nguồn phụthuộc”. Xem ví dụ sau.

0,53A8

)0,32(24/13)0,98(48/138

.RI.RI8UU

8U

I c6a1OcaOac3

=+

=

+=

+==

Từ đó: I2 = I1 – I3 = 0,98 - 0,53 = 0,45 A

và I5 = I6– I3 = 0,32 - 0,53 = - 0,21 A(I5 có chiều thực là từ nút c đến nút b)

I2

4A

6ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

Uo

I1

I3

Uo/2


10

BÀI TẬP CHƯƠNG 1

Bài 1.1 Tìm điện trở tương đương của các mạch điện hình 31 sau đây:

Hướng dẫn giải: Lần lượt vẽ lại các mạch điện đề bài cho như hình 32 sau đây:

- Mạch a được vẽ lại cho ta tính dễ dàng: RTĐ = 5030

)50)(30(

+ +

5030

)50)(30(

+ = 37,5 Ω

- Mạch b được vẽ lại cho ta tính dễ dàng: RTĐ = 50303050

)5030)(3050(

+++

++ = 40 Ω

- Mạch c được vẽ lại cho ta tính dễ dàng: RTĐ = 4610

)4)(610(

++

+ + 12 = 15,2 Ω

- Xét mạch d, gọi I là dòng chạy quẩn trong vòng chứa 3 điện trở 4 Ω, định luật K2 cho ta: I(4 + 4 + 4) = 0 → I = 0 Do đó mạch d có thể được vẽ lại như d’, và như vậy: RTĐ = 5 + 7 + 12 + 3 = 27 Ω

Mạch có 3 ẩn I1, I2, I3 nên cần 3 phương trình đểgiải, gồm: 1 phương trình nút, tại nút 1: - I1 – I2 + Uo/2 + 4 = 0 (1)1 phương rình vòng, vòng chọn như hình vẽ:

(4 + 2)I1 - 6I2 = 0 (2)1 phương trình nguồn phụ thuộc: 2I1 = Uo (3)

Giải (1), (2), (3) ta được: I1 = I2 = I3 = 4 A

3ΩΩΩΩ d

a 30ΩΩΩΩ

30ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

30ΩΩΩΩ

30ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

b c

10ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ 6ΩΩΩΩ

12ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

5ΩΩΩΩ

7ΩΩΩΩ

12ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

10ΩΩΩΩ 10ΩΩΩΩ


e HÌNH 31


11

- Mạch e, ta thấy ngay mạch có RTĐ = 10 + 101010

)1010(10

++

+ = 16,67 Ω

Bài 1.2 Tính R trong mạch điện hình 33. Hướng dẫn giải: Mạch điện đã cho được vẽ lại như hình 34, ta có:

Điện trở toàn mạch: RTM = 4 + R9

R9

+ =

R9

R1336

+

+

Dòng trong mạch chính: I = TMR

E =

R9

R133650

+

+=

R1336

R50450

+

+ (1)

Biết: U = E – 4I = 50 – 4I = I1.R = 6R → I = 4

R650 − = 2

R325 − (2)

(1) & (2) cho ta: R1336

R50450

+

+ = 2

R325 −

→ 900 + 100R = 900 – 108R + 325R – 39R2 → 39R2 – 117R = 0

Hay: R(39R – 117) = 0 → R = 0 (loại vì I1 ≠ ∞) và R = 39

117 = 3 Ω

Bài 1.3 Tính các điện áp U1, U2, U3, U4 và sđđ E trong mạch điện hình 35, biết điện áp hai đầu điện trở 2 Ω là 8V.

Hướng dẫn giải: Mạch điện đã cho được vẽ lại như hình 36, ta có:

I2 = 2

8 = 4 A → U3. = I2(3) = 4(3) =12 V ;. U4 = I2(4) = 4(4) = 16 V

50V

4Ω

9Ω R

6A

E

4Ω

9Ω R

I

I1 I2

HÌNH 34

HÌNH 33

U

30ΩΩΩΩ


50ΩΩΩΩ

a

30ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

50ΩΩΩΩ

30ΩΩΩΩ

b 10ΩΩΩΩ 6ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

12ΩΩΩΩ

c d

5ΩΩΩΩ

3ΩΩΩΩ

7ΩΩΩΩ

12ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ 4ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

I

5ΩΩΩΩ

3ΩΩΩΩ

7ΩΩΩΩ

12ΩΩΩΩ

d’

HÌNH 32


12

→ U2 = U3 + 8 + U4 = 12 + 8 + 16 = 36 V → I1 = 18

U 2 = 18

36 = 2 A

→ I = I1 + I2 = 2 + 4 = 6 A → U1 = I(4) = 6(4) = 24 V → E = U1 + U2 = 24 + 36 = 60 V

Bài 1.4 Tìm I1 và I2 trong mạch điện hình 37.

Hướng dẫn giải

Mạch điện đã cho được vẽ lại như hình 38, trong đó:

R6Ω//12Ω = 126

)12(6

+ = 4 Ω ; R6Ω//30Ω =

306

)30(6

+ = 5 Ω ;

R32Ω nối tiếp 40Ω = 32 + 40 = 72 Ω

Mạch điện hình 35 được vẽ lại như hình 39, trong đó:

R2 = (R6Ω//12Ω + R6Ω//30Ω)//( R32Ω nối tiếp 40Ω) = 7254

72).54(

++

+ = 8 Ω

Điện trở toàn mạch: RTM = R4Ω + R15Ω //(R2Ω + R2) = 4 + 8215

)82(15

++

+ = 10 Ω

Dòng trong mạch chính: I1 = TMR

E = 10

50 = 5 A

Dòng trong nhánh 2: I2 = - (I1)(2R215

15

++) = - (5)(

8215

15

++) = - 3 A

Bài 1.5 Dùng phép biến đổi ∆-Y tính dòng I trong mạch điện hình 40 trong hai trường hợp: (a) Rab = Rbc = Rca = 3 Ω ; (b) Rab = Rca = 30 Ω và Rbc = 40 Ω.

Hướng dẫn giải: Thay 3 điện trở Rab, Rbc, Rca đấu ∆ bằng 3 điện trở Ra, Rb, Rc đấu Y tương đương, mạch điện đã cho được vẽ lại như hình 41, trong đó:

- Trường hợp a: Ra = Rb = Rc = 3

3 = 1 Ω

E

U1

U2

U3

U4

8V

4Ω 3Ω

2Ω

4Ω

18Ω

HÌNH 35

E

U1

U2

U3

U4

8V 2Ω

3Ω

4Ω

4Ω

18Ω

I

I1

I2

HÌNH 36

50V

I1

I2

4Ω

40Ω 15Ω

12Ω

6Ω

32Ω

6Ω

30ΩΩΩΩ 2Ω

HÌNH 37

4Ω

HÌNH 39

I1

2Ω I2

15Ω

R2

E

2Ω

I2

I1 4Ω

15Ω E

R6Ω//12Ω

R6Ω//30Ω R32ΩNT40Ω

HÌNH 38


13

→ Điện trở toàn mạch: RTM = Rc + (Rb + 2)//(Ra + 5) = 1 + 5121

)51)(21(

+++

++ = 3 Ω

→ Dòng cần tìm: I = TMR

E = 3

57 = 19 A

Trường hợp b: Ra = cabcab

caab

RRR

RR

++ =

304030

)30(30

++ = 9 Ω

Rb = cabcab

abbc

RRR

RR

++ =

304030

)30(40

++ = 12 Ω ; Rc =

cabcab

bcca

RRR

RR

++ =

304030

)40(30

++ = 12 Ω

→ Điện trở toàn mạch: RTM = Rc + (Rb + 2)//(Ra + 5) = 12 + 59212

)59)(212(

+++

++ = 19 Ω

→ Dòng cần tìm: I = TMR

E = 19

57 = 3 A

Bài 1.6 Tìm dòng I trong mạch điện hình 42.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương mắt I và vòng II như hình 43. Định luật K1 tại nút 1: I – I1 + I2 = 0 (1) Định luật K2 cho mắt I: 10I + 5I1 = 30 hay 2I + I1 = 6 (2) Định luật K2 cho vòng II: 10I – 2I2 = 30 - 20 hay 5I – I2 = 5 (3) Giải hệ phương trình (1), (2), (3): (2) → I1 = 6 – 2I và (3) → I2 = 5I – 5

Thay vào (1): I – 6 + 2I + 5I – 5 = 0 hay 8I – 11 = 0 → I = 8

11 = 1,375 A


Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương vòng I và mắt II như hình 45. Định luật K1 tại nút 1: I1 + I2 - I = 0 (1) Định luật K2 cho vòng I: 10I1 + 35I = 100 hay 2I1 + 7I = 20 (2) Định luật K2 cho mắt II: 20I2 + 35I = 100 hay 4I2 + 7I = 20 (3)

Giải hệ phương trình (1), (2), (3): (2) → I1 = 2

I720 − và (3) → I2 = 4

I720 −

20 V 30 V 20 V

10Ω

5Ω

2Ω

I HÌNH 42

30 V

10Ω 2Ω

5Ω

I

I1

I2

I

II

HÌNH 43

57V

a b

c

Rab

Rbc

Rca 2Ω 5Ω

HÌNH 40

c

a b

I

I1 I2

5Ω 2Ω

Ra Rb

Rc

HÌNH 41

E

I


14

Thay vào (1): 2

I720 − + 4

I720 − - I = 0 → I = 25

60 = 2,4 A


Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương 2 mắt I và II như hình 47. Định luật K1 tại nút 1: - I1 - I2 - I = 0 (1). Định luật K2 cho mắt I: 40I1 - 10I = 60 + 30 = 90 hay 4I1 - I = 9 (2). Định luật K2 cho mắt II: - 10I + 20I2 = 30 + 30 = 60 hay - I + 2I2 = 6 (3)


I9 + và (3) → I2 = 2

I6 +

Thay vào (1): - (4

I9 + ) – (2

I6 + ) - I = 0 → I = - 7

21 = - 3 A

Bài 1.9 Tìm dòng điện trong các nhánh của mạch điện hình 48.


Mạch điện đã cho được vẽ lại như hình 49. Định luật K1 tại nút 1: I1 – 0,03 + I2 – I3 = 0

60V

30V 30V

40Ω

10Ω 20Ω

I

HÌNH 46

60V

30V 30V

40Ω

10Ω 20Ω

I

I1 I2

I II

HÌNH 47

100V

100V

10Ω

20Ω

35Ω

I

100V

100V

10Ω

20Ω

35Ω

I I1

I2 I

II HÌNH 44

HÌNH 45

1V

0,03A

10Ω

0,4V 20Ω 40Ω

I1

I2

I3 HÌNH 48

1V

0,03A

10Ω

0,4V

20Ω 40Ω

I1

I2

I3

I II

HÌNH 49

38V 5A

2A

4Ω 1Ω

3Ω

HÌNH 50

38V 5A

2A

4Ω 1Ω

3Ω I1

I2 I3

I4 I

a b c

d

HÌNH 51


15

Hay: I1 + I2 – I3 = 0,03 (1). Định luật K2 cho vòng I: 10I1 + 20I3 = 0,4 (2) Định luật K2 cho mắt II: 40I2 + 20I3 = 1 (3)


I204,0 3− = 0,04 – 2I3

Và (3) → I2 = 40

I201 3− = 0,025 – 0,5I3. Thay vào (1): 0,04–2I3+0,02–0,5I3-I3=0,03

→ I3 =5,3

035,0

−

− = 0,01 A → I1= 0,04 - 2(0,01) = 0,02 A. Và: I2 = 0,025 – 0,5(0,01) = 0,02 A

Bài 1.10 Tìm dòng và áp trên các phần tử của mạch điện hình 50, và nghiệm lại sự cân bằng công suất trong mạch (Tổng công suất phát phải bằng tổng công suất thu).

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương vòng I như hình 51. Định luật K1 tại nút a: I1 – I2 + 2 = 0 (1). Định luật K1 tại nút b: I2 + 5 – I3 = 0 (2)

Định luật K1 tại nút c: - 2 + I3 – I4 = 0 (3). Định luật K2 cho vòng I: 4I2 + I3 + 3I4 = 38 (4) Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3), (4): (2) → I2 = I3 – 5 ; (3) → I4 = I3 – 2

Thay vào (4): 4(I3 – 5) + I3 + 3(I3 – 2) = 38 → I3 = 8

64 = 8 A

Và: I2 = 8 – 5 = 3 A và I4 = 8 – 2 = 6 A. (1) → I1 = I2 – 2 = 3 – 2 = 1 A Công suất điện trở 4Ω tiêu thụ: I2

2(4) = (9)2.4 = 36 W Công suất điện trở 1Ω tiêu thụ: I3

2(1) = (8)2.1 = 64 W Công suất điện trở 3Ω tiêu thụ: I4

2(3) = (6)2.3 = 108 W Công suất nguồn áp 38V phát ra: 38(I1) = 38(1) = 38 W Công suất nguồn dòng 2A phát ra: Uac(2) = (Uab + Ubc)(2) = (I2.4 + I3.1)(2) = (3.4 + 8.1)(2) = 40 W Công suất nguồn dòng 5A phát ra: Ubd(5) = (Ubc + Ucd)(5) = (I3.1 + I4.3)(5) = (8.1 + 6.3)(5) = 130 W Nghiệm lại: Tổng CS phát ra là (38 + 40 + 130) = 208 W Tổng CS tiêu thụ là (36 + 64 + 108) = 208 W

Bài 1.11 Xác định điện áp U1 và công suất điện trở 8Ω trong mạch điện hình 52 tiêu thụ.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều dòng điện và chiều dương mạch vòng như hình 53.

Định luật K2 cho ta: (6 + 4 + 8)I = 20 + 3U1 – 5 → 18I = 15 + 3U1

Biết: U1 = - 4I → 18I = 15 + 3(- 4I) = 15 – 12I → 30I = 15 → I = 30

15 = 0,5 A

Suy ra công suất điện trở 8Ω tiêu thụ là (0,5)2.8 = 2 W Bài 1.12 Tính hệ số khuếch đại k = Uo/E ở mạch điện hình 54.

20V 5V

6Ω 4Ω

8Ω

3U1 U1

20V 5V

6Ω 4Ω

8Ω

3U1 U1

I

HÌNH 53

HÌNH 52


16


Chọn chiều các dòng điện và chiều dương 2 mắt lưới I và II như hình 55.

Định luật K1 tại nút 1: I1 + I – I2 = 0 (1) Định luật K2 cho mắt I: 10I1 = E

→ I1 = 10

E

Định luật K2 cho mắt II: - 1000I2 = 1000I → I = - I2

Thay vào (1): 10

E - I2 – I2 = 0

→ I2 = 20

E

Biết: Uo = 1000I2 = 1000(20

E ) = 50E

→ E

U o = k = 50

Bài 1.13 Tính I và Uo của mạch điện hình 56 theo E và ∝.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương mắt I như hình 57.

Định luật K1 tại nút 1: I1 + I – ∝I = 0 → I1 = I(∝ - 1)

Định luật K2 cho mắt I: 50I1 – 50I = E → 50[I(∝ - 1)] – 50I = E → I = )2(50

E

−α

Biết: Uo = (3000)(∝I) = 3000[∝( )2(50

E

−α)] =

2

E60

−α

α

Bài 1.14 Xác định tỉ số U/E trong mạch điện hình 58.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương mắt I như hình 59.

Định luật K1 tại nút 1: I + I1 - ∝I1 = 0 (1). Định luật K1 tại nút 2: ∝I1 + I2 - ∝I2 = 0 (2)

Định luật K2 cho mắt I: I.R1 = E (3). (3) → I = 1R

E và (2) → I1 = α

−α 22 II

Thay vào (1): 1R

E + α

−α 22 II - ∝I2 + I2 = 0 → I2 =

12R)1(

E

−α

α

Biết: U = ∝I2R2 → U = 1

22

2

R)1(

ER

−α

α hay

E

U = 1

22

2

R)1(

R

−α

α

Bài 1.15 Xác định R để I trong mạch điện hình 60 bằng 5 A.

E Uo

1000I

I 1000Ω

10Ω

HÌNH 54 HÌNH 55

E Uo

1000I

I 1000Ω

10Ω

I1 I2

I

II

E

50Ω

50Ω 3000Ω Uo

I

∝∝∝∝I

HÌNH 56

E

50Ω

50Ω 3000Ω Uo

I

∝∝∝∝I

I

I1

HÌNH 57


17

Hướng dẫn giải: Chọn chiều dương vòng I và mắt II như hình 61.

Định luật K2 cho vòng I: R.I1 – 10I = 5 – 25 = - 20

Để I = 5 A thì: R.I1 – 10(5) = - 20 → R.I1 = 30 → R = 1I

30

Định luật K2 cho mắt II: 10I = 25 + 5I1 hay 10(5) = 25 + 5I1 → I1 = 5

25 = 5 A

Vậy: R = 5

30 = 6 Ω

Bài 1.16 xác định I1 và U trong mạch điện hình 62.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương 2 mắt I và II như hình 63.

Định luật K1 tại nút 1: I – I1 + I2 =0 (1). Định luật K2 cho mắt I: 4I + 3 = 3I1 → I = 4

3I3 1 −

Định luật K2 cho mắt II: 4I2 + 3 = 9 → I2 = 4

6 = 1,5 A. Thay vào (1):

4

3I3 1 − - I1 + 1,5 = 0 → I1 = 3 A → I = 4

3)3(3 − = 1,5 A. Biết: U = 4I = 4(1,5) = 6 V

Bài 1.17 Tìm U trong mạch điện hình 64.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương 2 mắt I và II như hình 65. Định luật K2 cho mắt I: 10I = 5 → I = 0,5 A

E

R1

R2 U

∝I1 ∝I2

I1 I2

U

HÌNH 58

E

R1

R2

∝I1 ∝I2

I1 I2

I

I

HÌNH 59

9V 3I1 3V

4Ω 4Ω

U

I1

HÌNH 62

3I1 3V

4Ω 4Ω

U

I1

9V

I2 I

I II

HÌNH 63

5V 25V

R 10Ω

5I1

I1

I

HÌNH 60

5V 25V

R 10Ω

5I1

I1

I I

II

HÌNH 61


18

→U1=4I =4(0,5)=2V và trị số nguồn dòng 3

U1 =3

2 A. Định luật K1 tại nút 1:3

2 +I1+I2=0 (1)

Định luật K2 cho mắt II: 8I2 – 24I1 = 0 → I1 = 3

I 2

Thay vào (1): 3

2 + 3

I 2 + I2 = 0 → I2 = - 0,5 A → U = (- 0,5)6 = - 3 V

Bài 1.18 Tìm Uo trong mạch điện hình 66.

Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương vòng I như hình 67.

Định luật K1 tại nút 1: I1 + 2

U o - I2 + 4 = 0 (1). Vì Uo = I2 nên (1) trở thành:

I1 – 0,5I2 + 4 = 0 (2) Định luật K2 cho vòng I: 6I1 + 3I2 = 0 → I1 = - 0,5I2. Thay vào (2):

- 0,5I2 – 0,5I2 + 4 = 0 → I2 = 4 A → Uo = I2 = 4 V


Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện như hình 69: I1 = 4

U o ; I2 =

412

)4(123

Uo

++

= 6

U o ; I3 = 12

U o ; I4 = 4Ix, với: Ix = I2(412

12

+) =

6

U o (16

12 ) = 8

U o → I4 = 4(8

U o ) = 2

U o

Định luật K1 tại nút 1: I = I1 + I2 + I3 + I4 → 6 = 4

U o + 6

U o + 12

U o + 2

U o → Uo = 6 V


Hướng dẫn giải: Chọn chiều các dòng điện và chiều dương 3 mắt I, II, III như hình 71.

Định luật K1 tại nút 1: - I1 – I2 + I = 0 (1). Định luật K1 tại nút 2: - I – Ix + I3 = 0 (2)

U 5V U1 3

U1

6Ω

4Ω 24Ω

6Ω

2Ω

HÌNH 64

U 5V U1 3

U1

4Ω 24Ω 6Ω

I

I1 I2

I II

HÌNH 65

6Ω 2Ω

6Ω

2Ω

2

U o 4A Uo

I1 I2

I

1Ω

HÌNH 67

2Ω

1Ω 2

U o 4A Uo

HÌNH 66

6Ω


19

(1)– (2): - I1 – I2 – Ix + I3 = 0 (3). Định luật K2 cho mắt I: I1 – 2I2 = 2Ix → I1 = 2Ix + 2I2 (4) Định luật K2 cho mắt II: 2I2 – 2Ix = 12 → I2 = 6 + Ix (5)

(5) thay vào (4): I1 = 2Ix + 2(6 + Ix) = 4Ix + 12 (6) Định luật K2 cho mắt III: 2Ix + 2I3 = 0 → I3 = - Ix (7) (5), (6) và (7) thay vào (3): - 4Ix – 12 – 6 – Ix – Ix – Ix = 0

→ Ix = - 7

18 A → - I3 = Ix = - 7

18 A → Uo = 1(- I3) = - 7

18 ≈ - 2,57 V

6A Uo

4Ω

3Ω

12Ω

4Ω 12Ω

Ix 4Ix

6A Uo

4Ω

3Ω

12Ω

4Ω 12Ω

Ix 4Ix

I1 I2 I3 I4 I

HÌNH 68 HÌNH 69

2Ix Uo

12V 1Ω

2Ω 2Ω

1Ω

1Ω

Ix

2Ix Uo

12V 1Ω

2Ω 2Ω

1Ω

1Ω

Ix I1 I2 I3

HÌNH 70

II III I

HÌNH 71

I

Charles Augustin de

COULOMB 1736 - 1806

Chương 2: MẠCH XAC LẬP ĐIỀU HÒA Ngô Ngọc Thọ

1

Thế nào là mạch xác lập điều hòa?

* Dưới tác động của các nguồn (các kích thích), nếudòng và áp (các đáp ứng) trong mạch đạt trạng tháiổn định, ta bảo rằng mạch làm việc ở chế độ xác lập.

* Ở chế độ xác lập, các đáp ứng trong mạch biếnthiên theo quy luật giống với quy luật biến thiên củacác kích thích đặt vào mạch. Do đó, nếu mạchcó các kích thích biến thiên điều hòa, thì các đápứng cũng biến thiên điều hòa. Mạch điện làm việc ở trạng thái như thế được định nghĩa là mạch xác lậpđiều hòa.

* Trong thực tế, vì các kích thích điều hòa đặt vàomạch là các nguồn hình sin nên ở chế độ xác lập, cácđáp ứng trong mạch là các đại lượng hình sin.

2.1 Các đặc trưng của một đại lượng hình sinTrong mạch xác lập điều hòa hình sin, dòng,

áp, nguồn sức điện động và nguồn dòng đều là cácđại lượng hình sin. Đồ thị sau đây biểu diễn một trong4 đại lượng hình sin của mạch, đó là dòng sin.

- Im

t (s)T/4 T/2 3T/4 T

Im

i (A)

αααα = ωωωωt (rad)0

ψψψψi

T

ππππ/2 ππππ 3ππππ/2 2ππππ

••••

••••

••••i(t)

tαααα


2

Đặc trưng của dòng sin bao gồm:2.1.1 Trị tức thờiLà giá trị tại một thời điểm t nào đó: i = ImsinαVới: Im là biên độ dòng sin

α là góc pha tại thời điểm t của dòng sinGiả sử dòng i biến thiên với tần số góc ω (rad/s)

và tại thời điểm ban đầu (t = 0), dòng i có một gócpha đầu ψi thì: α = ωt + ψi

Từ đó: i = Imsin(ωωωωt + ψψψψi) (A)Một cách tương tự, đối với điện áp, nguồn sức

điện động và nguồn dòng hình sin, biểu thức tức thờicủa 3 đại lượng này được viết như sau:

- Điện áp tức thời: u = Umsin(ωωωωt + ψψψψu) (V)

- Sức điện động tức thời: e = Emsin(ωωωωt + ψψψψe) (V)

- Nguồn dòng tức thời: j = Jmsin(ωωωωt + ψψψψj) (A)

2.1.4 Góc lệch phaLà hiệu của 2 góc pha.

2.1.2 Chu kỳLà khoảng thời gian mà đại lượng hình sin biến

thiên trước khi có sự lặp lại. Chu kỳ tính bằng giây (s) và ký hiệu là T. Ta có: ωωωωT = 2ππππ (rad)2.1.3 Tần sốLà số chu kỳ mà đại lượng hình sin thực hiện được

trong 1s.Tần số được tính bằng HERTZ (Hz) và ký hiệu là f.

Ta có: f = 1/T (Hz) hay T = 1/f (s) và ωωωω = 2ππππf (rad/s)

Trong đó: Um, Em, Jm là biên độ của điện áp, của sứcđiện động và của nguồn dòng; ψu, ψe, ψj là pha đầucủa điện áp, của sức điện động và của nguồn dòng.


3

Ví dụ, đại lượng hình sin 1 là a1 = Amsin (ωt + ψ1) và đại lượng hình sin 2 là a2 = Amsin(ωt + ψ2), góc lệchpha của a1 đối với a2 là:

ϕ12 = (ωt + ψ1) - (ωt + ψ2) = ψ1 – ψ2

Như vậy, góc lệch pha chính là hiệu của 2 góc phađầu, trong đó ta lấy góc pha đầu của đại lượng đang xéttrừ cho góc pha đầu của đại lượng chuẩn.

Bây giờ ta áp dụng điều này cho một đoạn mạchnhư sau:

Gọi i là dòng qua đoạn mạch (và lấy i làm chuẩn), u là điện áp ở hai đầu đoạn mạch, góc lệch pha của u đốivới i là: ϕϕϕϕ = ψu – ψi

Chú ý:- Nếu ψu = ψi thì ϕϕϕϕ = 0, ta bảo u và i cùng pha, và

ngược lại.

- Nếu ψu > ψi thì ϕϕϕϕ > 0, ta bảo u vượt pha trước i một góc là ϕϕϕϕ, và ngược lại.- Nếu ψu < ψi thì ϕϕϕϕ < 0, ta bảo u chậm pha sau i (hay i vượt pha trước u) một góc là ϕϕϕϕ, và ngược lại

2.2 Trị hiệu dụng của các đại lượngđiện xoay chiều hình sin

Dòng sin (i = Imsinωt) biến thiên với chu kỳ T cótrị hiệu dụng l à giá trị dòng điện không đổi (I) gây racùng một năng lượng tiêu tán trên một điện trở R, trong 1 chu kỳ T.

Theo định luật Joule, năng lượng tiêu tán trên R trong 2 trường hợp là:- Do dòng sin gây ra:

- Do dòng không đổi gây ra: RI2T

∫T

0

2dtRi


4

Một cách tương tự, đối với áp sin (u), sức điện độngsin (e) và nguồn dòng sin (j), trị hiệu dụng được tínhnhư sau:

Từ đó:

Biết: i = Imsinωt, ta suy ra:

Sau khi lấy tích phân và rút căn bậc 2 ta được:

Và theo định nghĩa trên: ∫ =T

0

22 TRIdtRi

∫=T

0

2dtiT

1I

∫ ω=T

0

2m dt)tsinI(

T

1I

2IIhay2

II m

m ==

2UUhay2

UU m

m == 2EEhay2

EE m

m ==

2JJhay2

JJ m

m ==

;

Chú ý: Từ quan hệ giữa biên độ và trị hiệu dụng, cácbiểu thức tức thời của các đại lượng hình sin được viếtlại như sau:

2.3 Biểu diển các đại lượng điện xoay chiều hình sin bằng số phức

2.3.1 Số phức là gì?Số phức C là một số bao gồm 2 thành phần:

- Thành phần thực là một số thực a- Thành phần ảo là một số thực b, nhân với đơn vị ảo jDo đó, ta viết: C = a + jb (dạng đại số)

- Đơn vị ảo j là 1 số mà bình phương bằng - 1: j2 = - 1

)A()tsin(2Ii iψ+ω= )V()tsin(2Uu uψ+ω=)V()tsin(2Ee eψ+ω= )A()tsin(2Jj jψ+ω=


5

Phức C, ngoài dạng đại số, còn được biểu diễn bằngdạng mũ:

Trong đó: và θ là môđun và argumen của phức C

Trên mặt phẳng phức, phức C = a + jb được biểu diễnnhư hình dưới đây, và cũng từ đó, người ta địnhnghĩa môđun và argumen θ của phức C như sau:

b

θCeCC jθ ∠==

C

C

C

Trục thực

Trục ảo+j

+10

C

a

b

θ

)1(baC 22 += )2(aArctg=θvà

Đảo lại, phứccó phần thực và phần ảo là:

C θ∠=C

C )3(cosa θ= và C )4(sinb θ=Từ đó, ta có thể biểu diễnphức C = a + jb dưới mộtdạng khác nữa :

Việc đổi một phức từ dạng đại số sang dạng mũ vàngược lại là một việc làm thường xuyên trong quátrình giải mạch điện xoay chiều bằng số phức. Vì vậy, sau đây ta sẽ học cách thực hiện việc quy đổi này.

• Đổi thủ công [sử dụng 4 công thức (1), (2), (3) và (4)]

Ví dụ 1: Xác định dạng mũ của phức C = 2 - j7.Theo (1) và (2):

Vậy, dạng mũ của phức C = 2 - j7 là:

(dạng lượng giác)sinθCjcosθCC +=Chú ý: Phức liên hợp của một phức

Phức có phức liên hợp làθ∠=+= CjbaCθ−∠=−= Cjba*C và nược lại

o2222 05,742

7Arctgvà28,7)7(2baC −=

−=θ=−+=+=

o05,7428,7C −∠=


6

Ví dụ 2: Xác định dạng đại số của phức

Theo (3) và (4):

Vậy, dạng đại số của phức là: C = 2 - j7

• Đổi bằng máy tính

1) Máy CASIO f(x) 500 ATìm môđun và argumen của C = 2 – j7: 2 SHIFT + 7 +/- = 7.28 SHIFT [(… - 74.05Vậy: C = 2 - j7 = Tìm phần thực và phần ảo của7.28 SHIFT - 74.05 +/- = 2 SHIFT [(…-7Vậy: = 2 - j7

o05,7428,7 −∠o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7C −∠=

7)05,74sin(28,7sinCb o −=−=θ=2)05,74cos(28,7cosCa o =−=θ=

2) Máy CASIO f(x) 500 MSTìm môđun và argumen của C = 2 - j7Pol ( 2 , - 7 ) = 7.28 RCL tan - 74.05Vậy: C = 2 - j7 = Tìm phần thực và phần ảo củaSHIFT Pol (7.28 , - 74.05 ) = 2 RCL tan - 7Vậy:

3) Máy CASIO f(x) 570 MSTìm môđun và argumen của C = 2 - j7Ấn MODE chọn 2 để vào chế độ số phức2 - 7 ENG SHIFT + = 7.28 SHIFT = - 74.05Vậy: C = 2 - j7 = Tìm phần thực và phần ảo của7.28 SHIFT (-) - 74.05 SHIFT - = 2 SHIFT = - 7Vậy: = 2 - j7

o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7 −∠o05,7428,7C −∠=

o05,7428,7C −∠= = 2 – j7


7

• Phép nhân

Hay: Nguyên tắc: (Phức 1 ×××× Phức 2) =

(Môđun 1 ×××× Môđun 2)∠∠∠∠(Arg 1 + Arg 2)

2.3.2 Các phép tính trên số phứcHãy thực hiện 4 phép tính (+), (-), (×), (/) trên 2 số phức:

• Phép cộng

Nguyên tắc: (Phức 1 + Phức 2) = (Thực 1 + Thực 2) + j(Ảo 1 + Ảo 2)• Phép trừ

Nguyên tắc: (Phức 1 – Phức 2) - (Thực 1 – Thực 2)+ j(Ảo 1 - Ảo 2)

)baba(j)bbaa()jba)(jba(C.C 12212121221121 ++−=++=

2222211111 CjbaCvàCjbaC θ∠=+=θ∠=+=

)bb(j)aa()jba()jba(CC 2121221121 +++=+++=+

)bb(j)aa()jba()jba(CC 2121221121 −+−=+−+=−

)()CC()C)(C(C.C 2121221121 θ+θ∠=θ∠θ∠=

•••• Phép chia

Hay:

Nguyên tắc: (Phức 1/Phức 2) = (Môđun 1/Môđun 2)∠∠∠∠(Arg 1 - Arg 2)

2.3.3 Biểu diễn các đại lượng điện xoay chiềuhình sin bằng số phức

• Dòng phức

Dòng sin i = Imsin(ωt + ψi)

• Áp phức

Áp sin u = Umsin(ωt + ψu)

22

22

211222

22

2121

22

11

2

1

ba

babaj

ba

bbaa

jba

jba

C

C

+

−+

+

+=

++

=

)(C

C

C

C

C

C21

2

1

22

11

2

1 θ−θ∠=θ∠

θ∠=

ChuyểnChuyển sang sang phứcphức

)A(II im ψ∠=&

ChuyểnChuyển sang sang phứcphức

)V(UU um ψ∠=&


8

• Nguồn sức điện động phứcNguồn sức điện động sin e = Emsin(ωt + ψe)

• Nguồn dòng phứcNguồn dòng sin j = Jmsin(ωt + ψj)

2.4 Quan hệ dòng và áp trong 3 mạch phức thuần2.4.1 Mạch phức thuần TRỞ

R

uR

i RI&

RU&

Chuyển sang phức

ChuyểnChuyển sang sang phứcphức )V(EE em ψ∠=&

ChuyểnChuyển sang sang phứcphức )A(JJ jm ψ∠=&

R

UIIR.U R

R

&&&&& ==→ψ∠=ψ∠= hay)I(RI.RU imimR

Ở mạch sin: uR = R.i = R[Imsin(ωt + ψi)] = R.Imsin(ωt + ψi)

Chuyển sang mạch phức:

2.4.2 Mạch phức thuần CẢM

Ở mạch sin:

Hay:


)ψ)(90()90ψ(. imoo

imL ILILU ∠∠ω=+∠ω=&

jωωωωL

uL

Chuyển sang phứci L I&

LU&

)cos(.)]sin([

imim

L tILdt

tIdL

dtdi

Lu ψ+ωω=ψ+ω

==

)90ψsin(. oimL tILu ++ωω=

LjU

IhayILjU LL ω

=ω=→&

&&& )(


9

Ở mạch sin:

Hay:


uC

i Chuyển sang phức - j1/ωωωωCC I&

CU&

∫∫ +ωω

−=+ω== )ψcos(.1

)ψsin(11

ii tIC

dttIC

idtC

u mmC

)90ψsin(.1

io

mC tIC

u −+ωω

=

))(901

()90(.1

imoo

tmC IC

IC

U ψ∠−∠ω

=−ψ∠ω

=&

CC UCjIhayIC

jU &&&& )()1

( ω=ω

−=→

2.4.2 Mạch phức thuần DUNG

Ở mạch sin: u = uR + uL + uCChuyển sang mạch phức:

Hay:

Đặt: gọi là CẢM KHÁNG (Ω) vàgọi là DUNG KHÁNG (Ω)Từ đó:

2.5 Quan hệ dòng và áp trong mạch phức tổng quát

uR uL uC

u

i R L C

A BChuyển sang phức

A

LU&

U&

BR jXL-jXC

jX

Z=R+jX

I&

RU& CU&

IC

jILjIRUUUU CLR&&&&&&& )

1()(.

ω−+ω+=++=

IC

LjRU && )]1

([ω

−ω+=

LXL =ω CXC=

ω1

IXXjRU CL&& )]([ −+=


10

ZjXR =+

Lại đặt: gọi là ĐIỆN KHÁNG (Ω)

Do đó: IjXRU && )( +=

XXX CL =−

Cuối cùng ta đặt: gọi là TỔNG TRỞ hay

TRỞ KHÁNG (Ω). Ta có:

Đó là định luật OHM phức đối với nhánh xoaychiều hình sin tổng quát

Z

UIhayIZU

&&&& == .

Chú ý:1) Nghịch đảo của TRỞ KHÁNG Z là DẪN NẠP Y, tính bằng Siemen (S), ta có:

Y = 1/Z (S) hay Z = 1/Y (ΩΩΩΩ)2) Trở kháng của 3 mạch thuần:

RZR

UI

Z

UI R

R

R

R =→=→=&

&&

& (thuần TRỞ)

Như vậy, khi chuyển từ mạch sin sang mạch phức, ta cần lưu ý:• Đối với mạch thuần trở: R vẫn là R• Đối với mạch thuần cảm:

• Đối với mạch thuần dung:

3) Dạng mũ của trở kháng Z:

LjZLj

UI

Z

UI L

L

L ω=→ω

=→=&

&&

&

CjZ

Cj

UI

Z

UI C

C

C

C

ω−=→

ω−

=→=1

1

&&

&&

(thuần CẢM)

(thuần DUNG)

LjjXLXL LL ω=→ω=→

CjjX

CXC CC ω

−=−→ω

=→11


11

Vậy, Z có môđun là và cóargumen làVà cũng từ đó:

)()( Ωϕ∠=ψ−ψ∠=ψ∠ψ∠

==+= ZI

U

I

U

I

UjXRZ iu

m

m

im

um

&

&

)(2

2Ω===

I

U

I

U

I

UZ

m

m

ϕ=ϕ= sincos ZXvàZRiu ψψ −=ϕ

2.6 Công suất mạch xoay chiều hình sin

R jXL-jXC

jX

Z = R + jX

I&

RU& LU&CU&

XU&

U&

•••• ••••

Biết:

Từ đó, P còn được tính theo các cách khác nữa như sau:

CÔNG SUẤT = ĐIỆN ÁP ×××× DÒNG ĐIỆN

p = u.i (W): Công suất tức thời, có trị số thay đổitheo từng thời điểm, do đó không mang ý nghĩa tực tế.

Trên thực tế công suất điện xoay chiều được phân biệtthành 3 loại như sau:

Là công suất do thành phần điện áp UR trên điện trởR, gọi là điện áp tác dụng, tạo ra:

2.6.1 Công suất tác dụng P (Watt - W)

(W)R.I)2

IR(R.I

2

1.IU

2

1)

2

I)(

2

U(.IUP 22m2

mmRmmRm

R ======

)cos(UcosUI.cosZI.RU iummmmRm ψ−ψ=ϕ=ϕ==

(W)U.Icos)cos2

I)(

2

U()ψcos(ψ.IU

2

1P mm

iumm ϕ=ϕ=−=


12

2.6.2 Công suất phản kháng Q (Vôn-ampe phản kháng - VAR)

Là công suất do thành phần điện áp UX trên điệnkháng X, gọi là điện áp phản kháng, tạo ra:

Biết: ta suy ra:

Lại biết:

Từ đó, Q còn được tính theo các cách khác nữa như sau:

mXm IXU .=

)sin(sin.sin. iummmmXm UUIZIXU ψ−ψ=ϕ=ϕ==

)(.2

1)

2)(

2(. VARIU

IUIUQ mXm

mXmX ===

(VAR)X.I)2

IX(X.I

2

1Q 22m2

m ===

(VAR)UIsin)sin2

I)(

2

U()ψsin(ψ.IU

2

1Q mm

iumm ϕ=ϕ=−=

2.6.2 Công suất phản kháng Q (Vôn-ampe phản kháng - VAR)

Là công suất do thành phần điện áp UX trên điệnkháng X, gọi là điện áp phản kháng, tạo ra:

Biết: ta suy ra:

Lại biết:

Từ đó, Q còn được tính theo các cách khác nữa như sau:

mXm IXU .=

)sin(sin.sin. iummmmXm UUIZIXU ψ−ψ=ϕ=ϕ==

)(.2

1)

2)(

2(. VARIU

IUIUQ mXm

mXmX ===

(VAR)X.I)2

IX(X.I

2

1Q 22m2

m ===

(VAR)UIsin)sin2

I)(

2

U()ψsin(ψ.IU

2

1Q mm

iumm ϕ=ϕ=−=


13

2.6.4 Công suất phức (VA)

Từ các kết quả: , ta kết luậnS và ϕ chính là môđun và argumen của số phức:

Và được gọi là công suất phức. Và rõ ràng rằng, P và Q là phần thực và phần ảo của

phức , do vậy, dạng đại số của phức là:

Mặt khác: , do đó:

Và từ đó, S còn được tính theo các cách khác nữa như sau:

S

ϕ=ϕ=ϕϕ

= )tg(ArctgcosUI

sinUIArctg

P

QArctg

(VA)sin

QShay(VA)

cos

PS

ϕ=

ϕ=

PQ

ArctgvàQPS 22 =ϕ+=

(VA)SS ϕ∠=S

S(VA)jQPS +=

S

iumm vàI.U21

S ψ−ψ=ϕ=

Ý nghĩa của công suất phức:

Muốn xác định một phần tử nào đó thực sự tiêu thụhay thực sự phát ra công suất, ta dựa vào công suất phứcđể kết luận.

Trước tiên ta tính công suất phức của nhánh chứaphần tử khảo sát:

)ψ)(Iψ(U21

)ψ(ψ).IU21

(S imumiumm −∠∠=−∠=

(VA)I.U21

S *&&& =→

Phần tửkhảo sát A

Phần tửkhảo sát B

I& I&

U& U&

•••• •••••••• ••••

S


14

Dựa vào kết quả P và Q tính được, ta kết luận:

B tiêu thụ Q (VAR)A phát ra Q (VAR)Q < 0

B phát ra Q (VAR)A tiêu thụ Q (VAR)Q > 0

B tiêu thụ P (W)A phát ra P (W)P < 0

B phát ra P (W)A tiêu thụ P (W)P > 0

)(*.2

1VAjQPIUS +== &&

2.7 Giải mạch xoay chiều hình sin bằng số phức

Bài tập áp dụng 1 – Tìm dòng i qua mạch vẽ ở hìnhdưới đây. 0,25 F

e = 10cos(2t – 90o) (V)

u

i 2ΩΩΩΩ

2H

- j2ΩΩΩΩ2ΩΩΩΩ

j4ΩΩΩΩ

(V)o

9010E −∠=&

U&

I&

Chuyểnsang phức

)()1352cos(25,2 Ati o−=Suy ra biểu thức dòng qua mạch:

Giải

Bước 1: Tính cảm kháng và dung kháng trong mạchXL = ωL = 2(2) = 4 Ω và XC = 1/ωC = 1/2(0,25) = 2 Ω

Bước 2: Chuyển sang mạch phức như hình cạnh bên.

Bước 3: Tìm i.

Bài tập áp dụng 2 - Tìm các dòng phứctrong mạch phức dưới đây.

4321 ,, IvàIII &&&&

)( CL XXjR

E

jXR

E

Z

UI

−+=

+==

&&&&

)(13525,24522

9010)24(2

9010A

jo

o

oo

−∠=∠−∠

=−+

−∠=

Giải: Có 2 cách giải.


15

5ΩΩΩΩ

A B

2I&

j12ΩΩΩΩ

9ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

1I&

5I&4I&3I&

;

Cách 1: Mạch có 5 dòngnhánh, trong đó đã biết

Do đó ta chỉ cần tìm 4 dòng nhánh bằng cách viếthệ 4 phương trình :

)A(302I o5 −∠=&

Giải hệ 4 phương trình (1), (2), (3), (4) bằng MATLAB,

ta được:

• Tại nút A: • Tại nút B:•Mắt trái:•Mắt giữa:

)2(0302II o43 =−∠+− &&

)3(10I)12j9(I5 21 =++ &&

)4(0I)2j4(I2I)12j9( 432 =−+++− &&&

)1(0III 321 =−− &&&

(A)47,330,59I o1 ∠=& (A)68,310,55I o

2 −∠=&;(A)78,310,97I o

3 ∠=& (A)1,561,93I o4 −∠=&;

Cách 2: Bước 1: Biến đổi mạch

Thay nguồn dòngbởi nguồn áp tương đương

Mạch điện bây giờ chỉ còn3 nhánh, 2 mắt và 2 nútnên cần có 3 phương trìnhđể giải, trong đó bao gồm(2 - 1 = 1) phương trìnhnút, và 2 phương trìnhmắt.

))(2j4(songsong)A)(302( o Ω−−∠

nối tiếp với (4 – j2) (Ω)(V)j7,46414,9282j2))(430(2 o −=−−∠

A

2I&5ΩΩΩΩ j12ΩΩΩΩ

9ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

10∠∠∠∠0o(V)

1I& 3I&

j7,4641(V)4,9282 −

)j2(4 Ω−

Buớc 2: Viết hệ phương trình K1 và K2


16

Bước 3: Giải hệ phương trình (1), (2), (3) bằng ma trận.

Ta có: trong đó:

104j153)]12j9)(1()2j6)(1[(5)2j6)(12j9( −−=+−−+−−−+−+=

)2(10I)12j9(I5 21 =++ &&

• Tại nút A:•Mắt trái:•Mắt phải:

)1(0III 321 =−− &&&

)3(464,7j928,4I)2j42(I)12j9( 32 −=−+−+ &&

,IIIvàI,I 2132

21

1&&&&& −=

∆∆

=∆∆

=

2j612j9

115

2j612j9

012j91

2j612j90

012j95

111

+−+

−−−

+−+

+=

+−+

+

−−

=∆

2j612j9464,7j928,4

012j910

110

1

+−+−

+

−−

=∆

012j9

11)464,7j928,4(

2j612j9

1110

+

−−−+

+−+

−−=

2j6464,7j928,40

0105

101

2

+−−

−

=∆và

2j6464,7j928,4

105

2j6464,7j928,4

0101

+−−

−−

+−−=

)]464,7j928,4)(1([5)2j6(10 −−−−+−=

→ ∆1 04,108j08,16 −−=

)]12j9)(1()2j6)(1[(10 +--+---=)]12j9)(1()[4647,9284, +--- j+(

→ ∆2 = - 84,64 + j57,32


17


Bài 2.1 Xác định trên mặt phẳng phức các số phức sau: (1) 2 – j2 ; (2) 3 + j8 ; (3) - 5 – j3 ; (4) - 4 – j4 ; (5) 5 – j10 ; (6) j6 ; (7) - 4 ; (8) - j5. Biến đổi các số phức đã cho sang dạng cực và biểu diễn số phức ở dạng cực trên mặt phẳng phức. So sánh hai cách biểu diễn.

Hướng dẫn giải: Dạng đại số → Dạng cực: (1) 2 – j2 = 2 2 ∠- 45o ; (2) 3 + j8 = 8,54∠69,44o ; (3) – 5 + j3 = 5,83∠149,04o ; (4) – 4 – j4 = 4 2 ∠- 135o ; (5) 5

- j10 = 11,18∠- 63,43o ; (6) j6 = 6∠90o ; (7) – 4 = 4∠180o ; (8) – j5 = 5∠- 90o Biểu diễn trên mặt phẳng phức ở dạng đại số (hình 95) Biểu diễn trên mặt phẳng phức ở dạng cực (hình 96) So sánh: Một phức dạng đại số C = a + jb được biểu diễn trên mặt phẳng phức

bằng tọa độ Descartes gồm hoành độ là phần thực a và tung độ là phần ảo b, trong khi một phức dạng cực C = C ∠θ được biểu diễn trên mặt phẳng phức bằng tọa độ cực gồm

một bán kính dài bằng C và góc θ là góc làm bởi trục thực với bán kính.

Bài 2.2 Thực hiện các phép tính sau: (a) Z = 3 – j4 tính Z.Z* (e) Z = 2 + j8 tính Z – Z*

Bước 4: Tìm . Định luật K1 tại nút B:4I&

(A)1,561,93 o−∠=+= 534 III &&&

(A)47,330,59 o∠=−−−−

=→104j153

04,108j08,16I1&

(A)68,310,55 o−∠=−−+−

=104j153

32,57j64,84I 2&

(A)78,310,97 o∠=−= 213 IIIvà &&&

HÌNH 95

O 2

-2 3

5 -4 -5

6

3

8

-4 -5

-10

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

+j

+1

HÌNH 96

(1) 2 2

- 45o

(2) 8,54

69,44o

(3) 5,83

149,04o

(4) 4 2 - 135o

(5) 11,18

– 63,43o

(6) 6 90o

(7) 4

180o

(8) 5 - 90o

+j

+1

O


18

(b) Z = 10∠- 40o tính Z.Z* (f) Z = 10 – j4 tính Z + Z* (c) Z = 20∠53,1o tính Z + Z* (g) Z = 95∠25o tính Z – Z* (d) Z = 2,5∠- 60o tính Z.Z* (h) Z = r∠θ tính Z/Z*

Hướng dẫn giải: (a) Z = 3 – j4 = 5∠- 53,13o → Z* = 5∠53,13o → Z.Z* = (5∠- 53,13o)(5∠53,13o) = 25

(b) Z = 10∠- 40o → Z* = 10∠40o → Z.Z* = (10∠- 40o)(10∠40o) = 100 (c) Z = 20∠53,1o = 12 + j16 → Z* = 12 – j16

→ Z + Z* = (12 + j16) + (12 – j16) = 24 (d) Z = 2,5∠- 60o → Z* = 2,5∠60o → Z.Z* = (2,5∠- 60o)(2,5∠60o) = 6,25 (e) Z = 2 + j8 → Z* = 2 – j8 → Z - Z* = (2 + j8) – (2 – j8) = j16 (f) Z = 10 – j4 → Z* = 10 + j4 → Z + Z* = (10 – j4) + (10 + j4) = 20 (g) Z = 95∠25o = 86,1 + j40,15 → Z* = 86,1 - j40,15

→ Z - Z* = (86,1 + j40,15) – (86,1 - j40,15) = j80,3

(h) Z = r∠θ → Z* = r∠- θ → Z /Z* = θ

θ

−∠

∠

r

r = 1∠2θ

Bài 2.3 Biến đổi các phức sau sang dạng cực: (a) - 12 + j16 ; (b) 2 – j4 ; (c) - 59 – j25 ; (d) 700 + j200 ; (e) 0,048 – j0,153 ; (f) 0,0171 – j0,047 ; (g) - 69,4 – j40 ; (h) 2 + j2.

Hướng dẫn giải: (a) - 12 + j16 = 20∠126,87o ; (b) 2 – j4 = 4,47∠- 63,43o ; (c) - 59 – j25 = 64,08∠- 157,04o ; (d) 700 + j200 = 728,01∠15,95o ; (e) 0,048 – j0,153 = 0,16∠- 72,58o ; (f) 0,0171 – j0,047 = 0,05∠- 70,01o ; (g) - 69,4 – j40 = 80,1∠- 150,04o ; (h) 2 + j2 = 2 2 ∠45o

Bài 2.4 Chuyển từ dạng cực sang dạng đại số các phức sau: (a) 10∠3o ; (b) 25∠88o ; (c) 50∠ - 93o ; (d) 45∠179o ; (e) 0,02∠94o ; (f) 0,7∠- 94o ; (g) 0,8∠- 5o ; (h) 200∠- 179o.

Hướng dẫn giải: (a) 10∠3o = 9,99+ j0,52 ; (b) 25∠88o = 0,87+ j24,98 ; (c) 50∠ - 93o = - 2,62 – j49,93 ; (d) 45∠179o = - 44,99 + j0,79 ; (e) 0,02∠94o = - 1,4 + j0,02 ; (f) 0,7∠- 94o = - 0,05 – j0,7 ; (g) 0,8∠- 5o = 0,8 – j0,07 ; (h) 200∠- 179o

= - 199,97 – j3,49.

Bài 2.5 Tính các biếu thức sau: (a) 10∠53,1o + (4 + j2) ; (b) 10∠90o – (8 + j2) (c) (- 4 - j6) + (2 – j4) ; (d) 2,86∠45o – (2 – j8) ; (e) (- 5 + j5) – 7,07∠135o ; (f) (2 – j10) – (1 – j10) ; (g) (10 + j1) + 6 – 13,45∠- 42o ; (h) – 5∠53,1o – (1 – j6).

Hướng dẫn giải: (a) 10∠53,1o + (4 + j2) = 6 + j8 + 4 + j2 = 10 + j10 ; (b) 10∠90o – (8 + j2) = j10 – 8 - j2 = - 8 + j8 ; (c) (- 4 - j6) + (2 + j4) = - 2 - j2 ; (d) 2,86∠45o – (2 – j8) = 2,02 + j2,02 – 2 + j8 = j10 ; (e) (- 5 + j5) – 7,07∠135o = - 5 + j5 – (- 5 – j5) = 0 ; (f) (2 – j10) – (1 – j10) = 1 ; (g) (10 + j1) + 6 – 13,45∠- 42o = 10 + j1 + 6 – (10 – j9) = 6 + j10 ; (h) - 5∠53,1o – (1 – j6) = (- 1)(5∠53,1o) – 1 + j6 = (1∠180o)(5∠53,1o) – 1 + j6 = (5∠- 126,9o) – 1 + j6 = - 3 – j4 – 1 + j6 = - 4 + j2


19

Bài 2.6 Tính các tích sau theo hai cách, ở dạng đại số và ở dạng cực: (a) (3 - j2)(1 – j4) ; (b) (2 + j10)(3 – j3) ; (c) (- 1 – j1)(1 + j1) ; (d) (j2)(4 – j3) (e) (j2)(j5) ; (f) (- j1)(j6) ; (g) (2 + j2)(2 – j2) ; (h) (x + jy)(x – jy).

Hướng dẫn giải: (a) (3 - j2)(1 – j4) = 3 – j12 – j2 – 8 = - 5 – j14 hay (3,6∠- 33,69o)(4,12∠- 75.96o) = 14,83∠- 109,65o = - 5 – j14 ; (b) (2 + j10)(3 – j3) = 6 – j6 + j30 + 30 = 36 + j24 hay (10,2∠78,69o)(3 2 ∠- 45o) = 30,6 2 ∠33,69o = 36 + j24 ; (c) (- 1 – j1)(1 + j1) = - 1 – j1 – j1 + 1 = - j2 hay ( 2 ∠- 135o)( 2 ∠45o) = 2∠- 90o = - j2 ; (d) (j2)(4 – j3) = 6 + j8 hay (2∠90

o)(5∠- 36,87o) = 10∠53,13o = 6 + j8 ; (e) (j2)(j5) = - 10 hay (2∠90o)( 5∠90o) = 10∠180o = - 10 ; (f) (- j1)(j6) = 6 hay (1∠- 90o)(6∠90o) = 6∠0o = 6 ; (g) (2 + j2)(2 – j2) = 4 – j4 + j4 + 4 = 8 hay (2 2 ∠45o)(2 2 ∠- 45o) = 8∠0o = 8 ; (h) (x + jy)(x – jy) = x2 – jxy + jxy + y2

=x2+y2 hay ( 22 yx + ∠Arctgx

y )( 22 )y(x −+ ∠Arctgx

y− )=(x2+y2)∠(Arctgx

y -Arctgx

y ) =

x2+ y2 Bài 2.7 Tính các phép chia sau theo hai cách, ở dạng đại số và ở dạng cực:

(a) (5 + j5)/(1 – j1) ; (b) (4 – j8)/(2 + j2) ; (c) (5 - j10)/(3 + j4) ; (d) (8 + j12)/j2 ; (e) (3 + j3)/(2 + j2) ; (f) (- 5 – j10)/(2 + j4) ; (g) 10/(6 + j8) ; (h) j5/(2 – j2).

Hướng dẫn giải: (a) (5 + j5)/(1 – j1) = )1j1)(1j1(

)1j1(5j5(

+−

++ = 22 11

55j5j5

+

−++ = j5 hay

o

o

452

4525

−∠

∠ = 5∠90o = j5 ; (b) (4 – j8)/(2 + j2) = )2j2)(2j2(

)2j2)(8j4(

−+

−− = 22 22

1616j8j8

+

−−− =

8

24j8 −− = - 1 – j3 hay o

o

4522

43,6394,8

∠

−∠ = 3,16∠- 108,43o = - 1 – j3 ; (c) (5

- j10)/(3 + j4) = )4j3)(4j3(

)4j3)(10j5(

−+

−− = 22 43

4030j20j15

+

−−− = 25

50j25 −− = - 1 – j2 hay = 2,24∠-

116,56o = - 1 – j2 ; (d) (8 + j2)/j2 = )2j)(2j(

)2j)(12j8(

−

−+ = 4

16j24 − = 6 – j4 hay o

o

902

31,5642,14

∠

∠ =

7,21∠- 33,69o = 6 – j4 ; (e) (3 + j3)/(2 + j2) = )2j2)(2j2(

)2j2)(3j3(

−+

−+ = 22 22

66j6j6

+

++− =

8

12 = 1,5 hay o

o

4522

4523

∠

∠ = 1,5∠0o = 1,5 ; (f) (- 5 – j10)/(2 + j4) = )4j2)(4j2(

)4j2)(10j5(

−+

−−−

= 22 42

4020j20j10

+

−−+− = 20

50− = - 2,5 hay o

o

43,6347,4

57,11618,11

∠

−∠ = 2,5∠- 180o = - 2,5 ;

(g) 10/(6 + j8) = )8j6)(8j6(

)8j6(10

−+

− = 22 86

80j60

+

− = 0,6 – j0,8 hay o

o

13,5310

010

∠

∠ = 1∠- 53,13o = 0,6 -

j0,8 ; (h) j5/(2 – j2) = )2j2)(2j2(

)2j2(5j

+−

+ = 22 22

10j10

+

+− = - 1,25 + j1,25 hay

o

o

4522

905

−∠

∠ = 1,25 2 ∠135o = - 1,25 + j1,25.

Bài 2.8 Thực hiện các phép tính sau: (a) (23,5 + j8,55)/(4,53 – j2,11) ; (b) (21,2 – j21,2)/(3,54 – j3,54) ; (c) (- 7,07 + j7,07)/(4,92 + j0,868) ; (d)


20

(- j45)/(6,36 –j6,36) ; (e) (6,88∠12o)/(2 + j1) (f) (5+ j5)/(5∠80o) ; (g) (1)/(6 + j8) (h) (- 10 + j20)/(2 –j1).

Hướng dẫn giải: (a) (23,5 + j8,55)/(4,53 – j2,11) = o

o

255

2025

−∠

∠ = 5∠45o ;

(b) (21,2 – j21,2)/(3,54 – j3,54) = o

o

455

4530

−∠

−∠ = 6 ; (c) (- 7,07 + j7,07)/(4,92 + j0,868) =

o

o

105

13510

∠

∠ = 2∠125o ; (d) (- j45)/(6,36 –j6,36) = o

o

45236,6

9045

−∠

−∠ = 5∠- 45o ; (e)

(6,88∠12o)/(2 + j1) = o

o

57,2624,2

1288,6

∠

∠ = 3,07∠- 14,57o ; (f) (5+ j5)/(5∠80o) =

o

o

805

4525

∠

∠ = 2 ∠- 35o ; (g) (1)/(6 + j8) = o13,5310

1

∠ = 0,1∠- 53,13o ; (h)

(- 10 + j20)/(2 –j1) = o

o

57,26236.2

57,11636,22

−∠

∠ = 10∠143,14o

Bài 2.9 Thực hiện phép tính 21

21

ZZ

Z.Z

+khi biết: (a) Z1 = 10 + j5 và Z2 = 20∠30

o (b)

Z1 =5∠45o và Z2 =10∠-70

o ; (c) Z1 =6 –j2 và Z2 =1+j8 ; (d) Z1 = 20 và Z2 = j40.

Hướng dẫn giải: (a) 21

21

ZZ

Z.Z

+ =

10j32,175j10

)3020)(5j10( o

+++

∠+ = 15j32,27

)3020)(57,2618,11( oo

+

∠∠

= o

o

77,2817,31

57,566,223

∠

∠ = 7,17∠27,8o ; (b) 21

21

ZZ

Z.Z

+=

4,9j42,325,2j25,2

)7010)(455( oo

−++

−∠∠

= o

o

12,4009,9

2550

−∠

−∠ = 5,5∠15,12o ; (c) 21

21

ZZ

Z.Z

+ =

8j12j6

)87,8206,8)(43,1832,6( oo

++−

∠−∠

= o

o

6,4022,9

44,6494,50

∠

∠ = 5,52∠23,84o ;(d) 21

21

ZZ

Z.Z

+=

40j20

)9040)(20( o

+

∠ =o

o

43,6372,44

90800

∠

∠

= 17,89∠26,57o

Bài 2.10 Mạch nối tiếp gồm R = 20 Ω và L = 0,02 H có trở kháng Z = 40∠θ. Xác định θ và tần số f của mạch.

Hướng dẫn giải: Trị số trở kháng của mạch: Z = 22 XR + = 2L

2 XR +

= 22 )L(R ω+ = 22 )02,0.f2(20 π+ = 40 → 400 + 4π2f2(4.10-4) = 1600 → f2 = 2

410.75

π

→ f = π

75100 = 275,66 Hz

Góc lệch pha giữa dòng vá áp trong mạch:

θ = ArctgR

X = ArctgR

XL = ArctgR

fL2π = Arctg20

02,0)75100

(2π

π = 60o

Bài 2.11 Mạch nối tiếp gồm R = 25 Ω và L = 0,01 H làm việc ở tần số f khác nhau lần lượt là 100 Hz, 500 Hz và 1000 Hz. Tính trở kháng Z của mạch tương ứng với các tần số đó.


21

Hướng dẫn giải: Trị số trở kháng của mạch: Z = 22 XR + = 2

L2 XR + = 22 )L(R ω+ = 22 )01,0.f2(25 π+

- Khi f = 100 Hz: Z = 22 )01,0.100.2(25 π+ = 25,78 Ω

→ ϕ = ArctgR

X = ArctgR

XL = ArctgR

fL2π = Arctg25

01,0)100(2π = 14,12o

Vậy, trở kháng của mạch ở tần số 100 Hz là: Z = 25,78∠14,12o (Ω) - Khi f = 500 Hz: Z = 22 )01,0.500.2(25 π+ = 40,15 Ω

→ ϕ = ArctgR

X = ArctgR

XL = ArctgR

fL2π = Arctg25

01,0)500(2π = 51,49o

Vậy, trở kháng của mạch ở tần số 500 Hz là: Z = 40,15∠51,49o (Ω) - Khi f = 1000 Hz: Z = 22 )01,0.1000.2(25 π+ = 67,62 Ω

→ ϕ = ArctgR

X = ArctgR

XL = ArctgR

fL2π = Arctg25

01,0)1000(2π = 68,3o

Vậy, trở kháng của mạch ở tần số 1000 Hz là: Z = 67,32∠68,3o (Ω)

Bài 2.12 Mạch nối tiếp gồm R = 10 Ω và C = 40 µF chịu tác dụng của áp u(t) = 500cos(2500t – 20o) (V). Tìm dòng i(t).

Hướng dẫn giải: Dung kháng của mạch: XC = C

1

ω =

)10.40(2500

16− = 10 Ω

Trở kháng của mạch: Z = R + jX = 10 – j10 = 10 2 ∠- 45o (Ω)

Dòng qua mạch: I& = Z

U& = o

o

45210

20500

−∠

−∠ = 25 2 ∠25o (A)

Vậy: i(t) = 25 2 cos(2500t + 250o) (A)

Bài 2.13 Mạch nối tiếp gồm R = 8 Ω và L = 0,02 H chịu tác dụng của áp u(t) = 283sin(300t + 90o) (V). Tìm dòng i(t).

Hướng dẫn giải: Cảm kháng của mạch: XL = ωL = 300(0,02) = 6 Ω Trở kháng của mạch: Z = R + jX = 8 + j6 = 10∠36,87o (Ω)

Dòng qua mạch: I& = Z

U& = o

o

87,3610

90283

∠

∠ = 28,3∠53,13o (A)

Vậy: i(t) = 28,3sin(300t + 53,13o) (A)

Bài 2.14 Mạch nối tiếp gồm R = 5 Ω và L = 0,03 H. trong mạch có dòng chậm pha sau áp một góc 80o. xác định tần số nguồn và trở kháng của mạch.

Hướng dẫn giải: Góc lệch pha giữa áp và dòng trong mạch:

ϕ = ArctgR

X = ArctgR

XL = ArctgR

Lω = 80o → R

Lω = 5,67

→ ω = L

R67,5 = 03,0

)5(67,5 = 945 rad/s → f =π

ω

2 =

π2

945 = 150,4 Hz

Cảm kháng của mạch: XL = ωL = 945(0,03) = 28,35 Ω Trở kháng của mạch: Z= R + jX = R + jXL = 5 + j28,35 = 28,79∠80

o (Ω)


22

Bài 2.15 Có 2 nguồn áp mắc nối tiếp: nguồn u1(t) = 50sin(ωt + 90o) (V) ;

u2(t) = 50sin(ωt + 30o) (V). Tìm điện áp u(t) và số chỉ của Vôn kế V mắc giữa hai cực của

bộ nguồn này.

Hướng dẫn giải: u(t) = u1(t)+u2(t) → U& = 1U& + 2U& =50∠90o+50∠30o

= j50+43,3+ j25 = 43,3 + j75 = 86,6∠60o (V) → u(t) = 86,6sin(ωt + 60o) (V)

Suy ra vôn kế V chỉ: U = 2

Um = 2

6,86 = 61,2 V

Bài 2.16 Tìm trở kháng và dẫn nạp của hai mạch hình 97 và 98. Biết ω = 2 rad/s.

Hướng dẫn giải: (a) Mạch điện hình 97

Dung kháng: XC = C

1

ω =

)25,0(2

1 = 2 Ω

Trở kháng: Z = 1 + 2j2

)2j)(2(

−

− = 1 + o

o

4522

904

−∠

−∠

= 1 + 2 ∠- 45o = 1 + 1 – j1 = 2 – j1 = 2,236∠- 26,57o (Ω)

Dẫn nạp: Y = Z

1 = o57,26236,2

1

−∠

= 0,447∠26,57o = 0,4 + j0,2 (S) (b) Mạch điện hình 98: Cảm kháng: XL = ωL = 2(0,25) = 0,5 Ω

Trở kháng: Z = 5,0j5,01

)5,0j5,0)(1(

++

+ = o

o

43,1858,1

4525,0

∠

∠ = 0,447∠26,57o = 0,4 + j0,2 (Ω)

Dẫn nạp: Y = Z

1 = o57,26447,0

1

∠ = 2,236∠- 26,57o = 2 – j1 (S)

Bài 2.17 Tìm các dòng I& 1 ; I& 2 ; I& và trở kháng Z của mạch điện hình 99.

Hướng dẫn giải: Dòng trong 2 nhánh rẽ: I& 1 = 4j3

050 o

−

∠ = o13,535

50

−∠

= 10∠53,13o = 6 + j8 (A) ; I& 2 = 10

050 o∠ = 5 (A)

Dòng trong mạch chính: I& = I& 1 + I& 2 = 6 + j8 + 5 = 11 + j8 = 13,6∠36o (A)

Trở kháng của mạch: Z = o

o

366,13

050

∠

∠ = 3,68∠- 36o (Ω)

Bài 2.18 Tìm các dòng I& ; I& 1 ; I& 2 của mạch điện hình 100.

1Ω 0,25 H

0,5 Ω

HÌNH 98

1Ω

2Ω

0,25 F

HÌNH 97

50∠0o (V)

3Ω

-j4Ω 10Ω

I& 1I& 2I&

HÌNH 99

I&

100∠0o (V)

10Ω

j10Ω 5Ω

1I& 2I&

HÌNH 100


23

Hướng dẫn giải: Trở kháng của mạch: Z = 10 + 10j5

)5)(10j(

+ = 10 +

o

o

43,6318,11

9050

∠

∠

= 10 + 4 + j2 = 14 + j2 = 14,14∠8,13o (Ω)

Dòng trong mạch chính: I& = o

o

13,814,14

0100

∠

∠ = 7,07∠- 8,13o (A)

Dòng trong 2 nhánh rẽ: I& 1 = I& (10j5

5

+) = (7,07∠- 8,13o)(

o43,6318,11

5

∠)

= 3,16∠- 71,56o (A) ; I& 2 = I& (10j5

0j

+) = (7,07∠- 8,13o)(

o

o

43,6318,11

9010

∠

∠ )

= 6,32∠18,44o (A) Bài 2.19 Xác định trị hiệu dụng phức của các dòng nhánh trong mạch điện hình

101. Biết u(t) = 100sinωt (V).

Hướng dẫn giải: Trở kháng của mạch:

Z = 80j40j

)80j)(40j(

−

− - j20 + 50 + 30j60j

)30j)(60j(

−

− = 50 – j20 + j80 – j60 = 50 (Ω)

Dòng trong mạch chính: 5I& = 50

U& = 50

100 = 2 (A) → I = 2

2 = 2 A → hd5I& = 2 (A)

Dòng trong các nhánh rẽ: hd1I& = hd5I& (30j60j

60j

−) = 2 2 (A) ; hd2I& = hd5I& - hd1I&

= 2 – 2 2 = - 2 = 2 ∠180o (A) ; hd3I& = hd5I& (80j40j

40j

−) = - 2

= 2 ∠180o (A) ; hd4I& = hd5I& - hd3I& = 2 - (- 2 ) = 2 2 (A)

Bài 2.20 Tìm áp tức thời trên tụ điện 1 µF trong mạch điện hình 102. Biết u(t) = 10 2 sin104t (V).

Hướng dẫn giải: Cảm kháng của 2 cuộn cảm: XL5mH =104(5.10-3)=50 Ω ;

XL10mH =104(10.10-3)=100 Ω

Dung kháng của 2 tụ điện: XC1µF=)10.1(10

164 −=100 Ω; XC0,667µF=

)10.667,0(10

164 −=150 Ω

Trở kháng của mạch: Z = 150 + j50 + 100j100j200

)100j200)(100j(

−+

− - j150

= 150 + j50 + 50 + j100 – j150 = 200 (Ω)

Dòng trong mạch chính: I& = Z

U& = 200

210 = 0,05 2 (A)

Dòng qua tụ 1µF: 2I& = I& (100j100j200

100j

−+) = (0,05 2 )(0,5∠90o) = 0,025 2 ∠90o

HÌNH 101

1I&

HÌNH 100 U&

5I&

4I&

3I&

2I&

1I&

j40Ω

- j80Ω

- j20Ω

50Ω

j60Ω

- j30Ω

U&

I& 2I&

5mH

10mH 0,667µF

1µF 150Ω 200Ω


24

= j0,025 2 (A) Áp trên tụ 1µF: F1U µ

& = 2I& (- jXC1µF) = (j0,025 2 )(- j100) = 2,5 2 (V)

Chuyển về trị tức thời: u1µF(t) = 2,5 2 sin104t (V)

Bài 2.21 Xác định ABU& trong mạch điện hình 102. Biết I& = 10 (A).

Hướng dẫn giải: 1I& = I& (4j3

10j5j

10j.5j2

4j3

+++

+

+ ) = 10(

3

10j4j5

13,535 o

++

∠ ) = o

o

71,5588,8

13,5350

∠

∠

= 5,63∠- 2,58o (A)

2I& = I& (4j3

10j5j

10j.5j2

10j5j

10j.5j2

+++

+

++

) = 10(

3

10j4j5

3

10j2

++

+) =

o

o

71,5588,8

04,5987,38

∠

∠ = 4,38∠3,33o (A)

ABU& = ACU& + CBU& = - 1I& (2) + 2I& (3) = [5,63∠(- 2,58o + 180o)]2 + (4,38∠3,33o)3 = 11,26∠177,42o + 13,14∠3,33o = - 11,25 + j0,51 + 13,12 + j0,76

= 1,87 + j1,27 = 2,26∠34,18o (V)

Bài 2.22 Trong mạch điện hình 103, vôn kế V chỉ 5 V, tìm số chỉ của ampe kế A và trị hiệu dụng UAB.

Hướng dẫn giải: I1 = 5

UCA = 5

5 = 1 A. Coi pha đầu của hd1I& = 0: hd1I& = 1 (A)

CDhdU& = hd1I& (5 + 3j5j

3j.6j

+) = (1)(5 + j2,25) =5,48∠24,23o (V)

hd2I& = 4j3

UCDhd

+

&

= o

o

13,535

23,2448,5

∠

∠ = 1,096∠- 28,9o = 0,96 – j0,53 (A)

hdI& = hd1I& + hd2I& = 1 + 0,96 – j0,53 = 1,96 – j0,53 = 2,03∠- 15,13o (A) Vậy ampe kế A chỉ 2 A.

ABhdU& = AChdU& + CBhdU& = - hd1I& (5) + hd2I& (3) = (-1)(5) + (0,96 – j0,53)(3)

= - 5 + 2,88 – j1,59 = - 2,12 – j1,59 = 2,65∠- 143,13o (V) Vậy: UAB = 2,65 V

Bài 2.23 Tìm điện áp tức thời uo(t) ở mạch điện hình 104.

HÌNH 102

A

B ••••

C

2Ω

3Ω

j5Ω

j10Ω

j4Ω

I&

1I&

2I&

HÌNH 103

A

•••• B

C A V

j6Ω

j4Ω

j3Ω

3Ω

5Ω

I&

2I&

1I&


25

Hướng dẫn giải: Cảm và dung kháng trong mạch: XL =1000(10.10-3) = 10 Ω;

XC =)10.100(1000

16−=10 Ω

Chuyển sang mạch phức hình 105. Định luật K1 tại nút 1: I& 1 - I& 2 - I& 3 = 0 (1) Định luật K2 cho vòng I: j10 I& 1 + (5 – j10) I& 3 = 20 (2)

Phương trình cho nguồn phụ thuộc: U& X = 5 I& 3 → I& 2 = 10

UX&

= 10

I5 3&

= 0,5 I& 3

Thay vào (1): I& 3 – 0,5 I& 3 - I& 3 = 0 → I& 1 = 1,5 I& 3 Thay vào (2): j10(1,5 I& 3) + 5 I& 3 - j10 I& 3 = 20 → 5 I& 3 + j5 I& 3 = 20

→ I& 3 = 5j5

20

+ =

o4525

20

∠= 2 2 ∠- 45o (A)

Điện áp trên tụ 100 µF: oU& = I& 3(- jXC) =(2 2 ∠- 45o)(10∠- 90o) = 20 2 ∠- 135o (V) Chuyển sang trị tức thời: uo(t) = 20 2 cos(1000t – 135o) (V)

Bài 2.24 Xác định các áp hiệu dụng U12, U23, U14 và U trong mạch điện hình 106 (các trị số điện áp cho trên hình là trị hiệu dụng).

Hướng dẫn giải: Coi dòng trong mạch có pha đầu bằng 0, áp trên đoạn mạch 12:

hd12U& = j20 + 20 = 20 2 ∠45o (V) → U12 = 20 2 V

hd23U& = - j30 – j20 + j10 = - j40 → U23 = 40 V

hd14U& = 12U& + 24U& = j20 + 20 – j30 = 20 – j10 = 22,36∠- 26,57o (V) → U14 = 22,36 V

U& =10 + hd14U& + 43U& =10 + 20 – j10 – j20 + j10 =30 – j20 =36∠- 33,69o → U = 36 V

Bài 2.25 Điện áp giữa A và B trong mạch điện hình 107 có trị hiệu dụng

50 V. Xác định trị hiệu dụng U của áp nguồn.

- j10Ω

HÌNH 104

20cos1000t uX(t) /10

uX(t)

uo(t)

10 mH

100µF

HÌNH 105

20 (V) XU& /10 oU&

XU&

j10Ω

1I& 2I& 3I&

I

HÌNH 106

10V 20V 20V 30V

20V 10V

1 2

3 4

U E

HÌNH 107

3∠60o(Ω)

5Ω

j2Ω

40Ω

-j30Ω

A

B E& U&

I& 1I& 2I&


26

Hướng dẫn giải: Trở kháng của mạch: Z = 3∠60o + 30j402j5

)30j40)(2j5(

−++

−+

= 1,5 + j2,6 + 28j45

70j260

−

− = 1,5 + j2,6 +o

o

89,3153

07,152,269

−∠

−∠ = 1,5 + j2,6 + 5,08∠16,82o

= 1,5 + j2,6 + 4,86 + j1,47 = 6,36 + j4,07 = 7,55∠32,62o (Ω)

Dòng trong mạch chính: I& = Z

E& = Z

U& = o62,3255,7

U

∠

&

Dòng trong nhánh 2: 2I& = I& (30j402j5

2j5

−++

+ )

→ ABU& = I& (3∠60o) + 2I& (40) = I& (3∠60o) + I& (30j402j5

2j5

−++

+ )(40)

= I& (1,5 + j2,6 + 28j45

80j200

−

+ ) = (o62,3255,7

U

∠

&

)(1,5 + j2,6 + 2,4 + j3,275)

Coi U& = U∠0o: ABU& = (o

o

62,3255,7

0U

∠

∠ )(3,9 + j5,875)

= (o

o

62,3255,7

0U

∠

∠ )(7,0516∠56,42o) = (U∠0o)(0,93399∠23,8o) = 0,93399U∠23,8o (V)

Biết ABU& = 50∠ψuAB → 0,93399U∠23,8o = 50∠ψuAB → U = 93399,0

50 = 53,53 V

Bài 2.26 Xác định dòng I& trong mạch điện hình 108. Biết E& = 10∠0o (V). Nhận xét.

Hướng dẫn giải: Gọi ϕ& A, ϕ& C, ϕ& D lần lượt là điện thế tại nút A, C, D, ta có: U& =ϕ& A - ϕ& D =E& = 10∠0o (V); ACU& =ϕ& A - ϕ& C = 2I& (j104); CDU& =ϕ& C - ϕ& D = 4I& (- j104)

Coi ϕ& D = 0: ϕ& A - ϕ& D = ϕ& A – 0 = 10∠0o (V) → ϕ& A = 10∠0

o (V) ϕ& A - ϕ& C = 10∠0

o - ϕ& C = j104

2I& → ϕ& C = 10 - j104

2I& (*) ϕ& C - ϕ& D = ϕ& C – 0 = - j10

44I& → ϕ& C = - j10

44I& (**)

(*) và (**) cho ta: 10 - j104 2I& = - j104 4I& → 4I& = j10-3 + 2I& Định luật K1 tại nút C: 2I& - I& - 4I& = 0 → 2I& - I& - j10-3 - 2I& = 0

→ I& = - j10-3 (A) hay I& = - j1 (mA) (Dòng I& không phụ thuộc Z)

Bài 2.27 Xem mạch điện hình 109 với hdE& = 50∠0o (V). Xác định công suất tác dụng phát ra bởi nguồn và công suất các điện trở tiêu thụ.

HÌNH 108 D

A

B C E& U& I&

5I& 1I& 2I&

3I& 4I&

20KΩ

20KΩ

j10KΩ

- j10KΩ

HÌNH 109

hdE&

hdI& hd1I& hd2I&

5Ω

j10Ω 3Ω

- j4Ω


27

Hướng dẫn giải: Trở kháng của mạch: Z = 5 + 4j310j

)4j3)(10j(

−+

− = 5 + 6j3

30j40

+

+

=5+o

o

43,6371,6

87,3650

∠

∠ =5+7,45∠-26,56o =5+6,66–j3,33 =11,66–j3,33 =12,13∠- 15,94o (Ω)

Dòng trong mạch chính: hdI& = Z

Ehd&

= o

o

94,1513,12

050

−∠

∠ = 4,12∠15,94o (A)

Công suất điện trở 5Ω tiêu thụ: P5Ω = I2(5) = (4,12)25 = 85 W

Dòng trong nhánh 2: hd2I& = hdI& (4j310j

10j

−+) = (4,12∠15,94o)(

o

o

43,6371,6

9010

∠

∠ )

= 6,14∠42,51o (A) Công suất điện trở 3Ω tiêu thụ: P3Ω = I2

2(3) = (6,14)23 = 113 W Công suất tác dụng của nguồn cung cấp: Pf = P5Ω + P3Ω = 85 + 113 = 198 W Kiểm tra lại: Công suất phức của nguồn: fS = hdE& . hdI& *

= (50∠0o)(4,12∠-15,94o) = 206∠-15,94o = 198–j57 (VA). Vậy: Pf = Re fS = 198 W

Bài 2.28 Xem mạch điện hình 110 với e(t) = 10cost (V). Xác định i(t), i1(i), i2(t), công suất tác dụng và phản kháng của nguồn.

Hướng dẫn giải: Cảm kháng nhánh 2: XL = 1(2) = 2 Ω.

Dung kháng nhánh 1: XC = )25,0(1

1 = 4 Ω

Chuyển sang mạch phức hình 111.

Định luật K1 tại nút C: 2I& - I& - 4I& = 0 → 2I& - I& - j10-3 - 2I& = 0 → I& = - j10-3 (A) hay I& = - j1 (mA) (Dòng I& không phụ thuộc Z)

Định luật K1 tại nút 1: I& - 1I& - 2I& = 0 (1) Định luật K2 cho mắt I: I& (5) + 2I& (j2) = E& = 10 (2) Định luật K2 cho mắt II: - 2I& (j2) + 1I& (- j4) = - 2 I& hay 2 I& - j4 1I& - j2 2I& = 0 (3)

(2) → 2I& = 2j

I510 &− = - j5 + j2,5 I& (4) ; (1) → 1I& = I& - 2I& = I& + j5 – j2,5 I& (5)

Thay (4) và (5) vào (3): 2 I& - j4( I& + j5 – j2,5 I& ) – j2(- j5 + j2,5 I& ) = 0

→ I& = 4j3

10

+ =

o

o

13,535

010

∠

∠ = 2∠- 53,13o (A)

Chuyển về miền thời gian: i(t) = 2cos(t – 53,13o) (A)

HÌNH 110

2H

0,25F 5Ω

e(t)

HÌNH 111

j2Ω

- j4Ω 5Ω

E&

I& 1I& 2I&

I II

2i

i i1 i2

2 I&


28

HÌNH 112

U&

A

W

20Ω

j20Ω - j10Ω

I&

Dòng trong nhánh 2: 2I& = - j5 + j2,5(2∠- 53,13o) = - j5 + (2,5∠90o)(2∠- 53,13o) = - j5 + 5∠36,87o = - j5 + 4 + j3 = 4 – j2 = 4,47∠- 26,57o (A)

Chuyển về miền thời gian: i2(t) = 4,472cos(t – 26,57o) (A)

Dòng trong nhánh 1: 1I& = (2∠- 53,13o) - 4 + j2 = 1,2 – j1,6 – 4 + j2 = - 2,8 + j0,4 = 2,83∠171,87o (A)

Chuyển về miền thời gian: i1(t) = 2,83cos(t + 171,87o) (A)

Công suất phức của nguồn: fS = hdE& . hdI& * = (2

10 ∠0o)(2

2 ∠53,13o)

= 10∠53,13o = 6 + j8 (VA) Vậy: Pf =Re fS =6 W và Qf =Im fS = 8 VAR

Bài 2.29 Xác định số chỉ của ampe kế và watt kế trong mạch điện hình 112. Biết U& = 100∠0o (V).


Trở kháng của mạch:

Z = 20 + 10j20j

)10j)(20j(

−

−

= 20 2 ∠- 45o (Ω) Dòng trong mạch chính:

I& = Z

U& = o

o

45220

0100

−∠

∠

= 2,5 2 ∠45o (A)

→ I = 2

Im = 2

25,2 = 2,5 A. Vậy Ampe kế chỉ 2,5 A

Công suất điện trở 20Ω tiêu thụ: P = I2(20) = (2,5)220 = 125 W.

Michael FARADAY

1791 - 1867

Chương 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH MẠCH Ngô Ngọc Thọ

1

Là không tìm trực tiếp dòng trong các nhánhnhư phương pháp dòng nhánh, mà tìm gián tiếpthông qua điện thế các nút của mạch.

3.1 Giải mạch điện bằng phương pháp thế nút

3.1.1 Cách tính dòng qua một nhánh

Nhắc lại định luật OHM đối với một nhánh, xemnhánh AB:

ZAB

••••A B••••

U&

I&

ABBAABBAAB Z

1)(Y).(Y.UI ϕ−ϕ=ϕ−ϕ== &&&&&&

Chú ý: A là nút xuất phát của dòng qua nhánh, và B lànút đến của dòng, do đó ta có thể phát biểu cách tínhdòng qua một nhánh như sau:

3.1.2 Cách tính điện thế các nútMạch có N nút, coi tùy

ý 1 nút có điện thế bằng 0, còn lại (N–1) nút. Để tìmđược giá trị điện thế của(N–1) nút này, ta cần phảigiải một hệ (N–1) phươngtrình thế nút. Làm thế nàoviết được hệ phương trình

“Dòng qua nhánh bằng điện thế nút xuất pháttrừ điện thế nút đến, tất cả nhân với dẫn nạp củanhánh (hoặc chia cho trở kháng nhánh)”.

2J&

3J&

2I&

Y1 Y2

Y3

Y4

1J&

1I& 4I&

3I&

đó, ta hãy xem ví dụ mạch điện có 3 nút, trong đó nút có điện thế bằng 0, còn lại 2 nút và với giá trịthế nút được tính như sau:


2

Tại nút 1:

Bây giờ, nếu coi điện thế nút 3 bằng 0, ta suy ra:

“Tổng các dẫn nạp bao quanh nút đang xét nhânvới điện thế nút đang xét, trừ tổng các dẫn nạp nốinút đang xét với nút khác nhân với điện thế nút khácđó, bằng tổng đại số các nguồn dòng bao quanh nútđang xét.

Nguồn dòng nào hướng đến nút đang xét thì mangdấu (+) – rời khỏi nút đang xét thì mang dấu (-).Áp dụng phát biểu trên cho nút đang xét bây giờ là nút 2:

1433114331 IIIJJhay0IIIJJ &&&&&&&&&& ++−=−=−−+−

13142131231 Y)(Y)(Y)(JJ ϕ−ϕ+ϕ−ϕ+ϕ−ϕ−=−→ &&&&&&&&

)1(JJ)YY()YYY( 312431431&&&& −=ϕ+−ϕ++

)2(JJ)YY()YYY( 321432432&&&& +=ϕ+−ϕ++

Bước 1: Nếu trong mạch chứa nguồn áp thì cần thaybằng nguồn dòng tương đương.

Bước 2: Coi tùy ý 1 nút có điện thế bằng 0, tìm điện thếcác nút còn lại.

Bước 3: Viết hệ phương trình thế nút (mạch có N nút thìviết N-1 phương trình).

Bước 4: Giải hệ phương trình thế nút

Bước 5: Suy ra dòng trong từng nhánh.

3.1.3 Các bước giải mạch điện bằngphương pháp thế nút

Giải hệ 2 phương trình (1) và (2), ta sẽ tìm được giátrị điện thế các nút và

3.1.4 Bài tập áp dụng phương pháp thế nút


3

Giải mạch điện hình A bằng phương pháp thế nút.

Bước 1: Thay nguồn áp 10∠0o(V) nối tiếp 5 (Ω) bởinguồn dòng tương đương 10/5 = 2 (A) song song 5 (Ω) (hình B)

Bước 2: Coi điện thế tại C bằng 0, tìm điện thế tại A và tại B.

1I& A B

2I&

5ΩΩΩΩ j12ΩΩΩΩ

9ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

4I&3I&

CHình A

2∠∠∠∠-30o(A)

2ΩΩΩΩ

5ΩΩΩΩj12ΩΩΩΩ

9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

2AHình B

C

A B1I&

2I&

3I&

4I&oI&

Bước 3: Viết hệ phương trình thế nút.

Bước 4: Giải hệ phương trình (1) và (2)

Ta có: , với:∆∆

=ϕ∆∆

=ϕ BB

AA ; &&

- Tại nút A: 22

1)

2

1

12j9

1

5

1( BA =ϕ−ϕ+

++ &&

- Tại nút B: oAB 302

2

1)

2j4

1

2

1( −∠=ϕ−ϕ

−+ &&

Hay: (1)20,5j0,053)(0,74 BA =ϕ−ϕ− &&

Hay: (2)j13j0,1)(0,70,5 BA −=ϕ++ϕ− &&

0367,0j2733,0

)5,0)(5,0()1,0j7,0)(053,0j74,0(

1,0j7,05,0

5,0053,0j74,0

+=

−−−+−=

+−

−−=∆


4

3,0j266,2

)1j3)(5,0()1,0j7,0)(2(

1j7,01j3

5,02A

−=

−−−+=

+−

−=∆

8323,0j2284,2

)2)(5,0()1j3)(053,0j74,0(

1j35,0

2053,0j74,0B

−=

−−−−=

−−

−=∆

)V(07,4j307,70367,0j2733,0

8323,0j2284,2

)V(17,2j80367,0j2733,03,0j266,2

B

A

−=+−

=ϕ

−=+−

=ϕ→

&

&

12j91

)017,2j8(Y)(I 2CA2 +−−=ϕ−ϕ= &&&

(A)68,310,55 o−∠=→ 2I&

21

)07,4j607,717,2j8(Y)(I 3BA3 +−−=ϕ−ϕ= &&&

(A)78,310,97 o∠=→ 3I&

51

)017,2j8(2Y)(2I2I oCAo1 −−−=ϕ−ϕ−=−= &&&&

(A)47,330,59 o∠=→ 1I&

o34 302II −∠+= && (A)1,561,93 o−∠=→ 4I&

3.2 Giải mạch điện bằng phương pháp dòng mắt lưới

Dòng mắt lưới là một dòng điện tưởng tượng chạyquẩn trong một mắt hay một vòng điện, trong khi dòngnhánh là dòng điện chạy giới hạn trong một nhánh.


5

Dòng nhánh

Giải mạch điện bằngphương pháp dòng mắtlưới là không tìm trực tiệpcác dòng nhánh, mà tìmgián tiếp thông qua cácdòng mắt lưới. Sau đó tasẽ xếp chồng các dòngmắt lưới cùng chạy qua một nhánh dể suy ra dòngđiện chạy trong nhánh đó.

Dòng mắt lưới

••••

••••

••••

••••

••••

••••••••

••••••••

••••••••

3.2.1 Cách tính các dòng mắt lướiMạch có M mắt, phải tính giá trị của M dòng mắt

lưới. Để tìm được giá trị M dòng mắt lưới này, phải giảimột hệ M phương trình dòng mắt lưới.

Làm thế nào viết được hệ phương trình đó, ta hãyxem ví dụ sau đây, mạch có 3 mắt: mắt trái với dòng mắtlưới , mắt giữa với dòng mắt lưới , mắt phải vớidòng mắt lưới .

Z5

)1()( 122121 EIZIZZ mm&&& =−+

-Định luật K2 viết cho mắt giữa, trong đó ngoài các điệnáp do gây ra, còn có các điện áp do gây ra ở nhánhchung AC giữa mắt giữa và mắt trái, các điện áp do gây ra ở nhánh chung BC giữa mắt giữa và mắt phải

••••A B

C

Z1Z2

Z3

Z4

1mI&

2mI&

m3I&

1I&

2I&3I&

4I&

5I&

1E& 5E&

••••

••••

- Định luật K2 viết chomắt trái, trong đó lưu ý ngoài các điện áp do gây ra, còn có các điện áp

do gây ra ở nhánhchung AC giữa 2 mắttrái và mắt giữa:

1mI&

2mI&

2mI&

3mI&

1mI&2mI&

3mI&

1mI&


6

Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3), ta tìm được giá trịcủa các dòng ,1mI& ,2mI& .3mI&

)3()( 524354 EIZIZZ mm&&& =++

)2(0)( 34122432 =+−++ mmm IZIZIZZZ &&&

- Định luật K2 viết cho mắt phải, trong đó lưu ý ngoài cácđiện áp do gây ra, còn có các điện áp do gây ra ở nhánh chung BC giữa mắt phải và mắt giữa:

3mI& 2mI&

3.2.2 Các bước giải mạch điện bằngphương pháp dòng mắt lưới

Bước 1: Nếu trong mạch có nguồn dòng thì cần thay bằngnguồn áp tương đương.Bước 2: Viết hệ phương trình dòng mắt lưới (mạch có M mắt thì viết M phương trìnhBước 3: Giải hệ phương trình trên, ta tìm được giá trịcủa các dòng mắt lưới.

Bước 4: Suy ra các dòng nhánh theo nguyên tắc sau đây:

- Nếu chỉ duy nhất 1 dòng mắt lưới chạy qua nhánh thìdòng mắt lưới đó chính là dòng nhánh. Ví dụ, ở mạch điệntrên: - Nếu có nhiều dòng mắt lưới chạy qua cùng 1 nhánh thìxếp chồng tất cả các dòng mắt lưới đó lại, ta sẽ có dòngnhánh. Ví dụ, ở mạch điện trên:

;212 mm III &&& −= 324 mm III &&& +=3.2.3 Bài tập áp dụng phương pháp dòng mắt lưới

Giải mạch điện hình C bằng phương pháp dòngmắt lưới.

Bước 1: Thay nguồndòng 2 ∠ - 30o (A) song song 4 – j2 (Ω) bởi nguồn

2I&

m35m23m11 II;II;II &&&&& =−==

A B


9ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

1I& 4I&

CHình C

3I&


7

4- j2 (Ω) (hình D).áp tương đương )2j4)(302( o −−∠ )V(464,7j928,4 −= nối tiếp

4-j2 (ΩΩΩΩ)5ΩΩΩΩ j12ΩΩΩΩ

9ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

10∠∠∠∠0o(V) 4,928 - j7,464 (V)

1mI&

2mI&

1I&

2I&

3I&

Hình D

Bước 2: Viết hệ 2 phương trình dòng mắt lưới- Mắt trái: 10I)12j9(I)12j95( 2m1m =++++ &&

)1(10I)12j9(I)12j14(:Hay 1m1m =+++ &&

- Mắt phải: 1m2m I)12j9(I)2j4212j9( && ++−+++464,7j928,4 −=

)2(464,7j928,4I)10j15(I)12j9(:Hay 2m1m −=+++ &&

Bước 3: Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) - Ta có:∆∆=∆∆= /Ivà/I 22m11m

&&

Bước 4: Suy ra các dòng nhánh - Ta có:

04,108j08,16

)464,7j928,4)(12j9()10j15)(10(10j15464,7j928,4

12j910

1

1

+=∆→

−+−+=+−

+=∆

36,165j56,68

)12j9)(10()464,7j928,4)(12j14(464,7j928,412j9

1012j14

2

2

−=∆→

+−−+=−+

+=∆

104j153

)12j9()10j15)(12j14(10j1512j9

12j912j14 2

+=∆→

+−++=++

++=∆Trong đó:

)A(69,10197,0104j153

36,165j56,68I o

2m −∠=+−

=&

)A(33,4759,0104j153

04,108j08,16I o

1m ∠=++

=&Suy ra:

(A)47,330,59 o∠== 1m1 II && (A)68,310,55 o−∠=+= 2m1m2 III &&&

(A)78,310,97 o∠=−= 2m3 II && (A)1,561,93 o−∠=+= 534 III &&&


8

3.3 Giải mạch điện bằng phương pháp xếp chồngLà xếp chồng các dòng điện do từng nguồn tác động

riêng rẽ cung cấp cho một nhánh điện, để tìm ra dòngnhánh đó. Phương pháp này, đặc biệt hiệu quả khi trongmạch có nhiều nguồn cùng tác động, nhưng lại tác độngvới những tần số ω khác nhau.

3.3.1 Cách tính các dòng điện do từng nguồn tác độngriêng rẽ cung cấp

•

•

•

•

2I&

1E&

4J&

1I& 3I&1Z

2Z

3Z

4I&

4Z

Mạch điện có bao nhiêunguồn, phải lặp đi lặp lạiviệc tính các dòng điện nàybấy nhiêu lần. Ta hãy xemví dụ sau đây, mạch có 2 nguồn (1 nguồn áp và 1

nguồn dòng), bài toán có 2 bước lặp như sau:

Ta có:Bước 1: Hở mạch nguồn dòng, chỉ để nguồn áp tác động(hình E).

)(5);(010 11 Ω=∠= ZVE o&

)(2);(129 32 Ω=Ω+= ZjZ)(24);(302 44 Ω−=−∠= jZAJ o&

••••

••••

••••

••••

2'I&

1E&

1'I& 3'I&

1Z

2Z

3Z

••••

••••4Z

Hình E

2j4212j9)2j42)(12j9(

5

10

ZZZ)ZZ(Z

Z

E)ZZ//(ZZ

E'I

432

4321

1

4321

11

−+++−++

+=

+++

+=

++=

&

&&

1'I&→

)(104153100150

'1 Ajj

I++

=→ &

)(10415312090

)242129

129(

104153100150

)(''432

23 A

jj

jjj

jj

ZZZZ

II++

=−+++

+++

=++

=→ &&


9

)(104153

359,45564,158A

jj

+−

=

)(1041532060

''': 312 Ajj

IIIvà+−

=−= &&&

Bước 2: Nối tắt nguồn áp, chỉ để nguồn dòng tác động(hình F). Ta có:

••••

••••

••••

••••

2"I&

4J&

1"I&

3"I&1Z

2Z

3Z

4Z

Hình F

]

1295)129(5

224

24)[302(

).

("

21

2134

443

jj

j

j

ZZZZ

ZZ

ZJI

o

+++

++−

−−∠=

+++

= &&

)A(104j153

3205,37j641,24

)12j95

5)(

104j153

359,45j564,158()

ZZ

Z("I"I

21

132

+−

=

+++−

=+

=→ &&

2"I&→

3.3.2 Xếp chồng các dòng điện để suy ra dòng nhánh

)A(104j1530385,8j923,133

)104j153

3205,37j641,24()

104j153359,45j564,158

("I"I"Ivà 231

+−

=

+−

−+−

=−= &&&

1"I&→

Xét mạch điện lấy làm ví dụ ở trên, ta có:

(A)47,330,59jj

jj

III o∠=+−

−++

=−= )104153

0385,8923,133()

104153100150

("' 111&&&

(A)68,310,55j

j

j

jIII o−∠=

+−

++−

=+= )104153

3205,37641,24()

104153

2060("' 222

&&&

(A)78,310,97jj

jj

III o∠=+−

−++

=−= )104153

359,45564,158()

10415312090

("' 333&&&

(A)1,561,93JII ooo −∠=−∠+∠=+= )302()31,7897,0(434&&&

3.4 Giải mạch điệnbằng phương pháp mạch tương đương


10

3.4.1 Các bước giải mạch điệnbằng phương pháp mạch tương đương

Sơ đồ giải thuật của phương pháp mạch tương đươngđược trình bày ở trang sau..

Giả sử ta cần tìm dòng qua nhánh chứa tải X nàođó của mạch, ta có thể cắt bỏ nhánh đó ra khỏi mạch. Phần còn lại của mạch là một mạng 1 cửa. Mạng 1 cửa này sẽ được thay thế bằng mạch tương đươngThévénin hoặc Norton. Bây giờ muốn tìm dòng , tachỉ việc ráp nhánh đã cắt bỏ vào mạch tương đươngThévénin hoặc Norton đã xác định được ở trên, ta sẽtính được dòng . Đó là nội dung của phương phápmạch tương đương.

tI&

tI&

tI&

3.4.2 Cách xác định trở kháng trong Zocủa nguồn tương đương

: Dòng qua tải X ; :Trở kháng trong của cácnguồn tương đương ; : Điện áp của nguồn áp tươngđương (Thévénin) ; : Giá trị của nguồn dòng tươngđương (Norton)

hmU&tI& oZ

nmI&

Zo

X

B

A

Mạch Thévénintương đương

Mạngmộtcửa

B

A

A

B

Tươngđươngvới

Phầncònlạicủamạch

X

Mạngmộtcửa

A

B

Zo

A

B

Mạch Norton tương đương

X

Tươngđươngnhau•

•

hmU&hmU&

tI&

tI&

tI&

nmI&

nmI&


11

Cả 2 nguồn tương đương Thévénin và Norton đều cótrở kháng trong Zo giống nhau khi cả 2 đều thay thếtương đương cho cùng một mạng 1 cửa (A,B).

Và trở kháng trong Zo này chính là trở kháng tươngđương của mạng 1 cửa nhìn từ 2 cực A,B.:Cần tuân thủ 2 nguyên tắc sau đây khi xác định Zo:

1) Nếu trong mạng 1 cửa (A,B) chứa các nguồn ápđộc lập thì phải nối tắt tất cả các nguồn này lại, còn nếutrong mạng 1 cửa (A,B) chứa các nguồn dòng độc lập thìphải hở mạch tất cả các nguồn này lại, sau đó vận dụngcác phép biến đổi tương đương đã học để tính trở khángtương đương của mạng 1 cửa nhìn từ 2 cực A, B.

2) Nếu trong mạng 1 cửa (A,B), ngoài các nguồn độclập, còn có thêm các nguồn phụ thuộc thì, trước tiên phảinối tắt hoặc hở mạch các nguồn độc lập, sau đó phải kích

thích ở 2 cực A, B một nguồn áp tưởng tượng 1V hoặcmột nguồn dòng tưởng tượng 1A, rồi vận dụng cácphương pháp giải mạch điện đã học để , nếu kích thíchlà nguồn áp 1V, tính dòng qua mạng, hoặc nếu kíchthích là nguồn dòng 1 A, tính điện áp ở 2 đầu A,B của mạng. Từ đó, ta tính được:

1A

I&U&

Mạng 1 cửacó nguồnphụ thuộc 1V

I&••••

••••

A

B

IZo &

1=

Mạng 1 cửacó nguồnphụ thuộc

••••

••••

U&

A

B

UZo&=

Ví dụ 1: Tìm Zo của mạch tương đương thay thế mạng 1 cửa (A,B) sau đây (hình G).


12

Nối tắt nguồn 10∠0o(V) và hở mạch nguồn 2∠- 30o(A) (hình H), ta có:


9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

A B

C 2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

•••• ••••

Hình GC


9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

A B•••• ••••

••••

••••

HìnhH

)(1176,1j9706,72j412j95)12j9(5

Z

)2j4()]12j9//(5[ZZ

o

ABo

Ω−=−++++

=→

−++==

Ví dụ 2: Tìm Zo của mạch tương đương thay thếmạng 1 cửa (A,B) sau đây (hình I).

Nối tắt nguồn 6V, kích thích ở cửa (A,B) một nguồndòng 1A (hình J), ta dùng phương pháp thế nút để tìm U (vì Zo = U).

A

B

6V 2UX

UX

1ΩΩΩΩ

Hình I

0,5ΩΩΩΩ1ΩΩΩΩ

BHình J

2UX

A0,5ΩΩΩΩ1ΩΩΩΩ

U1A

1A

1ΩΩΩΩ

UX

CC

Coi ϕB = 0, ta có: , vớita suy ra ϕC = 0.

XAC U25,0

1)

5,0

1

1

1( =ϕ−ϕ+ ACXU ϕ−ϕ=

132hay1)5,01

11(

5,01

ACAC =ϕ+ϕ−=ϕ++ϕ−Và: , biết

ϕC = 0, ta suy ra ϕA = 1/3 VVậy: Zo = U = ϕA - ϕB = 1/3 – 0 = 1/3 Ω

3.4.3 Cách xác định điện áp do nguồn tưong đươngThévénin cung cấp

Điện áp, do nguồn Thévénin cung cấp cho mạch thay


13

Thay nguồn áp (10V nối tiếp 5Ω) bởi ngồn dòng tươngđương (10/5 = 2A song song 5Ω) (hình L).

Ví dụ 3: Hãy xác định điện áp của nguồn Thévéninthay thế tương đương mạng 1cửa (A,B) sau đây (hình K)

hmU&

thế tương đương mạng 1 cửa (A,B), chính là điện áptrên 2 cực A, B của mạng khi ta để hở cửa (A,B), kýhiệu , đọc là “điện áp hở mạch”. Thường đượcxác định bằng phương pháp thế nút.

hmU& hmU&

hmU&


9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

A B

C 2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

•••• ••••


9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

A B

C 2∠∠∠∠-30o(A)

•••• ••••

2A

Hình K Hình L

AA••••

Chú ý: 1) Với kết quả trên và kết quả tính được ở ví dụ 1, ta vẽđược sơ đồ mạch Thévénin thay thế tương đươngmạng 1 cửa (A,B) ở ví dụ 1 như sau (hình M)

Coi , ta có: 0C =ϕ&

)V(7647,1j9412,72)12j9

1

5

1( AA +=ϕ→=ϕ

++ &&

Và: )V(4641,7j9282,43022j4

1B

oB −=ϕ→−∠=ϕ

−&&

Suy ra: 2288,9013,3U BAhm +=ϕ−ϕ= &&& (V)

B

HìnhN

B

HìnhM 2ΩΩΩΩ

3I&j1,1176-7,9706 (ΩΩΩΩ) j1,1176-7,9706 (ΩΩΩΩ)

(V)j9,22883,013hmU +=&(V)j9,22883,013hmU +=&••••

••••

••••


14

2) Mạng 1 cửa (A,B) ở ví dụ 1 cũng là phần còn lại củamạch điện trong bài tập áp dụng 2 (chương 2) sau khicắt bỏ nhánh 2Ω , vì vậy, để kiểm chứng kết quả dòng

qua nhánh 2Ω mà ta đã giải bằng các phươngpháp thế nút, dòng mắt lưới, xếp chồng, ta ráp nhánh2Ω vào mạch ương đương Thévénin (hình N), ta tínhđược:

3I&

(A)78,310,97 o∠=+

=2Z

UI

o

hm3

&&

3.4.4 Cách xác định dòng điện do nguồn tương đương Norton cung cấp

Dòng điện, do nguồn Norton cung cấp cho mạch thaythế tương đưong mạng 1 cửa (A,B), chính là dòng điệnnối tắt 2 cực A, B của mạng, ký hiệu , đọc là “dòngngắn mạch”. Thường được xác định bằng phươngpháp dòng mắt lưới.

nmI&nmI&

Ví dụ 4: Hãy xác định dòng điện của nguồnNorton thay thế tương đương mạng 1 cửa (A,B) sau dây(hình K). 4 - j2 (ΩΩΩΩ)


9ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

- j2ΩΩΩΩ

A B

C 2∠∠∠∠-30o(A)10∠∠∠∠0o(V)

•••• ••••Hình K


9ΩΩΩΩ

A B

C10∠∠∠∠0o(V)

•••• ••••nmI&

j2)(V))(4o30(2 −−∠

Hình Q

m1I&m2I&

Hê 2 phương trình dòng mắt lưới:

Thay nguồn dòng 2∠-30o(A) song song (4-j2) (Ω) bởinguồn áp )V)(2j4)(302( o −−∠ nối tiếp (4 – j2)(Ω) (hình Q).

)1(10I)12j9(I)12j95( 2m1m =++++ &&

om1 m2(9 j12)I (9 j12 4 j2)I (2 30 )(4 j2) (2)+ + + + − = ∠− −& &

nmI&


15

Chú ý: 1)Với kết quả trên và kết quả tính được ở ví dụ 1, ta vẽđược sơ đồ mạch Norton thay thế tương đương mạng1 cửa (A,B) ở ví dụ 1 như sau (hình R)

Giải hệ 2 phương trình (1) và (2), ta được:

Suy ra: )A(1875,1j2115,0II 2mnm +=−= &&

)A(1875,1j2115,0I 2m −−=&

•

•

•

•

Hình R

ZonmI&

7,9706 – j1,1176 (ΩΩΩΩ)

0,2115 + j1,1875 (A)

•

•

•

•

Hình S

2ΩΩΩΩZo

A

B

nmI&

7,9706 – j1,1176 (ΩΩΩΩ)

0,2115 + j1,1875 (A)

3I&A

B

2) Mạng 1 cửa (A,B) ở ví dụ 1 cũng là phần còn lại củamạch điện trong bài tập áp dụng 2 (chưong 2) sau khicắt bỏ nhánh 2Ω , vì vậy, để kiểm chứng kết quả dòng

3I&

o

hmnmnmohm Z

UII.ZU

&&&& =⇔=

Nhận xét: Nếu nguồn Thévénin và nguồn Norton cùngthay thế tương đương một mạng 1 cửa thì giữa 2 nguồnnày có thể biến đổi qua lại như sau:

(A)78,310,97 o∠=+

= )2Z

Z(II

o

onm3&&

qua nhánh 2Ω mà ta đã giải bằng các phương phápthế nút, dòng mắt lưới, xếp chồng, ta ráp nhánh 2Ω vàomạch ương đương Norton (hình S), ta tính được:

3I&

3.5 Mạch chứa khuếch đại thuật toán3.5.1 Khuếch đai thuật toán là gì

“Khuếch đại thuật toán” hay OP-AMP (Operational amplifier) là một phần tử đa cực, trong đó ta để ý đến 5 cực chính (1)(2)(3)(4)(5).


16

* 2 cực (1) và (2) nhận 2 nguồn điện DC trái cực tính ± V (khoảng 10V đến 15V). Hai nguồn DC này có điểm nốichung nối đất (điện thế bằng 0)

* 2 đầu vào (3) và (4): - Đầu (+) là đầu vào không đảo

- Đầu (-) là đầu vào đảo

Đặt một điện thế dương vào đầu (+), còn đầu (-) nốiđất thì đầu ra sẽ có điện thế dương

••••

(1)

(2)

(3)

(4) (5)••••

••••

••••

••••

••••

••••

Đặt một điện thế dương vào đầu (-), còn đầu (+) nốiđất thì đầu ra sẽ có điện thế âm* 1 đầu ra (5) đưa tín hiệu đã được khuếch đại ra tải.3.5.2 Các mô hình của OP-AMP••••Mô hình gần đúngNếu chỉ để ý đến 2 đầu vào và đầu ra, bỏ qua 2 cực

nhận 2 nguồn điện DC, thì OP-AMP được mô hình hóagần đúng như sau:

•

•

•

•

•

uo

Ro

A(u+ - u-)

R

iu+

u-

i+

i-

Đầu vào không đảo

Đầu vào đảo

Đầu ra

•

Ri: điện trở vào, thường rất lớn (>1MΩ), Ro: là điệntrở ra, thường rất bé (<100Ω), A: độ lợi rất cao (>105)


17

•Mô hình đơn giảnVì điện trở Ro rất bé nên có thể xem bằng 0, và điện

trở Ri rất lớn nên i+ = i- = 0 (*). Ta được mô hình đơngiản hơn nữa của OP-AMP:

••••

••••

••••

••••

••••

••••

••••

uoA(u+ - u-)

u+

u-

i+ = 0

i- = 0

••••

••••Mô hình lý tưởngKhi OP-AMP làm việc tuyến tính thì có thể xem

gần đúng: u+ - u- = 0 hay u+ = u- (**). Mô hình mạchcủa OP-AMP có các thông số (*) và (**) được gọi là môhình lý tưởng.

3.5.3 Các ví dụ về mạch chứa OP-AMP

eS

R1

R2

i- uo

i1

•••• •••••••• ••••

•••• •••• ••••

i+

u+

u-

i2

Biết: u+ = ϕ3 = 0 ; u-= ϕ1 → ϕ1 = 0 và ϕ2 = uo

Áp dụng mô hình lý tưởng: u+ = u- và i+ = i- = 0

Ví dụ 1: Tính độ lợi điện áp uo/eS của mạch chứaOP-AMP sau đây. Biết R1 = 1000 Ω ; R2 = 5000 Ω.

00R1

)(R1

)e(0iii2

211

1S21 =−ϕ−ϕ−ϕ−→=−− +

5e

u

S

o −=→=−−− 050001

)u0(10001

)0e(:hay oS


18

Ví dụ 2: Tìm độ lợi điện áp uo/eS của mạch chứaOP-AMP sau đây.

Áp dụng mô hình lý tưởng: u+ = u- và i+ = i- = 0Biết: u+ = ϕ1 = eS ; u- = ϕ3 →ϕ3 = ϕ1 = eS và ϕ2 = 0Định luật K1 tại nút :

00R1

)(R1

)(0iii2

231

3421 =−ϕ−ϕ−ϕ−ϕ→=−− −

1

2

S

o

RR

1e

u+=→=−−− 0

R1

)ue(R1

)e0(hay2

oS1

S

eS

R1

R2

i+

i-

uoRt

i1

i2

••••

••••

••••••••u+

u-

•••• ••••

••••

Áp dụng mô hình lý tưởng: u+ = u- và i+ = i- = 0Biết: u+ = ϕ3 = 0 ; u- = ϕ2 → ϕ2 = ϕ3 = 0 và ϕ1 = uo

Định luật K1 tại nút 2: i1 – i2 – i- = 0

00R1

)(dt

)u(dChay 12

2i =−ϕ−ϕ−ϕ−

dtdu

RCu io −=→=−−

−→ 0

R1

)u0(dt

)0u(dC o

i

Ví dụ 3: Tính uo theo ui trong mạch chứa OP-AMP sauđây.

ui(t)

R

i+

i-

uo(t)

i1

i2C

•

•

•••••

u+

u-

••••

••••

••••


19

ui(t)

R

i+

i-

uo(t)

i1

i2 C••••

••••

••••

••••

••••

••••

••••

u+

u-

Ví dụ 4: Tính uo theo ui trong mạch chứa OP-AMP sau đây.

Áp dụng mô hình lý tưởng: u+ = u- và i+ = i- = 0Biết: u+ = ϕ3 = 0 ; u- = ϕ2 → ϕ2 = ϕ3 = 0 và ϕ1 = uo

Định luật K1 tại nút 2: i1 – i2 – i- = 0

00dt

)u(dC

R

1)u(hay o2

2i =−−ϕ

−ϕ−

dt

duRCu0

dt

)u0(dC

R1

)0u( oi

oi −=→=

−−−→

Z2

Áp dụng mô hình lý tưởng: . 0IIvàUU === −+−+&&&&

Ví dụ 5: Tìm trong mạch chứa OP-AMP sau đây. 1

2

U

U&

&

dtuRC1

u to io ∫−=:cóta

=∫ +−=→ ,0)0(ucoi,)0(udtuRC

u to oio

1

1U&

1I&

2U&

Z1

••••

••••

••••••••

••••

••••

••••+U&

−U&

+I&

−I&

2I&

Biết: 0U;0U 4334 =ϕ=ϕ→ϕ==ϕ= −+ &&&&&&


20

Định luật K1 tại nút : 0III 21 =−− −&&&

Và: ; 22 U&& =ϕ11 U&& =ϕ

Hay: 00Z

1)(

Z

1)(

223

131 =−ϕ−ϕ−ϕ−ϕ &&&&

1

2

1

2

ZZ

UU

−=→=−−−&

&&& 0

Z1

)U0(Z1

)0U(2

21

1

Ví dụ 6: Tìm trong mạch chứa OP-AMP sau đây.12 U/U &&

••••

Y1

Y2

Y3

Y4 Y5

••••

••••

••••••••

••••

••••

••••

••••

••••

1U&

+U&

−U&

2U&

)2(YYYY

UYUY0UYUY)YYYY(

4321

24114

241144321

++++

=ϕ→

=−−ϕ+++→&&

&

&&&

Áp dụng mô hình lý tưởng: −+ = UU &&

Hệ phương trình thế nút viết cho các nút:

- Nút :0YYYY)YYYY( 3324521144321 =ϕ−ϕ−ϕ−ϕ−ϕ+++ &&&&&

)1(Y

UY0UYY

3

2542543

&&&& −=ϕ→=−ϕ−→

22 U; && =ϕVà: 11 U&& =ϕ

(1) & (2) cho tatính được: )YYY(YYYY

YY

UU

4321543

31

1

2

++++−

=&

&

Biết: 0U;0U 5335 =ϕ=ϕ→ϕ==ϕ= −+ &&&&&&

- Nút : 0YY)YY( 2543353 =ϕ−ϕ−ϕ+ &&&


21

BÀI TẬP CHƯƠNG 3 A. Bài tập về phương pháp thế nút và dòng mắt lưới

Bài 3.1 Tìm I trong mạch điện hình 148.

Hướng dẫn giải (Phương pháp dòng mắt lưới)

Chọn chiều 2 dòng mắt lưới Im1 và Im2 như hình 149. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới: (10+ 5)Im1 + 5Im2 = 30 (1) ; 5Im1 + (2 + 5)Im2 = 20 (2)

(1) → Im2 =5

I1530 1m−=6 – 3Im1. Thay vào (2): 5Im1 + 7(6 – 3Im1)=20 → I = Im1 =1,375 A



Chọn chiều 2 dòng mắt lưới Im1 và Im2 như hình 151. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới: (10+ 20)Im1 - 20Im2 = 100 – 100 = 0 (1) ; - 20 Im1 + (20 + 35) Im2 = 100 (2)

(1) → Im1 = 3

2 Im2. Thay vào (2): - 20(3

2 Im2) + 55 Im2 = 100 → I = Im2 = 2,4 A



Chọn chiều 2 dòng mắt lưới Im1 và Im2 như hình 153. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới: (40 + 10)Im1 + 10Im2 = 60 + 30 = 90 (1) ; 10Im1 + (10 + 20)Im2 = 30 + 30 = 60 (2)

HÌNH 150

100V 100V

10Ω

20Ω 35Ω

I

HÌNH 151

100V

100V

10Ω

20Ω 35Ω

I

Im1 Im2

HÌNH 152 60V 30V 30V

40Ω 10Ω 20Ω

I

HÌNH 153

10Ω 40Ω

20Ω

60V 30V 30V Im1

Im2

I

HÌNH 148

30V 20V

10Ω

5Ω

2Ω

I

HÌNH 149

30V 20V

10Ω

5Ω

2Ω I

Im1 Im2


22

(1) → Im2 = 10

I5090 1m− = 9 – 5Im1. Thay vào (2): 10Im1 + 30(9 – 5Im1) = 60

→ Im1 = 1,5 A → Im2 = 9 – 5(1,5) = 1,5 A → I = - Im1 – Im2 = - 1,5 1,5 = - 3 A

Bài 3.4 Tìm U trong mạch điện hình 154.

Hướng dẫn giải (Phương pháp thế nút)

Coi ϕ3 = 0, viết hệ 2 phương trình thế nút 1 và 2:

(1+ 2

1 )ϕ1 - 2

1 ϕ2 = 12 (1) ; - 2

1 ϕ1 + (2

1 + 3

1 )ϕ2 = 2 (2). Từ (1) → ϕ1 = 8 + 3

1 ϕ2.

Thay vào (2): - 2

1 (8 +3

1 ϕ2) + 6

5 ϕ2 =2 → ϕ2 = 9 V. Từ đó: U =ϕ2 - ϕ3= ϕ2 = 9 V



Biến đổi nguồn dòng (2A // điện trở 8Ω) thành nguồn áp (2x8 = 16V nối tiếp điện trở 8Ω) như hình 156. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới Im1 và Im2:

(36 + 12)Im1 – 12Im2 = 90 – 60 = 30 (1) ; - 12Im1 + (12 + 8)Im2 = 60 – 16 = 44 (2) (1) → Im1 = 0,625 + 0,25Im2 . Thay vào (2): - 12(0,625 + 0,25Im2) + 20Im2 = 44

→ Im2 = 17

5,51A → I = 2 +

17

5,51 =

17

5,85 ≈ 5,03 A

Bài 3.6 Xác định ϕ1 và ϕ2 trong mạch điện hình 157.

Hướng dẫn giải (Phương pháp thế nút)

HÌNH 154 12A 2A

U 3Ω

1Ω

2Ω

90V 60V

2A

8Ω 36Ω

12Ω 12Ω 36Ω 8Ω

90V 60V 16V

Im1 Im2

I

HÌNH 155 HÌNH 156

HÌNH 157 50∠0o(V)

10Ω j5Ω

2Ω

3Ω

j4Ω

- j10Ω

HÌNH 158 5 (A)

10Ω

j5Ω

2Ω

3Ω

j4Ω - j10Ω


23

Biến đổi nguồn áp (50V nối tiếp 10Ω) thành nguồn dòng (10

50 = 5A // 10Ω) như

hình 158. Coi ϕ3 = 0, hệ phương trình thế nút 1 và 2 được viết như sau:

(10

1 + 5j

1 + 2

1 )ϕ1 - 2

1 ϕ2 = 5 (1) ; - 2

1 ϕ1 + (2

1 + 4j3

1

+ +

10j

1

−)ϕ2 = 0 (2)

(1) → ϕ1 = 2,0j6,0

5,05 2

−

ϕ+. Thay vào (2): -

2

1 (2,0j6,0

5,05 2

−

ϕ+) + (0,62 – j0,06)ϕ2 = 0

→ ϕ2 = 12,88∠55,49o (V) → ϕ1 = 2,0j6,0

)49,5588,12(5,05 o

−

∠+ = 16,04∠49,96o (V)

Bài 3.7 Xác định AI& , BI& , CI& trong mạch điện hình 159.

Hướng dẫn giải (Phương pháp dòng mắt lưới) Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& và 2mI& như hình 160. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(20 + 10) 1mI& - 10 2mI& = 100∠120o = - 50 + j50 3 hay 3 1mI& - 2mI& = - 5 + j5 3 (1) - 10 1mI& + (10 + 10) 2mI& = 100 hay - 1mI& + 2 2mI& = 10 (2)

(2) → 2mI& = 2

I10 1m&+

= 5 + 0,5 1mI& . Thay vào (1): 3 1mI& - 5 – 0,5 1mI& = - 5 + j5 3

→ AI& = 1mI& = j2 3 = 2 3∠90o (A) → 2mI& = 5 + 0,5(j2 3 ) = 5 + j 3 = 5,29∠19,1o (A) → BI& = 2mI& - 1mI& = 5 + j 3 - j2 3 = 5 - j 3 = 5,29∠- 19,1o (A) → CI& = - 2mI& = 5,29∠(19,1o – 180o) = 5,29∠- 160,9o (A)

Bài 3.8 Xác định công suất tác dụng nguồn 50∠0o (hiệu dụng) (V) phát ra và công suất tiêu tán trên từng điện trở trong mạch điện hình 161.

HÌNH 159 HÌNH 160

100∠120o(V)

100∠0o(V)

20Ω

10Ω

10Ω

AI&

BI&

CI&

100∠120o(V)

100∠0o(V)

20Ω

10Ω

10Ω

AI&

BI&

CI&

1mI&

2mI&

HÌNH 161

50∠0o(V)

5Ω

j10Ω

3Ω

-j4Ω

HÌNH 162 50∠0o(V)

5Ω

j10Ω

3Ω

-j4Ω

1mI& 2mI&

I& 2I&


24

Hướng dẫn giải (Phương pháp dòng mắt lưới): Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& và 2mI& như hình 162. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(5 + j10) 1mI& - j10 2mI& = 50 hay (1 + j2) 1mI& - j2 2mI& = 10 (1) - j10 1mI& + (j10 + 3 – j4) 2mI& = 0 hay - j10 1mI& + (3 + j6) 2mI& = 0 (2)

(2) → 1mI& = 10j

I)6j3( 2m&+

= (0,6 – j0,3) 2mI& . Thay vào (1): (1 + j2) (0,6 – j0,3) 2mI& -

j2 2mI& = 10 → 2I& = 2mI& = 6,143∠42,51o (A) → P3Ω = I22(3) = (6,143)2.3 = 113,21 W

Dòng trong mạch chính: I& = 1mI& = (0,6 – j0,3)(6,143∠42,51o) = 4,12∠69,08o (A) → P5Ω = I

2(5) = (4,12)2.5 = 84,87 W Công suất tác dụng nguồn cung cấp: P = P3Ω + P5Ω = 113,21 + 84,87 = 198,08 W Bài 3.9 Xác định công suất tác dụng nguồn 50∠0o (V) (hiệu dụng) phát ra và

công suất tiêu tán trên từng điện trở trong mạch điện hình 163.

Hướng dẫn giải (Phương pháp dòng mắt lưới) Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& và 2mI& như hình 164. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(10 – j5) 1mI& - (- j5) 2mI& = 50 hay (1 – j0,5) 1mI& + j0,5 2mI& = 5 (1)

- (- j5) 1mI& + (- j5 + 3 + j4) 2mI& = 0 hay j5 1mI& + (3 – j1) 2mI& = 0 (2)

(2) → 2mI& = 1j3

I5j 1m

−

− &

. Thay vào (1): (1 – j0,5) 1mI& + (j0,5)(1j3

I5j 1m

−

− &

) = 5

→ I& = 1mI& = 2,83∠8,13o (A) → P10Ω = I2(10) = (2,83)2.10 = 80 W

→ 2I& = 2mI& = 1j3

)13,883,2(5j o

−

∠− = 4,47∠- 63,43o (A) → P3Ω = I22(3) = (4,47)2.3 = 60W

Vậy, công suất tác dụng nguồn cung cấp: P = P10Ω + P3Ω = 80 + 60 = 140 W

Bài 3.10 Xác định công suất tác dụng nguồn 10∠0o (V) (hiệu dụng) phát ra và công suất tiêu tán trên từng điện trở trong mạch điện hình 165.

HÌNH 163 HÌNH 164

50∠0o(V)

50∠0o(V)

10Ω

-j5Ω -j5Ω

10Ω 3Ω 3Ω

j4Ω j4Ω 1mI& 2mI&

I& 2I&

HÌNH 165 HÌNH 166

10∠0o(V)

10∠0o(V)

2Ω

-j2Ω 3Ω

-j2Ω

1Ω 1Ω

-j2Ω

3Ω -j2Ω

2Ω

1mI& 2mI&

I& 2I&


25

Hướng dẫn giải (Phương pháp dòng mắt lưới): Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& và 2mI& như hình 166. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(2 – j2 + j2) 1mI& - j2 2mI& = 10 hay 1mI& - j 2mI& = 5 (1) - j2 1mI& + (j2 + 3 – j5 + 1) 2mI& = 0 hay - j2 1mI& + (4 – j3) 2mI& = 0 (2)

(1) → 1mI& = 5 + j 2mI& . Thay vào (2): - j2(5 + j 2mI& ) + (4 – j3) 2mI& = 0 → 2I& = 2mI& = 1,49∠116,57o (A) → P3Ω = I2

2(3) = (1,49)2.3 = 6,66 W ; P1Ω = I2

2(1) = (1,49)2.1 = 2,22 W → I& = 1mI& =5 + j(1,49∠116,57o) =3,727∠- 10,3o (A) → P2Ω =I

2(2)=(3,727)2.2 = 27,78 W Vậy, công suất tác dụng nguồn cung cấp:

P = P3Ω + P1Ω + P2Ω = 6,66 + 2,22 + 27,78 = 36,66 W

Bài 3.11 Dùng phương pháp thế nút tìm ABU& trong mạch điện hình 167.

Hướng dẫn giải: Biến đổi nguồn áp [100∠45o (V) nối tiếp điện trở 5Ω] thành

nguồn dòng [(5

100 = 20)∠45o (A) // điện trở 5Ω] như hình 168.

Coi ϕB = 0, hệ phương trình thế nút A được viết như sau:

(5

1 + 20j5

1

+ +

20

1 ) Aϕ& = 20∠45o hay (425

25,111 - j425

20 ) Aϕ& = 20∠45o

→ ABU& = Aϕ& - Bϕ& = Aϕ& - 0 = Aϕ& =

425

20j

425

25,1114520 o

−

∠ = 75,2∠55,2o (V)

Bài 3.12 Dùng phương pháp thế nút tìm 1ϕ& trong mạch điện hình 169.

HÌNH 167

100∠45o(V)

A

B

5Ω 5Ω

j20Ω 20Ω

HÌNH 168

20∠45o(A) B

A

20Ω

5Ω

5Ω j20Ω

3Ω

HÌNH 169

HÌNH 170

25∠0o(A) )A(0

73

400j150 o∠+

50∠0o(V) 50∠0o(V)

2Ω

2Ω

3Ω 3Ω 3Ω

j5Ω j5Ω

-j8Ω

-j8Ω


26

Hướng dẫn giải: Biến đổi nguồn áp [50∠0o (V) nối tiếp điện trở 2Ω] thành

nguồn dòng [(2

50 = 25)∠0o (A) // điện trở 2Ω] và nguồn áp [50∠0o (V) nối tiếp trở

kháng (3 – j8) (Ω)] thành nguồn dòng [(8j3

50

−=

73

400j150 + )∠0o (A) // trở kháng (3– j8)

(Ω)] (hình 170)

Coi ϕ2 = 0, hệ phương trình thế nút 1 được viết như sau: (2

1 +5j3

1

++

8j3

1

−) 1ϕ&

= 25+73

400j150 + =73

400j1975 + hay (1562–j93) 1ϕ& =67150+j13600→ 1ϕ& =43,79∠14,86o (V)

Bài 3.13 Tìm 2I& trong mạch điện hình 171. Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới)

Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& và 2mI& như hình 172. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(j10 + 5 + j5) 1mI& + j10 2mI& = 50 hay (1 + j3) 1mI& + j2 2mI& = 10 (1)

j10 1mI& + (10 + j10) 2mI& = 50 hay j 1mI& + (1 + j1) 2mI& = 5 (2) (2) → 1mI& = - j5 - (1 – j1) 2mI& , Thay vào (1): (1 + j3)[ - j5 - (1 – j1) 2mI& ] + j2 2mI& = 10

→ 2mI& = 1,25 2∠- 45o (A) → 2I& = 1,25 2∠135o (A)

Bài 3.14 Xác định công suất tác dụng nguồn 50∠0o (V) (hiệu dụng) phát ra và công suất tiêu tán trên từng điện trở trong mạch điện hình 173. Biết R1 = R3 = 5 Ω ; R2 = 3 Ω ; R4 = 2Ω. R3

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới) Chọn chiều 3 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& , 3mI& như hình 174. Hệ 3 phương trình

dòng mắt lưới: (5 – j2 + 3) 1mI& - 3 2mI& = 50 hay (8 – j2) 1mI& - 3 2mI& = 50 (1)

HÌNH 171 HÌNH 172

50∠0o(V)

50∠0o(V)

j5Ω j5Ω

j10Ω j10Ω 5Ω 5Ω 10Ω 10Ω

2I&

2I&

1mI& 2mI&

HÌNH 173 HÌNH 174 50∠0o(V) 50∠0o(V)

R1 R2 R3

R4

- j2Ω j5Ω - j2Ω j5Ω

- j2Ω - j2Ω

5Ω

5Ω 3Ω

2Ω

1I& 2I& 4I& 5I&

1mI& 2mI& 3mI&


27

- 3 1mI& + (3 + j5 + 5) 2mI& - 5 3mI& = 0 hay - 3 1mI& + (8 + j5) 2mI& - 5 3mI& = 0 (2) - 5 2mI& + (5 + 2 – j2) 3mI& = 0 hay - 5 2mI& + (7 – j2) 3mI& = 0 (3)

(1) → 1mI& = 2j8

I350 2m

−

+ &

và (3) → 3mI& = 2j7

I5 2m

−

&

. Thay vào (2):

- 3(2j8

I350 2m

−

+ &

) + (8 + j5) 2mI& - 5(2j7

I5 2m

−

&

) = 0 → 2mI& = 3,461∠- 32,14o (A)

→ 1mI& = 2j8

)14,32461,3(350 o

−

−∠+ = 7,161∠8,67o (A)

Và: 3mI& = 2j7

I5 2m

−

&

= 2j7

)14,32461,3(5 o

−

−∠ = 2,377∠- 16,19o (A)

Ta có: 1I& = 1mI& = 7,161∠8,67o (A) →PR1 = I12(5) = (7,161)2.5 = 256,4 W

2I& = 1mI& - 2mI& = (7,161∠8,67o) – (3,461∠- 32,14o) = 5,073∠35,15o (A) → PR2 = I2

2(3) = (5,073)2.3 = 77,2 W

4I& = 2mI& - 3mI& = (3,461∠- 32,14o) – (2,377∠- 16,19o) = 1,345∠- 61,19o (A)

→ PR3 = I42(5) = (1,345)2.5 = 9,05 W

5I& = 3mI& = 2,377∠- 16,19o (A) → PR4 = I52(2) = (2,377)2.2 = 11,3 W

Công suất tác dụng do nguồn cung cấp: P = PR1 + PR2 + PR3 + PR4 = 256,4 + 77,2 + 9,05 + 11,3 = 353,95 W

Bài 3.15 Xác định công suất điện trở 6Ω tiêu thụ và dòng I& trong mạch điện hình 175 (Phức sđđ của các nguồn là phức hiệu dụng)

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới) Chọn chiều 3 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& , 3mI& như hình 176. Hệ 3 phương trình dòng

mắt lưới: (5 + j5) 1mI& - j5 2mI& = 30 hay (1 + j1) 1mI& - j 2mI& = 6 (1) - j5 1mI& + (j5 + 2 + j3 + 6) 2mI& + 6 3mI& = 0 hay - j5 1mI& + (8 + j8) 2mI& + 6 3mI& = 0 (2)

6 2mI& + (6 + 5) 3mI& = 20 hay 6 2mI& + 11 3mI& = 20 (3)

(1) → 1mI& = 1j1

Ij6 2m

+

+ &

và (3) → 3mI& = 11

I620 2m&−

. Thay vào (2):

- j5(1j1

Ij6 2m

+

+ &

+ (8 + j8) 2mI& + 6(11

I620 2m&−

) = 0 → I& = 2mI& = 1,71∠37,47o (A)

→ 3mI& = 11

)47,3771,1(620 o∠− = 2,48∠11o (A)

Ta có: 'I& = 2mI& + 3mI& = (1,71∠37,47o) + (2,48∠11o) = 2,48∠11o (A)

HÌNH 175 HÌNH 176 30∠0o(V) 30∠0o(V)

5Ω 5Ω

2Ω 2Ω

6Ω 6Ω 5Ω 5Ω

j5Ω j5Ω

j3Ω j3Ω I& I&

1mI& 2mI& 3mI&

'I&

20∠0o (V) 20∠0o (V)


28

→ P6Ω = I’2(6) = (2,48)2.6 = 36,9W

Bài 3.16 Xác định U& trong mạch điện hình 177 để dòng I& qua nguồn đó bằng 0.

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới): Chọn chiều 3 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& , 3mI& như hình 178. Hệ 3 phương trình dòng mắt lưới: (j5 + 3) 1mI& - 3 2mI& = 10 (1)

- 3 1mI& + (3 + j2 – j2) 2mI& - j2 3mI& = 0 hay - 3 1mI& + 3 2mI& - j2 3mI& = 0 (2) - j2 2mI& + (- j2 + 5) 3mI& = U& (3)

Vì dòng qua nguồn U& là I& = 3mI& phải triệt tiêu nên :

Từ (2) → - 3 1mI& + 3 2mI& = 0 → 1mI& = 2mI& . Thay vào (1): (j5 + 3) 2mI& - 3 2mI& = 10 → 2mI& = - j2 (A). Thay vào (3): - j2(- j2) = U& → U& = - 4 = 4∠180o (V)

Bài 3.17 Tìm AI& , BI& , CI& trong mạch điện hình 179.

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới): Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& như hình 180. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

2(3 – j4) 1mI& - (3 – j4) 2mI& = 220∠120o = - 110 + j110 3 (1) - (3 – j4) 1mI& + 2(3 – j4) 2mI& = 220 (2)

(1)x2: 4(3 – j4) 1mI& - 2(3 – j4) 2mI& = - 220 + j220 3 (3) (3) + (2): 3(3 – j4) 1mI& = j220 3 → AI& = 1mI& = 25,4∠143,13o (A). Thay vào (2):

- (3 – j4)(25,4∠143,13o) + 2(3 – j4) 2mI& = 220 → 2mI& = 25,4∠83,13o (A) → CI& = - 2mI& = 25,4∠- 96,87o (A)

Ta có: BI& = 2mI& - 1mI& = (25,4∠83,13o) – (25,4∠143,13o) = 25,4∠23,13o (A)

Bài 3.18 Tính các áp ABU& và BCU& trong mạch điện hình 181.

5Ω

HÌNH 177 HÌNH 178 10∠0o(V) 10∠0o(V)

j5Ω

j2Ω

j2Ω

j5Ω -j2Ω

-j2Ω

3Ω

3Ω

5Ω

U& U&

I& I&

HÌNH 180

3-j4(Ω)

3-j4(Ω)

3-j4(Ω)

220∠120o(V)

220∠0o(V)

1mI&

2mI&

AI&

BI&

CI&

HÌNH 179

220∠120o(V)

220∠0o(V)

3-j4(Ω)

3-j4(Ω)

3-j4(Ω)

AI&

BI&

CI&


29

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới)

Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& như hình 182. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới: (3 + j4 + j10) 1mI& - j10 2mI& = 10∠45o hay (3 + j14) 1mI& - j10 2mI& = 10∠45o (1)

- j10 1mI& + (j10 – j10) 2mI& = 0 (2) (2) → 1mI& = 0. Thay vào (1): - j10 2mI& = 10∠45o → 2mI& = 1∠135o (A)

→ BCU& = I& (j10). Biết: I& = 1mI& - 2mI& = 0 - 1∠135o = 1∠- 45o (A).

Do đó: BCU& = (1∠- 45o)(10∠90o) = 10∠45o (V) Ta có: ABU& = 1mI& (3 + j4) = 0

Bài 3.19 Xác định công suất tác dụng do mỗi nguồn trong mạch điện hình 183 cung cấp. Biết hd1E& = hd2E& = 10∠90o (V).

Hướng dẫn giải (phương pháp dòng mắt lưới) Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& như hình 184. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(4 + j2 + 2) 1mI& + 4 2mI& = 10∠90o hay (3 + j1) 1mI& + 2 2mI& = j5 (1) 4 1mI& + (4 + 5 – j2) 2mI& = 10∠90o - 10∠90o = 0 hay 4 1mI& + (9 – j2) 2mI& = 0 (2)

(2)→ 2mI& = 2j9

I4 1m

−

− &

. Thay vào (1): (3 + j1) 1mI& + 2(2j9

I4 1m

−

− &

) = j5

→ 1mI& = 2,173∠69,34o (A). Từ đó: 2mI& = 2j9

)34,69173,2(4 o

−

∠− = 0,9428∠- 98,13o (A)

Ta có: 1ES = 1E& . *1I& , với 1I& = 1mI& + 2mI& = (0,9428∠- 98,13o) + (2,173∠69,34o)

= 1,269∠60,07o (A) → 1ES = (10∠90o)(1,269∠- 60,07o) = 12,69∠29,93o

HÌNH 181 HÌNH 182

A B

C C

B

10∠45o (V) 10∠45o (V)

3Ω

j4Ω

j10Ω -j10Ω -j10Ω

j10Ω

j4Ω

I&

1mI& 2mI&

3Ω

HÌNH 183 HÌNH 184

2Ω

4Ω

5Ω

-j2Ω

j2Ω j2Ω 5Ω

2Ω 4Ω

-j2Ω

1mI& 2mI&

1I& 2I&

1E& 1E& 2E&

2E&


30

= 11 + j6,33 (VA) → PE1 = 11 W. Và: 2ES = 2E& . *

2I& , với 2I& = - 2mI& = 0,9428∠(- 98,13o + 180o) = 0,9428∠81,87o (A) → 2ES =(10∠90o)(0,9428∠- 81,87o)=9,428∠8,13o =9,33 + j1,33 (VA) → PE2 = 9,33 W.

B. Bài tập tổng hợp

Bài 3.20 Tìm công suất tiêu thụ trên điện trở 10Ω trong mạch điện hình 185.

Hướng dẫn giải: Biến đổi nguồn áp (2V nối tiếp điện trở 1Ω) thành nguồn

dòng (1

2 = 2A // điện trở 1Ω) như hình 186. Coi ϕ3 = 0, hệ 2 phương trình thế nút 1 và 2

được viết như sau: (1

1 + 10

1 + 5

1 )ϕ1 - 5

1 ϕ2 = 2 hay 1,3ϕ1 – 0,2ϕ2 = 2 (1)

- 5

1 ϕ1 + (5

1 + 15

1 )ϕ2 = 4 hay - 3ϕ 1 + 4ϕ2 = 60 (2)

(1) → ϕ2 = 6,5ϕ1 – 10. Thay vào (2): - 3ϕ 1 + 4(6,5ϕ1 – 10) = 2 → ϕ1 = 23

100 V

→ U13 = ϕ1 - ϕ3 = ϕ1 = 23

100 → P10Ω = 10

U 213 =

10

)23

100( 2

= 1,89 W

Bài 3.21 Tìm dòng trong các nhánh của mạch điện hình 187.

Hướng dẫn giải: Biến đổi nguồn áp (24V nối tiếp điện trở 2Ω) thành

nguồn dòng (2

24 = 12A // điện trở 2Ω) và nguồn áp (16V nối tiếp 1Ω) thành nguồn

dòng (1

16 = 16A // điện trở 1Ω) như hình 188.

Coi ϕ3 = 0, hệ 2 phương trình thế nút 1 và 2 được viết như sau: (1

1

2

1

2

1++ )ϕ1 -

1

1 ϕ2

HÌNH 185 HÌNH 186

2V 2A 4A 4A 15Ω 15Ω

5Ω 5Ω 1Ω

1Ω 10Ω 10Ω

HÌNH 187

24V 16V

4A

1Ω 2Ω

2Ω 2Ω

1Ω

I1 I2

I3 I4 I5

HÌNH 188

12A 16A

1Ω 2Ω 4A 2Ω 2Ω

1Ω

A • • B


31

= 12 + 4 = 16 hay 2ϕ1 - ϕ2 = 16 (1)

- 1

1 ϕ1 + (1

1 + 2

1 + 1

1 )ϕ2 = 16 hay - ϕ1 + 2,5ϕ2 = 16 (2)

(2)x2: - 2ϕ1 + 5ϕ2 = 32 (3) ; (1) + (3): 4ϕ2 = 48 → ϕ2 = 12 V

Và từ (1) → ϕ1 = 2

16 2ϕ+ = 2

1216 + = 14 V

Ta có: I1 = 2

U 1A = 2

1A ϕ−ϕ =

2

1424 − = 5 A ; I2 = 1

U 2B = 1

2B ϕ−ϕ =

1

1216 − = 4 A

I3 =1

U12 =1

21 ϕ−ϕ =

1

1214 − = 2 A ; I4 =2

U 31 =2

140 − = - 7 A ; I5 =2

U 23 =2

32 ϕ−ϕ=

2

012 − =6 A

Bài 3.22 Tìm dòng trong các nhánh của mạch điện hình 189. Nghiệm lại sự cân bằng công suất tác dụng trong mạch.

Hướng dẫn giải Chọn chiều 2 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& như hình 190. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới:

(2 + 3 + j5) 1mI& + (3 + j5) 2mI& = 50 hay (5 + j5) 1mI& + (3 + j5) 2mI& = 50 (1) (3 + j5) 1mI& + (3 + j5 + 3 – j8) 2mI& = 50 hay (3 + j5) 1mI& + (6 – j3) 2mI& = 50 (2)

(1) → 1mI& = 5 – j5 – (0,8 + j0,2) 2mI& . Thay vào (2): (3 + j5)[ 5 – j5 – (0,8 + j0,2) 2mI& ] + (6 – j3) 2mI& = 50 → 2I& = 2mI& = 1,59∠13,815o (A)

Từ đó: 1I& = 1mI& = 5 – j5 – (0,8 + j0,2)(1,59∠13,815o) = 6,8∠- 55,63o (A) Và: 3I& = 1mI& + 2mI& = (6,8∠- 55,63o) + (1,59∠13,815o) = 7,51∠- 44,18o (A)

Công suất phức của nguồn 1E& : 1ES = 1E& . *1I& = 50(6,8∠55,63o)

= 340,03∠55,63o = 191,97 + j280,66 (VA) → PE1 = 191,97 W Công suất phức của nguồn 2E& : 2ES = 2E& . *

2I& = 50(1,59∠- 13,815o) = 79,596∠- 13,815o = 77,29 – j19 (VA) → PE2 = 77,29 W

Vậy, tổng công suất tác dụng do 2 nguồn cung cấp: Pf =PE1+PE2=191,97+77,29=269,26 W Công suất các điện trở tiêu thụ: P2Ω = I1

2(2) = (6,8)2.2 = 92,5 W P3Ω(nhánh giữa) = I3

2(3) = (7,51)2.3 = 169,16 W P’3Ω (nhánh phải) = I2

2(3) = (1,59)2.3 = 7,6 W Vậy, tổng công suất tiêu thụ: Pthu =P2Ω+P3Ω+P’3Ω=92,5+169,16+7,6 = 269,26 W

Tóm lại: ΣPthu = ΣPfát Bài 3.23 Tìm i(t) trong mạch điện hình 191.

HÌNH 190

50V 50V

2Ω

3Ω

3Ω -j8Ω

j5Ω 1mI&

2mI&

1I& 2I& 3I&

HÌNH 189

2Ω

3Ω

3Ω -j8Ω

j5Ω 1E& 2E&

1I& 2I& 3I&


32

Hướng dẫn giải: Dung kháng các nhánh chứa tụ: XC = )10.2,0(5000

16− = 1000 Ω

Chuyển sang mạch phức, thay nhánh (2KΩ) // với nhánh (-j1000Ω) bởi nhánh

tương đương có trở kháng là 1000j2000

)1000j(2000

−

− = 400 – j800 (Ω), và chọn chiều 2 dòng

mắt lưới 1mI& , 2mI& như hình 192. Hệ 2 phương trình dòng mắt lưới: (500 + 400 – j800) 1mI& - (400 – j800) 2mI& = 4 hay (9 – j8) 1mI& - (4 – j8) 2mI& = 0,04 (1)

- (400 – j8) 1mI& + (400 – j800 + 2000 – j1000) 2mI& = 3000 I& , với: I& = 1mI& → (- 4 + j8) 1mI& + (24 – j18) 2mI& = 30 1mI& → (- 34 + j8) 1mI& + (24 – j18) 2mI& = 0 (2)

(2)→ 2mI& =18j24

8j34

−

−1mI& =(

45

21j48 + ) 1mI& . Thay vào (1): (9–j8) 1mI& -(4–j8)(45

21j48 + ) 1mI& = 0,04

→ I& = 1mI& = o13,5375

8,1

−∠= 0,024∠53,13o (A) hay i(t) = 0,024cos(5000t + 53,13o) (A)

Bài 3.24 Tìm i(t) và u(t) trong mạch điện hình 193.

Hướng dẫn giải: Cảm và dung kháng trong mạch:

XL1 = 2(0,5) = 1 Ω ; XL2 = 2(0,25) = 0,5 Ω ; XC1 = )1(2

1 = 0,5 Ω ; XC2 = )5,0(2

1 = 1 Ω

→ Chuyển sang mạch phức, ta có: jXL1 = j1 (Ω) ; jXL2 = j0,5 (Ω) ; - jXC1 = - j0,5 (Ω) ; - jXC2 = - j1 (Ω)

HÌNH 193

5cos2t (V)

A

C2=0,5F L2=0,25H

C1=1F

L1 =0,5H

0,5Ω

i(t)

u(t) 1Ω

5A

HÌNH 194

10A 5A

0,5Ω

-j1Ω

1Ω

j0,5Ω

-j0,5Ω

j1Ω

-j1Ω

I&

U&

HÌNH 191 4cos5000t (V)

3000i i(t)

0,5KΩ 2KΩ

0,2µF

0,2µF

2KΩ

HÌNH 192 4∠0o(V)

0,5KΩ

-j1KΩ

0,4-j0,8(KΩ)

3000 I& I&

1mI& 2mI&

2KΩ


33

Biến đổi nguồn áp [5∠0o(V) nối tiếp điện trở 0,5Ω] thành nguồn dòng

[5,0

5 ∠0o = 10∠0o (A) // điện trở 0,5Ω], và thay nhánh (j1//-j0,5) bởi nhánh

tương đương (5,0j1j

)5,0j(1j

−

− = -j1) (hình 194).

Coi ϕ& 3 = 0, hệ 2 phương trình thế nút 1 và 2 được viết như sau:

(5,0

1 + 1j

1

− +

1j

1

−) 1ϕ& - (

1j

1

−) 2ϕ& = 10 hay (2 + j2) 1ϕ& - j 2ϕ& = 10 (1)

- (1j

1

−) 1ϕ& + (

1j

1

− +

5,0j

1 + 1

1 ) 2ϕ& = 5 hay - j 1ϕ& + (1 – j1) 2ϕ& = 5 (2)

(2) → 2ϕ& = 2,5 + j2,5 - (0,5 – j0,5) 1ϕ& . Thay vào (1): (2 + j2) 1ϕ& - j[2,5 + j2,5 - (0,5 – j0,5) 1ϕ& ] = 5 → 1ϕ& = 2,236∠- 26,57o (V) Từ đó: 2ϕ& = 2,5 + j2,5 - (0,5 – j0,5)(2,236∠- 26,57o) = 2 5 ∠63,43o (V) Vậy: U& = 2ϕ& = 2 5 ∠63,43o (V) hay u(t) = 2 5 cos(2t + 63,43o) (V)

Và: I& = 5,0

U 1A&

= 2( Aϕ& - 1ϕ& ) = 2[5 – (2,236∠- 26,57o)] = 6,32∠18,43o (V)

Hay: i(t) = 6,32cos(2t + 18,43o) (A)

Bài 3.25 Tìm u1(t) trong mạch điện hình 195.

Hướng dẫn giải: Cảm và dung kháng trong mạch: X L1 = 2(0,5) = 1 Ω ;

XL2 = 2(1) = 2 Ω ; XC = )5,0(2

1 = 1Ω. Nguồn dòng sin2t (A) hay cos(2t – 90o) (A)

→ Chuyển sang mạch phức, ta có: jXL1= j1 (Ω) ; jXL2 = j2 (Ω) ; - jXC = - j1 (Ω) và nguồn dòng phức - j1 (A) (hình 196)

Coi ϕ& 3 = 0 thì 1U& = 1ϕ& và hệ 2 phương trình thế nút 1 và 2 được viết như sau:

(1j

1 + 1j

1

−) 1ϕ& - (

1j

1

−) 2ϕ& = 4 + (- j1) hay

1j

12ϕ& = 4 – j1 → 2ϕ& = 1 + j4 (1)

- (1j

1

−) 1ϕ& + (

1j

1

− +

2j1

1

+) 2ϕ& = - (- j1) + 2 1U& hay - j 1ϕ& + (

5

3j1+ ) 2ϕ& = j1 + 2 1ϕ&

→ - j1 + (5

3j1+ ) 2ϕ& = (2 + j1) 1ϕ& (2)

Thay (1) vào (2): - j1 + (5

3j1+ )(1 + j4) = (2 + j1) 1ϕ& → 1ϕ& = 5j10

2j11

+

+− = 1∠143,13o (V)

Vậy: 1U& = 1ϕ& = 1∠143,13o (V) hay u1(t) = cos(2t + 143,13o) (V)

HÌNH 195

L1=0,5H L2=1H

C=0,5F

1Ω

u1(t) 2u1

sin2t (V)

4cos2t (V)

HÌNH 196

1Ω

-j1 (Ω)

j1 (Ω) j2 (Ω)

-j1 (A)

4 (A) 2 1U&

1U&


34

Bài 3.26 Tìm u(t) trong mạch điện hình 197.

Hướng dẫn giải: Cảm và dung kháng trong mạch:

X C1 = X C3 = )

36

1(6

1 = 6 Ω ; X C2 = )

18

1(6

1 = 3 Ω ; XL = 6(2

1 ) = 3 Ω

→ Chuyển sang mạch phức, ta có: -jXC1 = -jXC3 = -j6 (Ω) ; -jXC2 = -j3 (Ω) ; jXL = j3 (Ω)

Thay nhánh (3+j3)//(-j6) bởi nhánh tương đương (3j3

)6j(3j3

−

−+ = 6Ω) (hình 198)

Coi ϕ& 3 = 0 thì ta có ngay 1ϕ& = 5∠- 45o (V)

→ 1I& = 6j6

U13

−

&

=o

31

4526 −∠

ϕ−ϕ &&=

o

o

4526

0455

−∠

−−∠ = 12

25 (A) → XU& = 1I& (6) =12

25 (6) =2

25 (V)

→ Nguồn dòng phụ thuộc 3

UX&

= 6

25 (A)

Từ đó phương trình thế nút viết cho nút 2 như sau:

- (3j

1

−) 1ϕ& + (

3j

1

− +

6

1 ) 2ϕ& = 6

25 hay – (o

o

903

455

−∠

−∠ ) + (6

2j1+ ) 2ϕ& = 6

25

→ 2ϕ& = 6

25 + 3

5 ∠45o = 5 2 (2j1

1j2

+

+ ) = 5 2∠- 36,87o (V)

Vậy: U& = 2ϕ& = 5 2∠- 36,87o (V) hay u(t) = 5 2 cos(6t – 36,87o) (V)

Bài 3.27 Tìm u(t) trong mạch điện hình 199.


Dung kháng trong mạch: XC = )

6

1(4

1 = 2

3 Ω. Nguồn dòng 2sin4t hay 2cos(4t – 90o) (A)

→Chuyển sang mạch phức,ta có: - jXC= -j2

3 (Ω) và nguồn dòng phức -j2 (A) (hình 200)

Coi 2ϕ& = 0, ta có ngay 1ϕ& = 3 (V), do đó, ta chỉ cấn viết duy nhất 1

phương trình thế nút cho nút 3 như sau: - 2

11ϕ& -

2

3j

1

−2ϕ& + (

2

1 +

2

3j

1

−) 3ϕ& = - 8 – (- j2)

Hay: - 2

1 (3) - j3

2 (0) + (0,5 + j3

2 ) 3ϕ& = - 8 + j2 → 3ϕ& = - 2,76 + j7,68 (V)

Ta có: U& = 1ϕ& - 3ϕ& = 3 – (- 2,76 + j7,68) = 5,76 – j7,68 = 9,6∠- 53,13o (V)

HÌNH 197 5cos(6t-45o)(V)

ux u(t)

++++

−−−−

ux/3 L=0,5H

C1=1/36F

C2=1/18F

C3=1/36F

6Ω 3Ω

HÌNH 198 5∠-45o(V)

3Ω 6Ω 6Ω

-j6Ω

-j6Ω

j3Ω

-j3Ω

XU&

XU& /3

1I& ++++

−−−−

U&


35

Hay: u(t) = 9,6cos(4t – 53,13o) (V)

Bài 3.28 Tìm 2E& để dòng qua điện trở 4Ω trong mạch điện hình 201 bằng 0. Tính ACU& và BCU&

Hướng dẫn giải: Chọn chiều 3 dòng mắt lưới 1mI& , 2mI& , 3mI& như hình 202.

Hệ 3 phương trình dòng mắt lưới: (5 + j2) 1mI& - j2 2mI& = 50 (1) - j2 1mI& + (j2 + 4 – j2) 2mI& + (- j2) 3mI& = 0 hay - j2 1mI& + 4 2mI& - j2 3mI& = 0 (2) - j2 2mI& + (- j2 + 2) 3mI& = 2E& (3)

Dòng qua điện trở 4Ω là 2I& = 2mI& , theo yêu cầu phải triệt tiêu, do đó (1), (2), (3) trở thành: (5 + j2) 1mI& = 50 (1’) ; - j2 1mI& - j2 3mI& = 0 (2’) ; (- j2 + 2) 3mI& = 2E& (3’)

(1’) → 1mI& = 29

100j250 − . Thay vào (2’): - j2(29

100j250 − ) - j2 3mI& = 0

→ 3mI& = 29

100j250 +− = - 1mI& . Thay vào (3’): (- j2 + 2)(29

100j250 +− ) = 2E&

→ 2E& = 29

700j300 +− = 26,26∠113,2o (V)

Ta có: ACU& = 1I& (j2), với 1I& = 1mI& - 2mI& = 1mI&

→ ACU& = ( 1mI& )(j2) = (29

100j250 − )(j2) = 18,57∠68,2o (V)

Và: BCU& = 3I& (- j2), với 3I& = 2mI& + 3mI& = 3mI& = - 1mI&

→ BCU& = (- 1mI& )(- j2) = ( 1mI& )(j2) = ACU& = 18,57∠68,2o (V)

C. Bài tập về mạch tương đương Thévénin - Norton

Bài 3.29 Tìm mạch tương đương Thévénin của mạng một cửa (A,B) hình 203.

HÌNH 199

HÌNH 200

8cos4t (A) 2sin4t (A)

3cos4t (V)

8(A) -j2(A)

u(t) 2Ω 1/6F

2Ω 2Ω

-j2

3 (Ω)

3(V)

-j2

3 (Ω)

2Ω U&

HÌNH 202 A B

C

5Ω 4Ω 2Ω

j2Ω -j2Ω 2E&

5∠0o(V)

1I&

2I&

3I&

1mI& 2mI& 3mI& HÌNH 201

A B

C

j2Ω -j2Ω 2E&

5∠0o(V)

5Ω 4Ω 2Ω


36


• Tìm Ro: Nối tắt 2 nguồn áp (hình 204): Ro = oG

1 , với Go = 10

1 + 20

1 + 20

1

= 0,2 S → Ro = 2,0

1 = 5 Ω

• Tìm Uhm (dùng pp thế nút): Biến đổi 2 nguồn áp thành 2 nguồn dòng

(hình 205), Coi ϕB = 0, ta có: (10

1 + 20

1 + 20

1 )ϕA = 10 + 5 = 15 → ϕA = 75 V

Ta có: Uhm = ϕA - ϕB = ϕA – 0 = ϕA = 75 V. Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 206.


Hướng dẫn giải: 1) Tìm Ro: Nối tắt nguồn áp (điện trở 12Ω bị ngắn mạch) và

hở mạch nguồn dòng (hình 208): Ro = 621

)6)(21(

++

+ = 2 Ω

2) Tìm Uhm (dùng pp thế nút) (hình 209): Coi ϕB = 0, có ngay ϕD = 18 V

Phương trình thế nút C: (2

1 + 1

1 )ϕC - 1

1 ϕA = 18 hay 1,5ϕC - ϕA = 18 (1)

Phương trình thế nút A: - 1

1 ϕC + (1

1 + 6

1 )ϕA - 6

1 ϕD = 0 hay - ϕC + 6

7 ϕA – 3 = 0 (2)

(2) → ϕC = 6

7 ϕA – 3. Thay vào (1): 1,5(6

7 ϕA – 3) - ϕA = 18 → ϕA = 30 V

Ta có: Uhm = ϕA - ϕB = ϕA – 0 = ϕA = 30 V. Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 210.

Bài 3.31 Tìm mạch tương đương Thévénin của mạng một cửa (A,B) hình 211. (50V là giá trị hiệu dụng của nguồn áp). Dựa trên đó tính dòng qua trở kháng Z1 = 5 – j5 (Ω) và qua trở kháng Z2 = 10∠0o (Ω) khi ta lần lượt mắc Z1 và Z2 vào 2 cực A, B của mạch tương đương Thé vénin. Tính công suất Z1 và Z2 tiêu thụ.

Hướng dẫn giải: 1) Tìm Zo: Nối tắt nguồn áp (hình 212): Zo = 5j55j

)5j5(5j

++−

+− = 5 – j5 (Ω)

HÌNH 203

HÌNH 204

HÌNH 205

HÌNH 206

A

B

A

A A B

B B

Uhm

10Ω 10Ω

10Ω

20Ω 20Ω

20Ω

20Ω 20Ω

20Ω

100V 100V

75V

5Ω 10A

5A


37

2) Tìm Uhm : Định luật K2 viết cho mạch vòng hình 213: I& (- j5 + 5 – j5) = 50

→ I& =5j55j

50

++−=10 (A) → hmU& = I& (5 + j5) = 10(5 + j5) = 50 + j50 = 50 2∠45o (V)

3) Ráp Z1 vào 2 cực A, B (hình 214): I1 = 1o

hm

ZZ

U

+ =

5j55j5

45250 o

−+−

∠ = 5∠90o (A)

→ P1 = I12(5) = 52(5) = 125 W

4) Ráp Z2 vào 2 cực A, B (hình 214): I2 =2o

hm

ZZ

U

+=

105j5

45250 o

+−

∠ =4,47∠63,43o (A)

→ P2 = I22(10) = (4,47)2(10) = 200 W


Hướng dẫn giải: 1) Tìm Zo: Nối tắt nguồn áp (hình 216):

Zo=5j35

)5j3(5

++

+ + j5 =89

570j245 + ≈ 2,75 + j6,4 (Ω)

2) Tìm Uhm: Định luật K2 viết cho mạch vòng hình 217: I& (5 + 3 + j5) = 10

HÌNH 207 HÌNH 208

A A

B B 18A 18V

2Ω 2Ω

1Ω 1Ω 6Ω 6Ω

12Ω 12Ω

HÌNH 210

A

B

30V

2Ω

HÌNH 209

A

B 18A 18V

2Ω

1Ω 6Ω

12Ω

C D

HÌNH 211

A

B

50∠0o(V)

-j5(Ω)

j5(Ω)

5Ω

HÌNH 212

A

B

j5(Ω)

5Ω -j5(Ω)

HÌNH 213

A

B 50∠0o(V)

-j5(Ω)

j5(Ω)

5Ω

I&

B

HÌNH 214

A

50 2∠45o(V)

5-j5(Ω)

I&

5-j5(Ω) 10∠0o(Ω)


38

→ I& = 5j8

10

+ =

89

50j80 − (A) → hmU& = ACU& + CBU& = 1I& (j5) + I& (3 + j5)

= 0(j5) + (89

50j80 − )(3 + j5) = 89

250j490 + ≈ 6,18∠27,03o (V)

Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 218.



• Tìm Zo: Nối tắt 2 nguồn áp (hình 220): Zo=104j3

10)4j3(

+−

− +5=185

400j1475 − ≈ 7,97–j2,16 (Ω)

• Tìm Uhm: Định luật K2 viết cho mạch vòng hình 221: I& (3 – j4 + 10) = 20

→ I& = 4j13

20

− =

185

80j260 + → hmU& = ACU& + CBU& = 1I& (5) - 10∠45o + 20 - I& (10)

=0(5)-5 2 -j5 2 +20–(185

80j260 + )(10)=185

)2925800(j29251100 +−− ≈11,45∠-95,64o (V)




• Tìm Zo: Nối tắt nguồn áp (hình 224): Zo =4j1221

)4j12(21

++++++++

++++ + 60j3050

)60j30(50

++++++++

++++

= 1665

35559j70362 ++++ ≈ 42,26 + j21,36 (Ω)

• Tìm hmU& (dùng pp thế nút) (hình 225): Coi Dϕϕϕϕ& = 0, có ngay Cϕϕϕϕ& = 18 V

Phương trình thế nút A: - 21

1Cϕϕϕϕ& + (

21

1 + 24j12

1

++++) Aϕϕϕϕ& = 0 hay

HÌNH 217

HÌNH 218

A A

B B

10∠0o(V)

6,18∠27,03o(V)

5Ω

j5Ω

3Ω

2,75+j6,4(Ω)

I& 1I&

I&

j5Ω

HÌNH 215

HÌNH 216

A A

B B

10∠0o(V)

5Ω 5Ω 3Ω 3Ω

j5Ω j5Ω

j5Ω j5Ω


39

- 21

20 + (21

1 + 24j12

1

++++) Aϕϕϕϕ& = 0 → Aϕϕϕϕ& = 11,676 + j6,054 (V)

Phương trình thế nút B: - 50

1Cϕϕϕϕ& + (

50

1 + 60j30

1

++++) Bϕϕϕϕ& = 0 hay

- 50

20 + (50

1 + 60j30

1

++++) Bϕϕϕϕ& = 0 → Bϕϕϕϕ& = 12 + j6 (V)

Vậy: Uhm = Aϕϕϕϕ& - Bϕϕϕϕ& =11,676 + j6,054 – (12 + j6)= - 0,324 + j0,054=0,328∠170,54o (V)

HÌNH 219

HÌNH 220

HÌNH 221

HÌNH 222

A A

A A B

B B

B C

20∠0o(V)

10∠45o(V)

20∠0o(V)

10∠45o(V)

11,45∠- 95,64o(V)

-j4(Ω)

3Ω

10Ω

5Ω

5Ω

5Ω

10Ω

3Ω

-j4(Ω)

3Ω

10Ω -j4(Ω)

7,97-j2,16(Ω)

I&

I&

1I&

HÌNH 223

HÌNH 224

HÌNH 225

HÌNH 226

20∠0o(V)

20∠0o(V)

21Ω

21Ω

12Ω

12Ω

21Ω

12Ω j24Ω

j24Ω

j24Ω j60Ω j60Ω

j60Ω

30Ω 30Ω

30Ω

50Ω 50Ω

50Ω

A

A

A

A

B

B

B

B

0,328∠170,54o(V)

42,26+j21,36(Ω)

C

D


40



Hướng dẫn giải: 1) Tìm Ro: Nối tắt 2 nguồn áp (hình 228):

Ro = 105

)10(5

++++ +

45

)4(5

++++ =

27

150 ≈ 5,55Ω

2) Tìm Uhm (dùng pp thế nút): Biến đổi 2 nguồn áp thành 2 nguồn dòng như hình 229. Coi φC = 0, viết phương trình thế nút A:

(5

1 + 10

1 )φA = 1∠30o hay 0,3 φA = 2

3 + j2

1 → φA = 3

35 + j3

5 (V)

Và phương trình thế nút B: (5

1 + 4

1 )φB = - 1,25 hay 0,45φB = - 1,25 → φB = - 9

25 (V)

Vậy: Uhm = φA - φB = 3

35 + j3

5 - (- 9

25 ) = 5,9∠16,4o (V)



Hướng dẫn giải: 1) Tìm Ro: Nối tắt 2 nguồn áp (hình 232):

Zo = 1020j10

10)20j10(

++++++++

++++ + j5 = 7,5 + j7,5 (Ω)

2) Tìm Uhm: Định luật K2 viết cho mạch vònh hình 233: I& (10 + j20 + 10) = 10 + 10∠90o hay (20 + j20) I& = 10 + j10 → I& = 0,5 (A)

Từ đó: hmU& = ACU& + CBU& = 1I& (j5) + I& (10) – j10 = (0)(j5) + (0,5)(10) – j10

= 5 – j10 ≈ 11,18∠- 63,43o (V) Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 234.

Bài 3.37 Tìm mạch tương đương Thévénin và Norton của mạng một cửa (A,B) hình 235 (Phức nguồn dòng và phức nguồn áp trong mạch là các phức hiệu dụng).

HÌNH 227 HÌNH 228

HÌNH 229 HÌNH 230

5∠30o(V)

1∠30o(A)

5∠0o(V)

1,25∠0o(A)

A A

A A

B B

B

B C

5Ω 5Ω

5Ω

5Ω

5Ω

5Ω

4Ω 4Ω

4Ω 10Ω

10Ω

5,55 Ω

5,9∠16,4o(V)


41

Mắc giữa hai cực A, B một điện trở R. Xác định R để công suất truyền đến R là cực đại. Tính công suất đó.

Hướng dẫn giải: 1) Tìm Zo: Nối tắt nguồn áp và hở mạch nguồn dòng (hình 236):

Zo =104j3

10)4j3(

++++++++

++++ = 2,973 + j2,162 (Ω)

2) Tìm hmU& (dùng pp thế nút): Biến đổi nguồn áp thành nguồn dòng (hình 237) và

coi Bϕϕϕϕ& = 0, phương trình thế nút A được viết như sau: (4j3

1

++++ +

10

1 ) Aϕϕϕϕ&

= 4∠45o + 10

25 ∠90o hay (0,22 – j0,16) Aϕϕϕϕ& = 2 2 + j2 2 + j2,5 → Aϕϕϕϕ& = 22,18∠98,07o (V)

Vậy: hmU& = Aϕϕϕϕ& - Bϕϕϕϕ& = 22,18∠98,07o (V). Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 238.

3)Tìm nmI& : nmI& = o

hm

Z

U& =

162,2j973,2

07,9818,22 o

++++

∠∠∠∠ = 6,03∠62,04o (A).

Sơ đồ mạch tương đương Norton được vẽ như hình 239.

4)Tính R: Ráp điện trở R vào 2 cực A,B của mạch tương đương Thévénin (hình 240). Điều kiện để công suất truyền đến R cực đại: R = oZ = 22 )162,2()973,2( ++++ =3,68 Ω

Và khi đó giá trị công suất cực đại là: Pmax = I2R

Với I cho bởi: I& = RZ

U

o

hm

+

&

= 68,3162,2j973,2

07,9818,22 o

++++++++

∠∠∠∠ = 3,17∠80,05o (A) → I = 3,17 A

Từ đó: Pmax = (3,17)23,68 = 37 W

Bài 3.38 Tính R trong mạch điện hình 241 để công suất tiêu thụ trên R là cực đại. Tính công suất đó.

Hướng dẫn giải: Cắt nhánh chứa R ra khỏi mạch, phần mạch còn lại là một mạng một cửa (A,C) như hình 242. Ta tìm mạch tương đương Thévénin của mạng một cửa này.

A

HÌNH 231

HÌNH 232

A

B B 10∠0o(V) 10∠90o(V)

10Ω 10Ω 10Ω 10Ω

j20Ω j20Ω j5Ω j5Ω

HÌNH 233

HÌNH 234

A A

B B 10∠0o(V) 10∠90o(V)

11,18∠- 63,43o(V)

10Ω 10Ω

j20Ω j5Ω I&

1I&

7,5+j7,5(Ω)

C


42

1) Tìm Ro: Nối tắt 2 nguồn áp và hở mạch nguồn dòng (hình 243): Ro = 124

)12(4

++++ = 3 Ω

2) Tìm Uhm (dùng pp thế nút): Biến đổi nguồn áp [8V nối tiếp điện trở 4Ω] thành

nguồn dòng [4

8 = 2A // điện trở 4Ω] như hình 244 và coi φC = 0, ta có ngay φB = 6 V và

phương trình thế nút A được viết như sau:

(4

1 + 12

1 )φA - 12

1 φB = 2 + 1 hay 3

1 φA - 12

1 (6) = 3 → φA = 10,5 V

Vậy: Uhm = φA - φC = 10,5 V. Sơ đồ mạch tương đương Thévénin được vẽ như hình 245

3) Tìm R: Ráp điện trở R vào 2 cực A,C của mạch tương đương Thévénin (hình 246). Điều kiện để công suất R tiêu thụ cực đại: R = Ro = 3 Ω

Và khi đó giá trị công suất cực đại là: Pmax = I2R= (

RR

U

o

hm

+)2R = 2)

33

5,10(++++

(3) = 9,1875 W


Hướng dẫn giải: 1) Tìm Ro: Thay điện trở 10Ω // điện trở 30Ω bởi điện trở

tương đương 3010

)30(10

+ = 7,5Ω, kích thích ở 2 cửa (A,B) một nguồn áp Et = 1V và chọn

HÌNH 235 HÌNH 236

A A

B B 4∠45o(A)

25∠90o(V)

3Ω 3Ω 10Ω 10Ω

j4Ω j4Ω

HÌNH 237 HÌNH 238

A A

B B 4∠45o(A)

22,18∠98,07o(V)

2,5∠90o(A)

3Ω 10Ω

j4Ω

2,973+j2,162(Ω)

HÌNH 239 HÌNH 240

A A

B B

6,03∠62,04o(A)

22,18∠98,07o(V) 2,973+j2,162(Ω)

2,973+j2,162(Ω)

R

I&


43

chiều 3 dòng mắt lưới Im1, Im2, Im3 như hình 248, hệ 3 phương trình dòng mắt lưới được viết như sau: 12Im1 + 12Im2 = 1 + 3V1 , với V1 = I1(6) = (Im3 – Im2)(6)

→ 12Im1 + 12Im2 = 1 + 3(Im3 – Im2)(6) → 12Im1 + 30Im2 – 18Im3 = 1 (1) 12Im1 + (12 + 6 + 2 + 40)Im2 – (2 + 6)Im3 = 3V1 = 18Im3 – 18Im2

→ 6Im1 + 39Im2 – 13Im3 = 0 (2) - (6 + 2)Im2 + (7,5 + 2 + 6)Im3 = 0 hay – 8Im2 + 15,5Im3 = 0 (3)

(3) → Im2 = 8

I5,15 3m (4). Thay (4) vào (2): 6Im1 + 39(8

I5,15 3m ) – 13Im3 = 0

→ Im1 = 6

I5625,62 3m− (5). Thay (4) và (5) vào (1):

12(6

I5625,62 3m−) + 30(

8

I5,15 3m ) - 18Im3 = 1 → Im3 = - 85

1 A. Thay vào (5):

Im1 =6

I5625,62 3m− =

6

)85

1(5625,62−

− =

510

5625,62 A. Vậy: Ro =I

E t =1m

t

I

E =

510

5625,621 = 8,152 Ω.

2) Tìm Uhm (dùng pp dòng mắt lưới): Chọn chiều 3 dòng mắt lưới Im1, Im2, Im3 như hình 249, hệ 3 phương trình dòng mắt lưới được viết như sau:

(12 + 40 + 2 + 6)Im1 – (2 + 6)Im2 = 3V1, với V1 = I1(6) = (Im2 – Im1)6 → 60Im1 – 8Im2 = 3(Im2 – Im1)6 → 3Im1 – Im2 = 0 (6)

- (2 + 6)Im1 + (30 + 2 + 6)Im2 – 30Im3 = 0 hay – 4Im1 + 19Im2 – 15Im3 = 0 (7)

HÌNH 245

A

C

10,5V

3Ω

HÌNH 246

A

C

10,5V

3Ω

R

I

HÌNH 243

A C

4Ω 12Ω

3Ω

HÌNH 244

B

6V 1A 2A

4Ω

12Ω

3Ω •A

•C

HÌNH 241

8V 6V 1A

4Ω 12Ω

3Ω

HÌNH 242

A C

8V 6V 1A

4Ω 12Ω

3Ω R


44

- 30Im2 + (10 + 30)Im3 = 0,55 hay – 6Im2 + 8Im3 = 0,11 (8)

(6) → Im1 = 3

I 2m (9) và (8) → Im3 = 0,01375 + 0,75Im2 (10). Thay (9) và (10) vào (7):

- 4(3

I 2m ) + 19Im2 – 15(0,01375 + 0,75Im2) = 0 → Im2 = 25,19

61875,0 A. Thay vào (9):

Im1 = 325,19

61875,0

= 75,57

61875,0 A. Từ đó ta tính được Uhm như sau:

Uhm = Im1(12) – 3V1 = Im1(12) – (18Im2 – 18Im1) = 30Im1 – 18Im2

= 30(75,57

61875,0 ) – 18(25,19

61875,0 ) = - 0,257 V


D. Bài tập về nguyên lý xếp chồng

Bài 3.40 Tìm các dòng I1, I2, I3, I4 trong mạch điện hình 251 bằng phương pháp xếp chồng.

Hướng dẫn giải: 1) Hở mạch nguồn dòng 1A, chỉ để nguồn áp 5V tác động

(hình 252). Coi ϕD = 0: ϕC = 5 V → I’1 = 32

DC

+

ϕ−ϕ = I’2 =

5

05 − = 1 A

2) Nối tắt nguồn áp 5V, chỉ để nguồn dòng 1A tác động (hình 253).

Điện trở toàn mạch nhìn từ 2 nút A,B: R = 32

)3(2

+ +

23

)2(3

+ = 2,4 Ω

Vậy, mạch điện tương đương của mạch hình 253 được vẽ như hình 254: U = IR = 1(2,4) = 2,4 V. Do đó, nếu coi ϕB = 0 thì ϕA =2,4 V

HÌNH 247

HÌNH 248

A A

B B 0,55V

1V 3V1

3V1

V1 V1

10Ω 30Ω 7,5Ω

2Ω 2Ω

6Ω

6Ω

40Ω 40Ω

12Ω 12Ω

I I1

Ihm1

Ihm2

Ihm3

HÌNH 249

HÌNH 250

A

A

B B 0,55V

- 0,257V 3V1

V1

10Ω 30Ω

2Ω

6Ω

40Ω

12Ω

Uhm

I1 8,152Ω

Ihm1

Ihm2

Ihm3


45

Ta có: I”1 = 2

UCA = 2

AC ϕ−ϕ và I”3 =

3

UDA = 3

AD ϕ−ϕ

→ I”1 + I”3 = 2

AC ϕ−ϕ +

3AD ϕ−ϕ. Biết: ϕC = ϕD → I”1 + I”3 =

6

)(5 AC ϕ−ϕ

Lại biết: I”1 + I”3 = - 1 → 6

)(5 AC ϕ−ϕ = - 1 → 5(ϕC – 2,4) = - 6 → ϕC = 1,2 V

Từ đó: I”1 = 2

2,14,2 − = 0,6 A và I”2 = 3

BC ϕ−ϕ =

3

02,1 − = 0,4 A

3) Xếp chồng: I1 = I’1 – I”1 = 1 – 0,6 = 0,4 A và I2 = I’2 + I”2 = 1 + 0,4 = 1,4 A • Định luật K1 tại A (hình 251) cho ta: I1 + 1 + I3 = 0 → I3= - 1 – I1 = - 1 – 0,4 = - 1,4 A • Định luật K1 tại B (hình 251) cho ta: I2 – 1 + I4 = 0 → I4 = 1 – I2 = 1 – 1,4 = - 0,4 A

Bài 3.41 Dùng phương pháp xếp chồng tính dòng qua trở kháng (3 + j4) trong mạch điện hình 255.

Hướng dẫn giải 1) Nối tắt nguồn áp 50 (V), chỉ để nguồn áp j50 (V) tác động,

và biến đổi nguồn áp [j50 (V) nối tiếp điện trở 5Ω] thành nguồn dòng [5

50j =j10 (A) //

điện trở 5Ω] như hình 256. Coi Bϕϕϕϕ& = 0, phương trình thế nút A được viết như sau:

(5

1 + 4j3

1

++++ +

5j

1 ) Aϕϕϕϕ& = j10 hay (0,32 – j0,36) Aϕϕϕϕ& = j10 → Aϕϕϕϕ& = 36,0j32,0

10j

−−−− (V)

→ 'I& = 4j3

A

++++

ϕϕϕϕ& =

4j3

36,0j32,0

10j

++++−−−− =

)4j3)(36,0j32,0(

10j

++++−−−− (A)

HÌNH 251

2Ω

2Ω 3Ω

3Ω

I1

I2

I3

I4

5V

1A

HÌNH 252

2Ω

2Ω 3Ω

3Ω

C D

5V

I’1

I’2

HÌNH 254

1A U

A

B

R

I

HÌNH 253

2Ω

2Ω

A

B

U

1A 3Ω

3Ω

C D

I”1

I”2

I”3

I”4

A

B


46

2) Nối tắt nguồn áp j50 (V), chỉ để nguồn áp 50 (V) tác động,

và biến đổi nguồn áp [50 (V) nối tiếp trở kháng j5Ω] thành nguồn dòng [5j

50 =-j10 (A)//

trở kháng j5Ω] như hình 257. Coi Bϕϕϕϕ& = 0, phương trình thế nút A được viết như sau:

(5

1 + 4j3

1

++++ +

5j

1 ) Aϕϕϕϕ& = - j10 hay (0,32 – j0,36) Aϕϕϕϕ& = - j10 → Aϕϕϕϕ& = 36,0j32,0

10j

−−−−

−−−− (V)

→ "I& = 4j3

A

++++

ϕϕϕϕ& =

4j3

36,0j32,0

10j

++++−−−−

−−−−

= )4j3)(36,0j32,0(

10j

++++−−−−

−−−− (A)

3) Xếp chồng: I& = 'I& + "I& = )4j3)(36,0j32,0(

10j

++++−−−− + [

)4j3)(36,0j32,0(

10j

++++−−−−

−−−− ] = 0

Bài 3.42 Trong mạch điện hình 258, cho các nguồn tác động riêng rẽ, tính tỉ số 1E& / 2E& khi các dòng trên điện trở 10Ω do các nguồn tác động riêng rẽ tạo ra có trị số

bằng nhau.

Hướng dẫn giải: 1) Nối tắt nguồn áp 2E& , chỉ để nguồn áp 1E& tác động (hình 259),

trở kháng toàn mạch là: Z = 5 + j5 + [10j10

)10j(10

++++] = 10 2∠45o (Ω)

Dòng trong mạch chính: 'I& = Z

E1&

= o

1

45210

E

∠∠∠∠

&

Dòng qua điện trở 10Ω: 1'I& = 'I& (10j10

10j

+) =

o

1

45210

E

∠∠∠∠

&

(10j10

10j

+) = 0,05 1E&

2) Nối tắt nguồn áp 1E& , chỉ để nguồn áp 2E& tác động (hình 260), trở kháng

toàn mạch là: Z = j10 + [5j510

)5j5(10

++++++++

++++ ] = 4 + j12 (Ω). Dòng trong mạch chính:

"I& = Z

E2&

= 12j4

E2

++++

&

= (0,025 2∠- 45o) 2E& .Dòng qua điện trở 10Ω:

1"I& = "I& (105j5

5j5

++

+ ) = 12j4

E2

++++

&

(5j15

5j5

+

+ ) = (0,025 2∠- 45o) 2E&

3) Tính tỉ số 1E& / 2E& : Biết 1'I& = 1"I& ⇔0,05 1E& =(0,025 2∠-45o) 2E& → 2

1

E

E&

&

= 0,05 2∠- 45o

Bài 3.43 Xem mạch điện hình 261. (a) Triệt tiêu nguồn dòng j(t) = 3cos2t (A), viết biểu thức dòng i1(t) qua điện trở 1 Ω. (b) Triệt tiêu nguồn sđđ e(t)= 6cos4t (V), viết biểu thức dòng i2(t) qua điện trở 1Ω. (c) Dùng nguyên lý xếp chồng tìm biểu thức dòng i(t) qua điện trở 1 Ω và tính công suất tiêu thụ trên điện trở 1Ω.

Hướng dẫn giải: (a) Hở mạch nguồn dòng, kích thích của mạch bây giờ chỉ còn

nguồn áp với ω=4 rad/s, do đó: ZL=jωL=j(4)(1)=j4(Ω); ZC =- jC

1

ω=- j

)25,0(4

1 = - j1 (Ω).

Sơ đồ mạch điện như hình 262.

Ta có: 1I& =21j4j1

E

+−+

&

=3j3

6

+ =1 – j1 = 2∠- 45o (A)


47

Vậy, biểu thức tức thời của dòng qua điện trở 1 Ω là: i1(t) = 2 cos(4t – 45o) (A)

HÌNH 262

1Ω

j4Ω -j1Ω 2Ω

E&

1I&

HÌNH 255 HÌNH 256

HÌNH 257 HÌNH 258

A

B

I& 'I&

j50V j50V 50V

5Ω 5Ω j5Ω j5Ω

j4Ω j4Ω

3Ω 3Ω

A

B

"I&

50V

5Ω

j4Ω

3Ω j5Ω

j5Ω

j10Ω 5Ω

10Ω

1E& 2E&

HÌNH 259 HÌNH 260

j5Ω j5Ω

j10Ω j10Ω 5Ω 5Ω

10Ω 10Ω

'I& "I&

1'I& 1"I&

1E& 2E&

HÌNH 263

1Ω

j2Ω - j2Ω 2Ω

J&

2I&

2Ω

HÌNH 261

j(t)

0,25F

1Ω

1H i(t)

e(t)


48

(b) Ngắn mạch nguồn áp, kích thích của mạch bây giờ chỉ còn nguồn dòng với ω = 2 rad/s, do đó:

ZL = jωL = j(2)(1) = j2 (Ω) ; ZC = - jC

1

ω = - j

)25,0(2

1 = - j2 (Ω)

Sơ đồ mạch điện như hình 263.

Ta có: 2I& = J& (122j2j

22j2j

++−

+− ) = (3∠0o)(3

2 ) = 2∠0o (A)

Vậy, biểu thức tức thời của dòng qua điện trở 1 Ω là: i2(t) = 2cos2t (A)

(c) Xếp chồng 2 dòng i1(t) và i2(t) cùng qua điện trở 1 Ω ta được: i(t) = i1(t) + i2(t) = 2 cos(4t – 45o) + 2cos2t (A)

Công suất tiêu thụ trên điện trở 1 Ω là: P = P1 + P2

Với P1 = I12(1) = (

2

2 )2(1) = 1 W và P2 = I22(1) = (

2

2 )2(1) = 2 W

→ P = 1 + 2 = 3 W.

Cách khác: P = I2(1), với I = 22

21 II + = 22 )

2

2()

2

2( + = 3→P =( 3 )2(1)= 3 W

Georg Simon OHM

1789 - 1854

Chương 4: MẠNG HAI CỬA Ngô Ngọc Thọ

1

Mạng 2 cửa là gì?

Mạng hai cửa là một phần của mạch điện có hai đôicực để trao đổi năng lượng và tín hiệu với bên ngoài. Ở mỗi cửa, năng lượng và tín hiệu có thể được đưa vàohoặc được lấy ra. Dòng điện chảy vào cực của một cửabằng dòng điện chảy ra ở cực còn lại của cửa đó.

2I&

MẠNGHAICỬA

Mạchngoài

1

Mạchngoài

2

Cửa 1 Cửa 2

1I& 2I&

2U&

1I&1U&

4.1 Các hệ phương trình trạng thái của mạng hai cửaTrạng thái và quá trình năng lượng trên hai cửa được

đặc trưng và đo bởi hai cặp biến trạng thái và11 I;U &&22 I;U &&

Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông sốZ như sau, và gọi là các “trở kháng hở mạch”.

0I1

111

2IU

Z=

=&

&

&(Ω), gọi là trở kháng vào cửa 1

khi hở mạch cửa 2

22212122121111 IZIZU;IZIZU &&&&&& +=+=

4.1.1 Hệ phương trình trạng thái Z của mạng hai cửa(tính )2121 I;ItheoU;U &&&&

Mỗi biến sẽ được xác định bằng quan hệ với 2 trong 3 biến còn lại. Tổng cộng có 6 tổ hợp 2 biến bất kỳ từ 4 biến nói trên như sau, gọi là hệ phương trình trạng tháicủa mạng hai cửa.

0I2

222

1I

UZ

=

=&

&

&(Ω), gọi là trở kháng vào cửa 2

khi hở mạch cửa 1


2

Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông sốY như sau, và gọi là các “dẫn nạp ngắn mạch”.

0I2

112

1IU

Z=

=&

&

&

(Ω), gọi là trở kháng tương hỗ cửa 1 đ/vcửa 2 khi hở mạch cửa 1

0I1

221

2IU

Z=

=&

&

&(Ω), gọi là trở kháng tương hỗ cửa 2 đ/v

cửa 1 khi hở mạch cửa 2

0U1

111

2UI

Y=

=&

&

&

(S), gọi là dẫn nạp vào cửa 1 khi ngắn mạch cửa 2

22212122121111 UYUYI;UYUYI &&&&&& +=+=

4.1.2 Hệ phương trình trạng thái Y của mạng hai cửa(tính )2121 U;UtheoI;I &&&&

(S), gọi là dẫn nạp vào cửa 2 khi ngắn mạch cửa 10U2

22

1U

IY

=

=&

&

&

0U2

112

1UI

Y=

=&

&

&

(S), gọi là dẫn nạp tuơng hỗ cửa 1 đ/vcửa 2 khi ngắn mạch cửa 1

0U1

221

2UI

Y=

=&

&

&

(S), gọi là dẫn nạp tuơng hỗ cửa 2 đ/vcửa 1 khi ngắn mạch cửa 2

4.1.3 Hệ phương trình trạng thái H của mạng hai cửa(tính )2121 U;ItheoI;U &&&&

22212122121111 UHIHI;UHIHU &&&&&& +=+=Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông số

H như sau:

0U1

111

2IU

H=

=&

&

&

(Ω), gọi là trở kháng vào cửa 1 khi ngắn mạch cửa 2

0I2

112

1UU

H=

=&

&

&, gọi là hàm truyền đạt áp từ cửa 2 đến

cửa 1 khi hở mạch cửa 1


3

Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông sốG như sau:

0U1

221

2II

H=

=&

&

& , gọi là hàm truyền đạt dòng từ cửa 1 đếncửa 2 khi ngắn mạch cửa 2

0I2

222

1UI

H=

=&

&

&

(S), gọi là dẫn nạp vào cửa 2 khihở mạch cửa 1

0I1

111

2U

IG

=

=&

&

& (S), gọi là dẫn nạp vào cửa 1 khi hở mạch cửa 2

0U2

112

1II

G=

=&

&

&, gọi là hàm truyền đạt dòng từ cửa 2 đến cửa 1

khi ngắn mạch cửa 1

4.1.4 Hệ phương trình trạng thái G của mạng hai cửa(tính )2121 I;UtheoU;I &&&&

22212122121111 IGUGU;IGUGI &&&&&& +=+=

0U2

222

1IU

G=

=&

&

&

(Ω) , gọi là trở kháng vào cửa 2 khi ngắn mạch cửa 1

22222112122111 IAUAI;IAUAU &&&&&& −=−=

4.1.5 Hệ phương trình trạng thái A của mạng hai cửa(tính )2211 I;UtheoI;U &&&& −

Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông sốA như sau:

210I2

111 G

1UU

A2

===&

&

&)(

Y1

IU

A;210U2

112

2

Ω−=−

==&

&

&

)S(Z1

UI

A210I2

121

2

===&

&

&

210U2

122 H

1II

A;2

−=−

==&

&

&

, gọi là hàm truyền đat áp từ cửa 1 đếncửa 2 khi hở mạch cửa 20I1

221

2UU

G=

=&

&

&


4

Có 3 cách xác định thông số của mạng hai cửa.4.2.1 Từ định nghĩa của thông số mạng

xác đinh thông số mạng

12212121121112 IBUBI;IBUBU &&&&&& −=−=Từ hệ phương trình trên, người ta định nghĩa 4 thông số

B như sau:

120I2

211 H

1UU

B1

===&

&

&)(

Y

1

I

UB;

120U1

212

1

Ω−=−

==&

&

&

)S(Z

1

U

IB

120I1

221

1

===&

&

&

120U1

222 G

1II

B;1

−=−

==&

&

&

4.1.6 Hệ phương trình trạng thái B của mạng hai cửa(tính ) 1122 I;UtheoI;U &&&& −

4.2 Cách xác định thông số của mạng hai cửa

(c) (d)

Ví dụ: Hãy xác định bộ thông số A của mạng hai cửasau đây (hình a).

1U& 1U&

A

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ 4ΩΩΩΩ4ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

4ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ(a) (b)

1U&

2U&

1I&

1I& 1I&

2I&3I&

1I&

Giải: Theo định nghĩa: (Ω) và ,

do đó ta ngắn mạch cửa 2 (hình b) để tìm 2 thông sốnày.

0U2

112

2IU

A=−

=&

&

&

0U2

122

2II

A=−

=&

&

&


5

213321 III0III &&&&&& +=→=−+

Mặt khác, thay 2 điện trở 4Ω mắc song song ở mạchđiện hình b bởi điện trở tương đương 2Ω, ta được mạchđiện hình c, và định luật K2 viết cho mạch vòng hình c:

Định luật K2 viết cho mạch vòng hình b: 311 I4I2U &&& +=

Định luật K1 tại nút A: , do đó:

)1(I4I6)II(4I2U 212111&&&&&& +=++=

)2(I4I)22(U 111&&& =+=

Từ (1) và (2):2Ahay2

I

II4I2I4I4I6 22

2

121121 ==

−→−=→=+

&

&&&&&&

Và từ : )(8Ahay8

IU

I8)I4(4I4U 122

12211 Ω==

−→−=−==

&

&&&&&

Cũng theo định nghĩa: và (S), do đó

ta hở mạch cửa 2 (hình d) để tìm 2 thông số này.0I2

111

2UU

A=

=&

&

&

0I2

121

2UI

A=

=&

&

&

Định luật K2 viết cho mạch vòng hình d:)3(I6I)24(U 111

&&& =+=Và đ/v nhánh giữa, ta có:

)S(25,0Ahay)S(25,0UI

)4(I4U 212

112 ==→=

&

&&&

Cuối cùng, từ (3) và (4): 5,1Ahay5,1I4I6

UU

111

1

2

1 ===&

&

&

&

Tóm lại, bộ thông số A cần tìm là:2S0,25

Ω81,5A =

4.2.2 Giải mạch điện để xác định thông số mạngVận dụng các phương pháp giải mạch điện như

phương pháp dòng nhánh, thế nút, dòng mắtlưới.v.v…để tìm các thông số của mạng hai cửa cần tìm.Ví dụ: Hãy xác định bộ thông số Z của mạng hai cửa

sau đây (hình e).


6

Giải: Ta giải bài toán này bằng phương pháp dòngnhánh.

Coi ở cửa 1 có một nguồn sđđ cung cấp điện áp , ở cửa 2 có một nguồn sđđ cung cấp điện áp nhưhình f.

1E& 1U&

2E& 2U&

(f)

A

(e)

-j2ΩΩΩΩ j4ΩΩΩΩ

5ΩΩΩΩ

j4ΩΩΩΩ

5ΩΩΩΩ

-j2ΩΩΩΩ

1U& 2U&1E& 2E&

1I&

3I&

2I&

Định luật K2 viết cho mạch vòng hình f phía bên trái:)1(UEI5I)2j( 1131

&&&& ==+−Định luật K2 viết cho mạch vòng hình f phía bên phải:

)2(UEI5I)4j( 2232&&&& ==+

4.2.3 Từ thông số cho trước suy rathông số của mạng cần tìm

Dựa vào thông số cho trước, tra bảng “quy đổi thôngsố” để xác định thông số cần tìm.

Ví dụ: Hãy xác định bộ thông số A của mạng hai cửacó hệ phương trình trạng thái:

(4) Và (5) chính là hệ phương trình trạng thái Z của mạnghai cửa đang xét, do vậy:

)j45)5

)5)j2(5Z

Ω+Ω

ΩΩ−=

((

(

Định luật K1 tại nút A: )3(III0III 213321&&&&&& +=→=−+

(3)→ (1) và (2):)5(I)4j5(I5Uvà)4(I5I)2j5(U 212211

&&&&&& ++=+−=

212211 I4I2U;I7I2U &&&&&& +=+=


7

BẢNG QUY ĐỔI THÔNG SỐ

B11 B12

B21 B22

B

A11 A12

A21 A22

A

G11 G12

G21 G22

G

H11 H12

H21 H22

H

Y11 Y12

Y21 Y22

Y

Z11 Z12

Z21 Z22

Z

BAGHYZ

∆Y

Y

∆Y

Y∆YY

∆YY

1121

1222

−

−

∆ZZ

∆ZZ

∆ZZ

∆ZZ

1121

1222

−

−

2222

21

22

12

22

H

1

H

H

H

H

H

∆H

−

2222

21

22

12

22

Z1

ZZ

ZZ

Z∆Z

−

1111

21

11

12

11

G∆G

GG

G

G

G

1−

1111

21

11

12

11

Z∆Z

ZZ

ZZ

Z1

−

21

22

21

2121

11

AA

A1

A

∆A

A

A

21

22

21

2121

11

ZZ

Z1

Z∆Z

ZZ

21

11

21

2121

22

B

B

B

∆B

B1

BB

21

11

21

2121

22

ZZ

Z∆Z

Z1

ZZ

1111

21

11

12

11

Y∆Y

YY

YY

Y1

−

1111

21

11

12

11

H∆H

HH

HH

H1

−

2222

21

22

12

22

Y

1

Y

Y

YY

Y∆Y

−

2222

21

22

12

22

G

1

G

G

G

G

G

∆G

−

21

11

21

2121

22

YY

Y∆Y

Y1

YY

−−

−−

12

22

12

1212

11

YY

Y∆Y

Y1

YY

−−

−−

∆HH

∆HH

∆H

H

∆H

H

1121

1222

−

−

∆AA

∆AA

∆AA

∆AA

1121

1222

∆BB

∆BB

∆BB

∆BB

1121

1222

2121

11

21

22

21

G∆G

GG

GG

G1

1212

22

12

11

12

H∆H

HH

HH

H1

∆GG

∆GG

∆GG

∆GG

1121

1222

−

−

12

11

12

1212

22

AA

A1

A∆A

AA

−

−

22

21

22

2222

12

A

A

A

1

A

∆A

A

A

−

11

12

11

1111

21

A

A

A

1

A

∆A

A

A−

12

22

12

1212

11

BB

B∆B

B1

BB

−

11

21

11

1111

12

BB

B∆B

B1

BB

−

22

12

22

2222

21

BB

B∆B

B1

BB

−

2121

22

21

11

21

H1

HH

HH

H∆H

−−

−−

1212

11

12

11

12

G1

GG

GG

G∆G

−−

−−

)(32

)2(7)4(2Z

Z.ZZ.ZZZ

A

122

ZZ

A

21

21122211

2112

21

1111

Ω−=−

=−

=∆

=

===

224

ZZ

A;)S(21

Z1

A21

2222

2121 =====

Ghi chú: với X có thể là Z, Y, H, G, A, B.

21122211 X.XX.XX −=∆

Giải: Hệ phương trình trên là hệ phương trình trạngthái Z, do đó ta tra bảng “quy đổi thông số” theo cột Z, hàng A, ta có:

Tóm lại, bộ thông số A cần tìm là:

2(S)0,5

)(31A

Ω−=

4.3 Các thông số làm việc của mạng hai cửa


8

Khi làm việc, mạng hai cửa được kết nối với nguồnvà tải như sơ đồ hình g, trong đó Z1 là trở kháng trongcủa nguồn sđđ , Z2 là trở kháng tải. Cửa nối với nguồn(1,1’) là cửa sơ cấp, cửa nối với tải (2,2’) là cửa thứ cấp. Các thông số mô tả trạng thái làm việc của mạng hai cửađược gọi là thông số làm việc.

1E&

ZV1

Mạnghaicửa

Nguồn Tải

Z1 Z21U& 2U&

1I& 2I&1

1’

2

2’1E&(g)

Các thông số làm việc của mạng hai cửa bao gồm: trở kháng vào – hệ số khuếch đại áp – hệ số khuếch đạidòng – hệ số khuếch đại công suất.

Mặt khác, áp trên tải (hình g): , thay vào(2):

)I(ZU 222&& −=

)3(ZZIZ

IIZIZ)I(Z222

121222212122 +

−=→+=−

&&&&&

)2(IZIZU;)1(IZIZU 22212122121111&&&&&& +=+=

4.3.1.1 Trở kháng vào sơ cấp Zv1Là tỉ số giữa áp và dòng sơ cấp khi thứ cấp được nối

với tải :

1

1v1 I

UZ

&

&=

4.3.1 Trở kháng vào Zv

Ta có hệ phương trình trạng thái Z:

Có thể tính Zv1 theo bất kỳ bộ thông số nào trong 6 bộthông số Z, Y, H, G, A, B.

Bây giờ ta xác đinh Zv1 theo bộ thông số Z chẳng hạn.


9

Là tỉ số giữa áp và dòng thứ cấp khi triệt tiêu nguồn ápphía sơ cấp (hình h):

2

22v I

UZ

&

&=

Z1

1

1’

2

2’

ZV2

Mạnghai cửa

1I& 2I&

1U& 2U&

(h)

4.3.1.2 Trở kháng vào thứ cấp Zv2

Thay (3) vào (1):

1222

2112111

22

121121111 I)

ZZZ.Z

Z(U)ZZIZ

(ZIZU &&&

&&

+−=→

+−

+=

Hay:222

211v1 ZZ

∆Z.ZZZ

++

=→+

−==222

211211

1

11v ZZ

ZZZ

IU

Z&

&

Bây giờ ta xác định Zv2 theo bộ thông số Z chẳng hạn.Áp sơ cấp (hình h): , thay vào (1):)I(ZU 111

&& −=

)4(ZZIZ

IIZIZ)I(Z111

212121211111 +

−=→+=−

&&&&&

Hay:111

122v2 ZZ

∆Z.ZZZ

++

=→+

−==111

211222

2

22v ZZ

Z.ZZ

IU

Z&

&

Thay (4) vào (2):

2111

2112222222

111

212212 I)

ZZZ.Z

Z(UIZ)ZZIZ

(ZU &&&&

&

+−=→+

+−

=

4.3.2.1 Hệ số khuếch đại áp

Là tỉ số hay khi mạng hai cửa làm việc.1

2

EU&

&

1

2

UU&

&

Phía sơ cấp của mạng hình g cho ta:)5(UIZE 1111

&&& +=Phía thứ cấp của mạng hình g cho ta:


10

(10)→(11): )ZU(Z]

Z.Z)ZZ(U

)[ZZ(E2

212

212

22221111

&&& −

++=

(9)→(7): )ZU

(ZIZU2

2121111

&&& −+= , thay vào (5):

)11()ZU

(ZI)ZZ(E2

21211111

&&& −++=

Hệ phương trình trạng thái Z của mạng:

)8(IZIZU;)7(IZIZU 22212122121111&&&&&& +=+=

)10(Z.Z

)ZZ(UI)

ZU

(ZIZU212

22221

2

2221212

+=→−+=

&&

&&&

, thay vào (8):)9(ZU

I)6(2

22

&& −=→

)6()I(ZU 222&& −=

∆Z.ZZ)Z(ZZ

.ZZ

E

U

2211112

212

1

2

+++=→

&

&

4.3.2.2 Hệ số khuếch đại dòng

Là tỉ số khi mạng hai cửa làm việc.1

2

II&

&

Từ (3) ta suy ra: 222

21

1

2

ZZZ

II

+−

=&

&

4.3.2.3 Hệ số khếch đại công suấtLà tỉ số giữa công suất tác dụng của tải (P2) với

công suất tác dụng đưa vào cửa 1 (P1).* Tính P2:

22

2222222 ZReI21

)*]I)(I(ZRe[21

)*I(U21

Re[P =−−=−= &&&&

* Tính P1:


11


Bài 4.1 (a) Xác định các phần tử của các ma trận A, Z, Y, H của mạng hai cửa hình 363. Biết Z1 = 10 Ω, Z2 = 5 Ω. (b) Nếu cho Z1 = 8 KΩ, Z2 = 4 KΩ, xác định dòng I1 do nguồn cung cấp và áp U2 trên tải khi áp nguồn cung cấp là U1 = 48 V và tải có trở kháng Rt = ∞ ; 6 KΩ ; 0.

Hướng dẫn giải:

(a) Xác định các ma trận

• Các phần tử của ma trận A (pp định nghĩa):

* Hở mạch cửa 2 (hình 364):

1U& = 1I& (0,5Z1 + Z2) và 2U& = 1I& Z2 → A11 = 2

1

U

U&

&

2I& = 0 = 2

21

Z

ZZ5,0 +=

5

5)10(5,0 ++++ = 2

Và: A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = 2Z

1 =

5

1 = 0,2 S

* Ngắn mạch cửa 2 (hình 365): 1I& + 2I& - 3I& = 0 (Định luật K1 tại A) → 3I& = 1I& + 2I& - 1U& + 1I& (0,5Z1) + 3I& (Z2) = 0 (Định luật K2 cho mắt trái) - 1U& + 1I& (0,5Z1) + 3I& (Z2) = 0 (Định luật K2 cho mắt trái)

Hay: - 1U& + 1I& (0,5Z1) + ( 1I& + 2I& )(Z2) = 0 → 1U& = (0,5Z1 + Z2) 1I& + Z2 2I& (1)

* Tính hệ số khuếch đại công suất:

v1

2

222

21

1

2

ReZReZ

ZZZ

PP

+=→=

1v2

1

22

2

1

2

ZReI21

ZReI21

PP

1v2

1111v111 ZReI21

*)I.I.ZRe(21

*)IU21

Re(P === &&&&

HÌNH 366

A

Z2

0,5Z1 0,5Z1

Zt Nguồn Tải 1U& 2U&

2I& 1I&

HÌNH 365

A

Z2

0,5Z1 0,5Z1

1U&

2I& 1I& 3I&

HÌNH 363

Z2

0,5Z1 0,5Z1

1U& 2U&

2I& 1I&

HÌNH 364

A

Z2

0,5Z1

0,5Z1

1U& 2U&

2I& = 0

1I& 1I&


12

2I& (0,5Z1) + 3I& (Z2) = 0 (Định luật K2 cho mắt phải)

Hay: 2I& (0,5Z1) + ( 1I& + 2I& )(Z2) = 0 → Z2 1I& = (0,5Z1 + Z2)(- 2I& ) (2)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

−−−− 2U& = 0 = 2

21

Z

ZZ5,0 ++++ =

5

5)10(5,0 ++++ = 2

Thay (2) vào (1): 1U& = (0,5Z1 + Z2)[2

221

Z

)I)(ZZ5,0( &−−−−++++] + Z2 2I& =

2

212

1

Z

ZZ)Z5,0( ++++(- 2I& )

Vậy: A12 =2

1

I

U&

&

−−−− 2U& = 0 = 2

212

1

Z

ZZ)Z5,0( ++++ =

5

)5(10)10.5,0( 2 ++++ = 15 Ω

Tóm lại: A =

ΩΩΩΩ

2S2,0

152

• Các phần tử của ma trận Z, Y, H (dùng bảng quy đổi thông số): Từ thông số A, bảng quy đổi thông số cho ta:

- Các phần tử của ma trận Z là: Z11 = 21

11

A

A =

2,0

2 = 10 Ω ; Z12 = 21A

A∆∆∆∆ ,

với ∆A = A11A22 – A12A21 = (2)(2) – (15)(0,2) = 1 → Z12 = 2,0

1 = 5 Ω ;

Z21 =21A

1=

2,0

1 = 5 Ω ; Z22 =21

22

A

A=

2,0

2 = 10 Ω. Tóm lại: Z =

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

105

510

- Các phần tử của ma trận Y là: Y11 = 12

22

A

A =

15

2 S ; Y12 = - 12A

A∆∆∆∆ = - 15

1 S ;

Y21 = - 12A

1 = -

15

1 S ; Y22 = 12

11

A

A =

15

2 S. Tóm lại: Y =

−−−−

−−−−

S15

2S

15

1

S15

1S

15

2

- Các phần tử của ma trận H là: H11 = 22

12

A

A =

2

15 = 7,5 Ω ; H12 = 22A

A∆∆∆∆ = 2

1 = 0,5 ;

H21 = - 22A

1 = -

2

1 = - 0,5 ; H22 = 22

21

A

A =

2

2,0 = 0,1 S. Tóm lại: H =

−−−−

ΩΩΩΩ

S1,05,0

5,05,7

(b) Mạng hai cửa làm việc với nguồn và tải như hình 366. Nếu Z1 = 8 KΩ và Z2 = 4 KΩ thì các phần tử của ma trận A được tính lại như sau:

A11 = A22 = 2

21

Z

Z)Z(5,0 + =

4000

4000)8000(5,0 + = 2000 ; A21 = 2Z

1 =

4000

1 = 0,00025 S

A12 = 2

212

1

Z

ZZ)Z5,0( ++++ =

4000

)4000(8000)8000.5,0( 2 + = 12000 Ω

Suy ra các phần tử của ma trận Z: Z11 = 21

11

A

A =

00025,0

2000 = 8000 Ω = Z22

Z12 = 21A

A∆∆∆∆ = 21A

1 =

00025,0

1 = 4000 Ω = Z21. Tóm lại, trong hợp này: Z =

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

ΩΩΩΩΩΩΩΩ

K8K4

K4K8

Và hệ phương trình trạng thái Z là: 1U& = 8000 1I& + 4000 2I& (3) 2U& = 4000 1I& + 8000 2I& (4)


13

TH 1: Rt = Zt = ∞, trở kháng vào sơ cấp ZV1 = 1

1

I

U&

&

→ 1I& = 1V

1

Z

U&, với 1U& = 48∠ψu1 (V) và ZV1 =

22t

t11

ZZ

ZZZ

+

∆+ =

t

22

t11

Z

Z1

Z

ZZ

+

∆+

= Z11 = 8000 Ω

Từ đó: 1I& = 8000

48 1uψ∠ = 6.10-3∠ψu1 (A) hay I1 = 6 mA

Và từ (4) ta suy ra ( 2I& = 0 vì Zt = ∞, tức hở mạch cửa 2):

2U& = 4000(6.10-3∠ψu1) (V) = 24∠ψu1 (V) hay U2 = 24 V

TH 2: Rt = Zt = 6 KΩ, trở kháng vào sơ cấp ZV1 = 1

1

I

U&

&

→ 1I& = 1V

1

Z

U&, với 1U& = 48∠ψu1 (V) và ZV1 =

22t

t11

ZZ

ZZZ

+

∆+ =

86

)4(4)8(8)6(8

+−+ =

7

48 KΩ

Từ đó: 1I& =

7

10.48

4831uψ∠ = 7.10-3∠ψu1 (A) hay I1 = 7 mA

Biết: 2U& = - Zt 2I& . Và biết: 2I& = 22t

!21

ZZ

IZ

+

− &

.

→ 2U& = - Zt(22t

!21

ZZ

IZ

+

− &

) =22t

121t

ZZ

IZZ

+

&

= 80006000

)10.7)(4000(6000 1u3

+

ψ∠−

=12∠ψu1 (V) hay U2 =12 V

TH 3: Rt = Zt = 0, trở kháng vào sơ cấp ZV1 = 1

1

I

U&

&

→ 1I& = 1V

1

Z

U&, với 1U& = 48∠ψu1 (V) và ZV1 =

22t

t11

ZZ

ZZZ

+

∆+ =

22Z

Z∆ = 8

)4(4)8(8 − = 6 KΩ

Từ đó: 1I& = 6000

48 1uψ∠ = 8.10-3∠ψu1 (A) hay I1 = 8 mA

Và: 2U& = - Zt 2I& = - 0( 2I& ) = 0 hay U2 = 0

Bài 4.2 Xác định các phần tử ma trận A của mạng hai cửa hình 367.


Các phần tử của ma trận A (pp định nghĩa):

* Hở mạch cửa 2 (hình 368) Ta có: 1U& = 1I& (Z1 + Z3) và 2U& = 1I& Z3

2U&

HÌNH 367

Z3

Z1 Z2

1U&

2I& 1I&

HÌNH 368

A

Z3

Z1

Z2

1U& 2U&

2I& = 0

1I& 1I&

HÌNH 369

A

Z3

Z1 Z2

1U&

2I& 1I& 3I&


14

→ A11 = 2

1

U

U&

&

2I& = 0 = 3

31

Z

ZZ += 1 +

3

1

Z

Z và A21 =

2

1

U

I&

&

2I& = 0 = 3Z

1

* Ngắn mạch cửa 2 (hình 369) Ta có: 1I& + 2I& - 3I& = 0 (Định luật K1 tại A) → 3I& = 1I& + 2I& Và: - 1U& + 1I& (Z1) + 3I& (Z3) = 0 (Định luật K2 cho mắt trái)

Hay: - 1U& + 1I& (Z1) + ( 1I& + 2I& )(Z3) = 0 → 1U& = (Z1 + Z3) 1I& + Z3 2I& (1) Ta lại có: 2I& (Z2) + 3I& (Z3) = 0 (Định luật K2 cho mắt phải)

Hay: 2I& (Z2) + ( 1I& + 2I& )(Z3) = 0 → Z3 1I& = (Z2 + Z3)(- 2I& ) (2)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

−−−− 2U& = 0 = 3

32

Z

ZZ + = 1 +

3

2

Z

Z

Thay (2) vào (1): 1U& = (Z1 + Z3)[3

232

Z

)I)(ZZ( &−+] + Z3 2I& = (

3

133221

Z

ZZZZZZ ++)(- 2I& )

Vậy: A12=2

1

I

U&

&

−−−− 2U& = 0 = 3

133221

Z

ZZZZZZ ++.Tóm lại: A =

+

+++

3

2

3

3

133221

3

1

Z

Z1

Z

1Z

ZZZZZZ

Z

Z1

Bài 4.3 Xác định các phần tử của các ma tận Y và H của mạng hai cửa hình 370. Nghiệm lại các điều kiện đối xứng của mạng hai cửa.

Hướng dẫn giải (pp định nghĩa):

• Ma trận Y * Ngắn mạch cửa 2, hình 371 có mạch tương đương hình 372, trong đó chỉ có

điện trở 100 Ω // điện trở 20 Ω, còn điện trở 100 Ω thứ hai bị nối tắt, do vậy:

1I& =

20100

)20(100U1

+

&

= 0,06 1U& → Y11 = 1

1

U

I&

&

2U& = 0 = 0,06 S

Và: - 2I& = 1I& ()20100

100

+) (Công thức chia dòng) hay 2I& = - (0,06 1U& )(

6

5 ) = - 0,05 1U&

HÌNH 370 HÌNH 371 HÌNH 372

HÌNH 373 HÌNH 374

20Ω 20Ω 20Ω

20Ω 20Ω

100Ω 100Ω 100Ω

100Ω

100Ω 100Ω

100Ω 100Ω

1U& 1U& 1U&

2U&

2U&2U&

2I& 2I& 2I&

2I& 2I&

1I& 1I&

1I&

1I& 1I&


15

Vậy: Y21 = 1

2

U

I&

&

2U& = 0 = - 0,05 S

* Ngắn mạch cửa 1, hình 373 có mạch tương đương hình 374, trong đó chỉ có điện trở 100 Ω // điện trở 20 Ω, còn điện trở 100 Ω thứ nhất bị nối tắt, do vậy:

2I& =

20100

)20(100U 2

+

&

= 0,06 2U& → Y22 = 2

2

U

I&

&

1U& = 0 = 0,06 S

Và: - 1I& = 2I& ()20100

100

+) (Công thức chia dòng) hay 1I& = - (0,06 2U& )(

6

5 ) = - 0,05 2U&

Vậy: Y12 = 2

1

U

I&

&

1U& = 0 = - 0,05 S. Tóm lại: Y =

−−−−

−−−−

S06,0S05,0

S05,0S06,0

* Nghiệm lại tính đối xứng: Y12 = - 0,05S = Y21 và Y11 = 0,006S = Y22 → Mạng hai cửa là đối xứng.

• Ma trận H

Dùng bảng quy đổi thông số, từ Y → H11 = 11Y

1 = 06,0

1 = 3

50 Ω ;

H12 = - 11

12

Y

Y= - (

06,0

05,0− )= 6

5 ; H21 =11

21

Y

Y=

06,0

05,0− = - 6

5 ; H22 =11Y

Y∆ =11

21122211

Y

YYYY −=

600

11 S

Tóm lại: H =

−−−−

ΩΩΩΩ

S600

11

6

56

5

3

50

. Nghiệm lại tính đối xứng: H12 = 6

5 = - H21

và ∆H = H11H22 – H12H21 = (3

50 )(600

11 ) – (6

5 )(-6

5 ) = 1 → Mạng hai cửa là đối xứng.

Bài 4.4 Xác định ma trận A của mạng hai cửa hình 375

Hướng dẫn giải (pp định nghĩa): * Hở mạch cửa 2, hình 376, trong đó ta thay

(1000Ω+100Ω)//100Ω bằng 1001100

)100(1100

++++ =

3

275 Ω (hình 377). Từ đó:

1U& = 1I& (3

275 + 10) = 3

3051I& và 2U& = 3I& (100) + 1I& (10)

= 1I& (1001001000

100

++++++++)(100) + 1I& (10) =

3

551I& → A11 =

2

1

U

U&

&

2I& = 0 =

3

553

305

= 11

61

Và: A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = 55

3 S

* Ngắn mạch cửa 2, hình 378, trong đó ta thay 3 điện trở 100Ω, 1000Ω, 100Ω đấu ∆ bởi 3 điện trở dấu Y tương đương như hình 379, lần lượt có các giá trị:

1001000100

)1000(100

++++++++ =

3

250 Ω ; 1001000100

)100(100

++++++++ =

3

25 Ω ; 1001000100

)1000(100

++++++++ =

3

250 Ω

Ta có: 1I& + 2I& - 3I& = 0 (Định luật K1 tại A) → 3I& = 1I& + 2I&


16

Và: - 1U& + 1I& (3

250 ) + 3I& (3

25 + 10) = 0 (Định luật K2 cho mắt trái)

Hay: - 1U& + 1I& (3

250 ) + ( 1I& + 2I& )(3

55 ) = 0 → 1U& = (3

305 ) 1I& + 3

552I& (1)

Ta lại có: 2I& (3

250 ) + 3I& (3

25 + 10) = 0 (Định luật K2 cho mắt phải)

Hay: 2I& (3

250 ) + ( 1I& + 2I& )(3

55 ) = 0 → 3

551I& = (

3

305 )(- 2I& ) (2)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

−−−− 2U& = 0 =

3

553

305

= 11

61 . Thay (2) vào (1): 1U& = (3

305 )(11

61 )(- 2I& ) + 3

552I&

= 33

18000 (- 2I& ). Vậy: A12 =2

1

I

U&

&

−−−− 2U& = 0 = 33

18000 Ω. Tóm lại: A =

ΩΩΩΩ

11

61S

55

333

18000

11

61

Bài 4.5 Xác định các ma trận Y và A của mạng hai cửa hình 380.


• Xác định ma trận Y (pp định nghĩa)

* Ngắn mạch cửa 2 (hình 381). Coi Dϕ& = 0 → Aϕ& = 1U& , Bϕ& = 0 → XU& = Cϕ&

1000Ω


HÌNH 378 HÌNH 379

A

1000Ω

1000Ω

100Ω 100Ω 100Ω

100Ω 100Ω

100Ω

10Ω 10Ω 10Ω

10Ω 10Ω

275/3Ω

250/3Ω 250/3Ω

25/3Ω

1U& 1U& 1U&

1U& 1U&

2U& 2U&

12 I10U && = 2I&

2I&

2I&

)10(I1&

)100(I 3&

1I& 1I& 1I&

1I& 1I& 3I&

1I&


17

Coi cửa 1 được kích thích bởi nguồn dòng 1I& và thay nguồn áp phụ thuộc

(0,15 XU& , 150Ω) bằng nguồn dòng phụ thuộc (150

U15,0 X&

, 150Ω), 2 phương trình thế nút

viết cho nút A và nút C là: (220

1 + 150

1 ) Aϕ& - 220

1Cϕ& = 1I& -

150

U15,0 X&

= 1I& - 1000

1Cϕ&

Hay: 3300

37Aϕ& -

22000

78Cϕ& = 1I& (1)

Và: - (220

1 ) Aϕ& + (220

1 + 100

1 + 330

1 ) Cϕ& = 0 → Cϕ& = 7018

1815Aϕ&

Thay vào (1): 3300

37Aϕ& -

22000

78 (7018

1815Aϕ& )= 1I& hay

5095068

10.5245471 2−

Aϕ& =5095068

10.5245471 2−

1U& = 1I&

Vậy: Y11 = 1

1

U

I&

&

2U& = 0 = 5095068

10.5245471 2−

≈ 0,01029 S

Ta có: 3I& = 100

UCD&

= 100

DC ϕ−ϕ && =

100

1Cϕ& =

100

1 (7018

1815Aϕ& ) =

140360

363Aϕ& =

140360

3631U&

Và: 1I& = 5095068

10.5245471 2−

1U& . Từ đó: 2I& = 3I& - 1I& = 140360

3631U& -

5095068

10.5245471 2−

1U&

= - 7151437445

10.5513033412 2−

1U& . Vậy: Y21 = 1

2

U

I&

&

2U& = 0 = - 7151437445

10.5513033412 2−

≈ - 0,00771 S

* Ngắn mạch cửa 1 (hình 382). Coi Dϕ& = 0 → Bϕ& = 2U& , Aϕ& = 0 → XU& = Cϕ& - Bϕ& Coi cửa 2 được kích thích bởi nguồn dòng 2I& và thay nguồn áp phụ thuộc

(0,15 XU& , 150Ω) bằng nguồn dòng phụ thuộc (150

U15,0 X&

, 150Ω), 2 phương trình thế nút

viết cho nút B và nút C là: (330

1 + 150

1 ) Bϕ& - 330

1Cϕ& = 2I& +

150

U15,0 X&

= 2I& + 1000

1 ( Cϕ& - Bϕ& )

Hay: 99000

1059Bϕ& -

33000

133Cϕ& = 2I& (2). Và: - (

330

1 ) Bϕ& + (220

1 + 100

1 + 330

1 ) Cϕ& = 0

→ Cϕ& = 10527

1815Bϕ& . Thay vào (2):

99000

1059Bϕ& -

33000

133 (10527

1815Bϕ& ) = 2I&


0,5 XU& 150

U5,0 X&

150

U5,0 X&

150Ω

220Ω 330Ω 330Ω

220Ω 220Ω

330Ω 100Ω 100Ω 100Ω

150Ω 150Ω

XU& XU& XU&

1U& 1I&

1I&

2I&

2I& 2I& 1I&

3I& 3I&

2U&

A A B B C C

D D

1I& 2I&


18

Hay: 4391709,3

10.43988964,3 2−

Bϕ& ≈ 0,01 2U& = 2I& . Vậy: Y22 = 2

2

U

I&

&

1U& = 0 = 0,01 S

Ta có: 3I& = 100

UCD&

= 100

DC ϕ−ϕ && =

100

1Cϕ& =

100

1 (10527

1815Bϕ& ) =

210540

363Bϕ& =

210540

3632U&

Và: 2I& = 4391709,3

10.43988964,3 2−

2U&

Từ đó: 1I& = 3I& - 2I& = 210540

3632U& -

4391709,3

10.43988964,3 2−

2U& = - 0413,724083

924611,59932U& ≈ - 0,00828 2U&

Vậy: Y12 = 2

1

U

I&

&

1U& = 0 = - 0,00828 S. Tóm lại: Y =

−−−−

−−−−

S01,0S00771,0

S00828,0S01029,0

• Xác định ma trận A

Từ ma trận Y, theo bảng quy đổi thông số ta có: A11 = - 21

22

Y

Y = -

00771,0

01,0

− = 1,297 ;

A12 = - 21Y

1 = - 00771,0

1

− = 129,7 Ω ; A21 = -

21Y

Y∆ = - (21

21122211

Y

YYYY −)

= - [00771,0

)00771,0)(00828,0()01,0(01029,0

−−−− ] = 0,00507 S ; A22 = -

21

11

Y

Y = -

00771,0

01029,0

−

= 0,13346. Tóm lại: A =

ΩΩΩΩ

13346,0S00507,0

7,129297,1

Bài 4.6 Cho mạng hai cửa hình 383. (a) Xác định ma trận Z (b) Tính trở kháng vào cửa 1 khi mắc ở cửa 2 một điện trở R.


(a) Xác định Z (pp định nghĩa)

* Hở mạch cửa 2 (hình 384) Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + XU& + 1I& R3 = 0, biết XU& = 1I& R1, do đó:

µ XU&

HÌNH 385 HÌNH 386

A R1 R1 R2 R2

R3

R3 R

µ XU& µ XU&

XU& XU&

1U& 1U& 2U&

2I&

2I& 3I& 2I&

1I&

HÌNH 383 HÌNH 384

R1 R1 R2 R2

R3

R3 µ XU& XU& XU&

1U& 1U& 2U& 2U&

2I&

1I& 1I&

1I&


19

1U& = (R1 + R3) 1I& . Vậy: Z11 = 1

1

I

U&

&

2I& = 0 = R1 + R3

Định luật K2 viết cho mắt phải: - 2U& + 2I& R2 + 1I& R3 = µ XU& = µ( 1I& R1)

Hay: 2U& = 0(R2) + 1I& R3 - 1I& (µR1) = (R3 - µR1) 1I& . Do vậy: Z21 = 1

2

I

U&

&

2I& = 0 = R3 - µR1

* Hở mạch cửa 1 (hình 385) Định luật K2 viết cho mắt phải: - 2U& + µ XU& + 2I& R2 + 2I& R3 = 0,

Biết: XU& = 1I& R1 = 0(R1) = 0 , do đó: 2U& = (R2 + R3) 2I& . Vậy: Z22 = 2

2

I

U&

&

1I& = 0 = R2 + R3

Và dễ thấy rằng: 1U& = 2I& R3. Do vậy: Z12 = 2

1

I

U&

&

1I& = 0 = R3. Tóm lại:

Z =

++++µµµµ−−−−

++++

3213

331

RRRR

RRR

(b) Tính ZV1 (hình 386): ZV1 = 1

1

I

U&

&

Định luật K1 tại nút A: 1I& + 2I& - 3I& = 0 → 3I& = 1I& + 2I& Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 1I& R1 + 3I& R3 = 0 Hay: 1U& = 1I& R1 + ( 1I& + 2I& )R3 = (R1 + R3) 1I& + R3 2I& (*) Định luật K2 viết cho mắt phải: 2I& (R + R2) + 3I& R3 = µ XU& Phương trình viết cho nguồn phụ thuộc: XU& = 1I& R1 Suy ra: 2I& (R + R2) + ( 1I& + 2I& )R3 = µ( 1I& R1) → (R3 - µR1) 1I& + (R + R2 + R3) 2I& = 0

→ 2I& = 32

13

RRR

)RR(

++++++++

µµµµ−−−−−−−−1I& . Thay vào (*): 1U& = (R1 + R3) 1I& -

32

133

RRR

)RR(R

++++++++

µµµµ−−−−1I&

= [(R1 + R3) - 32

133

RRR

)RR(R

++++++++

µµµµ−−−−] 1I& . Vậy: ZV1 = (R1 + R3) -

32

133

RRR

)RR(R

++++++++

µµµµ−−−−

Hay: ZV1 = Z11 - 22

2112

ZR

ZZ

++++

Bài 4.7 Xác định thông số A của mạng hai cửa hình 387.


* Hở mạch cửa 2 (hình 388)

Định luật K2 viết cho mắt trái: 3I& (- j40) - 1U& = 0 → 3I& = 40j

U1

−−−−

&

(1)

Định luật K2 viết cho mắt giữa: - 3I& (- j40) + 4I& (20 + j20 - j40) = 0 (2)

Định luật K2 viết cho mắt phải: 4I& (- j40) - 2U& = 0 → 4I& = 40j

U 2

−−−−

&

(3)

Thay (1) và (3) vào (2): - 40j

U1

−−−−

&

(- j40) + 40j

U 2

−−−−

&

(20 – j20) = 0 hay j40 1U& = (- 20 + j20) 2U&

Vậy: A11 = 2

1

U

U&

&

2I& = 0 = 40j

20j20 ++++−−−− = o

o

902

1352

∠∠∠∠

∠∠∠∠ = 0,5 2 ∠45o = 0,5 + j0,5


20

Ta có: 1I& = 3I& + 4I& = 40j

U1

−−−−

&

+ 40j

U 2

−−−−

&

hay – j40 1I& = 40j

U)20j20( 2&++++−−−−

+ 2U&

→ 1600 1I& = (- 20 + j60) 2U& → 1I& = (- 0,0125 + j0,0375) 2U& .

Vậy: A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = - 0,0125 + j0,0375 (S)

* Ngắn mạch cửa 2, hình 389, trong đó trở kháng – j40Ω thứ hai bị nối tắt. Rõ ràng rằng: 1U& = 3I& (- j40)

Định luật K2 viết cho mạch vòng: 2I& (20 + j20) + 3I& (- j40) = (20 + j20) 2I& + 1U& = 0

Hay: 1U& = (20 + j20)(- 2I& ). Vậy: A12 = 2

1

I

U&

&

−−−− 2U& = 0 = 20 + j20 (Ω)

Ta có: 1I& = 3I& + (- 2I& ) = 40j

U1

−−−−

&

+ (- 2I& ) = 40j

)I)(20j20( 2

−−−−

−−−−++++ &

+ (- 2I& ) = (0,5 + j0,5)( - 2I& )

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

−−−− 2U& = 0 = 0,5 + j0,5. Tóm lại: A =

++++++++−−−−

ΩΩΩΩ++++++++

5,0j5,0)S(0375,0j0125,0

)(20j205,0j5,0

Bài 4.8 Xác định ma trận A của mạng hai cửa hình 390.


* Hở mạch cửa 2 (hình 391): Định luật K2 viết cho mắt trái:

- 1U& + 1I& (10 – j10) = 0 . Và: 2U& = 1I& (- j10)

Vậy: A11 = 2

1

U

U&

&

2I& = 0 = 10j

10j10

−− = 2 ∠45o= 1 + j1

Và: A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = 10j

1

− = j0,1 S

• Ngắn mạch cửa 2 (hình 392): Định luật K1 tại nút A:

1I& + 2I& - 3I& = 0 → 3I& = 1I& + 2I& Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 1I& (10) + 3I& (- j10) = 0

HÌNH 389

20Ω j20Ω

-j40Ω

1I&

2I& 3I&

1U&

HÌNH 387 HÌNH 388

20Ω 20Ω j20Ω j20Ω

-j40Ω -j40Ω -j40Ω -j40Ω

1I& 1I& 2I&

4I& 4I& 3I&

1U& 1U& 2U& 2U&


21

Hay: 1U& = 1I& (10) + ( 1I& + 2I& )(- j10) → 1U& = (10 – j10) 1I& - j10 2I& (1) Định luật K2 viết cho mắt phải: 2I& (10 + j10) + 3I& (- j10) = 0

Hay: 2I& (10 + j10) + ( 1I& + 2I& )(- j10) = 0 → - j10 1I& + 10 2I& = 0 → 1I& = j(- 2I& ) (2)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

− 2U& = 0 = j1

Thay (2) vào (1): 1U& = (10 – j10)(- j 2I& ) – j10 2I& = (10 + j20)(- 2I& )

Vậy: A12 = 2

1

I

U&

&

− 2U& = 0 = 10 + j20 (Ω). Tóm lại: A =

Ω++

1j)S(1,0j

)(20j101j1

Bài 4.9 Mạng hai cửa hình 393 có 0,5Z1 = 2Z2 = 10 + j20 (Ω). Xác định: (a) Các hệ số của ma trận A. (b) Áp đầu vào cửa (1-1’) để áp trên tải điện trở

10 Ω (mắc ở cửa 2-2’) là 20 V. (c) Dòng do nguồn cung cấp khi cung cấp từ phía đầu ra (2-2’) và ngắn mạch đầu vào (1-1’), biết áp nguồn cung cấp là 100 mV. (d) Xác định số chỉ của watt kế khi dòng vào cuộn dòng là 1I& và áp hai đầu cuộn áp là 2U& khi cho đầu ra hở mạch và tác dụng lên đầu vào là u1(t) = 80sin(ωt + 45

o) (V).


(a) Xác định ma trận A (pp định nghĩa)

* Hở mạch cửa 2 (hình 394): 1U& = 2U& = 1I& (2Z2) = (10 + j20) 1I&

Vậy: A11 = 2

1

U

U&

&

2I& = 0 = 1. Và: A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = 20j10

1

+ = 0,02 – j0,04 (S)

* Ngắn mạch cửa 2 (hình 395) Định luật K1 tại nút A: 1I& + 2I& - 3I& = 0 → 3I& = 1I& + 2I& Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 3I& (2Z2) = 0 hay 1U& = ( 1I& + 2I& )(2Z2) (1) Định luật K2 viết cho mắt phải: 2I& (0,5Z1) + 3I& (2Z2) = 0

HÌNH 390

10Ω j10Ω

-j10Ω

10Ω

1U& 2U&

2I& 1I&

HÌNH 392

10Ω j10Ω 10Ω

-j10Ω

1U&

2I&

1I& 3I&

A

10Ω

HÌNH 391

j10Ω

10Ω

-j10Ω

1U& 2U&

1I&

1I&


22

Hay: 2I& (0,5Z1) + ( 1I& + 2I& )(2Z2) = 0 → (2Z2) 1I& + (0,5Z1 + 2Z2) 2I& = 0

→ 1I& = 2

221

Z2

)I)(Z2Z5,0( &−+ = 2(- 2I& ) (2)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

− 2U& = 0 = 2

Thay (2) vào (1): 1U& = [2(- 2I& ) + 2I& ](2Z2) = (10 + j20)(- 2I& )

Vậy: A12 = 2

1

I

U&

&

− 2U& = 0 = 10 + j20 (Ω). Tóm lại: A =

−

Ω+

2)S(04,0j02,0

)(20j101

(b) Tính U1 để U2 = 20 V (hình 396): Định luật K1 tại nút A: 1I& + 2I& - 3I& = 0 → 3I& = 1I& + 2I& Định luật K2 viết cho mắt trái: 1U& = 3I& (2Z2) = ( 1I& + 2I& )(2Z2)

→ 1U& = (10 + j20)( 1I& + 2I& ) (3) Định luật K2 viết cho mắt phải: 2I& (10 + 0,5Z1) + 3I& (2Z2) = 0

Hay: 2I& (10 + 0,5Z1) + ( 1I& + 2I& )(2Z2) = 0 → 1I& (2Z2) + 2I& (10 + 0,5Z1 + 2Z2) = 0

→ (10 + j20) 1I& + (30 + j40) 2I& = 0 → 1I& = 20j10

)I)(40j30( 2

+

−+ &

= (2,2 – j0,4)(- 2I& ) (4)

Thay (4) vào (3): 1U& = (10 + j20)[(2,2 – j0,4)(- 2I& ) + 2I& ] = (20 + j20)(- 2I& )

HÌNH 397 HÌNH 398

0,5Z1 0,5Z1

2Z2

1U& 2U& 2U&

W

1I& 2I&

1I&

HÌNH 395 HÌNH 396

0,5Z1 0,5Z1

2Z2 2Z2

A A

1U& 1U& 2U&

1I& 1I& 2I& 2I&

3I& 3I&

HÌNH 393 HÌNH 394

0,5Z1 0,5Z1

2Z2 2Z2 1U& 1U&

2U& 2U&

1I& 1I& 2I&

1I&


23

Biết: (- 2I& ) =10

U 2&

=10

20 2uψ∠ = 2∠ψu2 (A) → 1U& =(20 + j20)(2∠ψu2)=40 2 ∠(45o+ψu2) (V)

→ U1 = 40 2 ≈ 56,57 V

Cách khác: Trở kháng vào sơ cấp của mạng hai cửa là ZV1 = 22t21

12t11

AZA

AZA

+

+ ,

trong đó Zt là trở kháng tải bằng 10 Ω. Vì vậy: ZV1 =2)10)(04,0j02,0(

20j10)10(1

+−++ = 7,2+j10,4 (Ω)

Biết: ZV1 = 1

1

I

U&

&

→ 1U& = ZV1 1I& = ZV1( 3I& - 2I& ) = ZV1(2

1

Z2

U& +

10

U 2&

)

→ 1U& (1 - 2

1V

Z2

Z) = 1U& (

2

1V2

Z2

ZZ2 −) =

10

UZ 21V&

→ 1U& = )ZZ2(10

UZZ2

1V2

21V2

−

&

= )4,10j2,720j10(10

U)4,10j2,7)(20j10( 2

−−+

++ &

= (24j7

62j34

++− ) 2U& = (2+ j2) 2U& = (2 2 ∠45o)(20∠ψu2)

= 40 2 ∠(45o + ψu2) → U1 = 40 2 ≈ 56,57 V

(c) Tính I2 biết U2 = 100 mV (hình 397): 2I& = 1

2

Z5,0

U& =

20j10

U 2u2

+

ψ∠ =

o2u

3

43,6336,22

10.100

∠

ψ∠−

= 4,74∠(ψu2 – 63,43o) (mA) → I2 = 4,47 mA

(d) Xác định số chỉ của watt kế mắc theo sơ đồ hình 398: 1U& = 2U& = 1I& (2Z2)

= (10 + j20) 1I& → 1I& = 2

1

Z2

U& =

20j102

U1u

m1

+

ψ∠ =

o

o

43,6336,22

452

80

∠

∠ =

218,11

40 ∠- 18,43o (A)

Ta có: 2U& 1I& * = 1U& 1I& * = (2

80 ∠45o)(218,11

40 ∠18,43o) = 143,11∠63,63o

= 64 + j128 (VA) → Số chỉ của watt kế là P = Re( 2U& 1I& *) = 64 W

Bài 4.10 Xác định ma trận Y của mạng hai cửa hình 399.


* Ngắn mạch cửa 2, hình 400. Thay cặp (-j40Ω)//(j20Ω) ở mắt phải bằng

20j40j

)20j)(40j(

+−− = j40 Ω ta được mạch tương đương hình 401:

Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 1I& (j20) + 3I& (- j40) = 0 (1) Định luật K2 viết cho mắt phải: 4I& (j40 + j40) - 3I& (- j40) = 0

→ 3I& =40j

I80j 4

−

&

= - 2 4I& , Từ đó (1) trở thành: 1U& =j20 1I& + (- 2 4I& )(- j40)= j20 1I& + j80 4I& (2)

Ta có: 4I& = 1I& (40j40j40j

40j

++−− ) = - 1I& . Thay vào (2): 1U& = j20 1I& + j80(- 1I& ) = - j60 1I&

Vậy: Y11 = 1

1

U

I&

&

2U& = 0 = 60j

1

− = j

60

1 S

Ta có: (- 2I& ) = 4I& (20j40j

40j

+−− ) = (- 1I& )(2) = - 2(

60j

U1

−

&

) hay 2I& = - 30j

U1&

.


24

Vậy: Y21 = 1

2

U

I&

&

2U& = 0 = - 30j

1 = j30

1 S

* Ngắn mạch cửa 1, hình 402. Thay cặp (-j40Ω)//(j20Ω) ở mắt trái bằng

20j40j

)20j)(40j(

+−− = j40 Ω ta được mạch tương đương hình 403:

Định luật K2 viết cho mắt trái: 4I& (j40 + j40) + 3I& (- j40) = 0 (3) Định luật K2 viết cho mắt phải: - 2U& + 2I& (j20) + 3I& (- j40) = 0 (4)

(3) → 3I& = 40j

I80j 4&

= 2 4I& . Thay vào (4): 2U& = j20 2I& + (2 4I& )(- j40)

→ 2U& = j20 2I& - j80 4I& (5)

Ta có: (- 4I& ) = 2I& (40j40j40j

40j

++−− ) = - 2I& → 4I& = 2I& . Thay vào (5):

2U& = j20 2I& - j80 2I& = - j60 2I& . Vậy: Y22 = 2

2

U

I&

&

1U& = 0 = 60j

1

− = j

60

1 S

Ta có: 1I& = 4I& (20j40j

40j

+−− ) = 2 4I& = 2 2I& = 2

60j

U 2

−

&

= 30j

U 2

−

&

Vậy: Y12 = 2

1

U

I&

&

1U& = 0 = 30j

1

− = j

30

1 S. Tóm lại: Y =

S60

jS

30

j

S30

jS

60

j

HÌNH 400

j20Ω j20Ω j40Ω

-j40Ω -j40Ω 1U&

2I& 1I& 3I& 4I&

5I&

HÌNH 399

j20Ω j20Ω j40Ω

-j40Ω

-j40Ω 1U& 2U&

2I& 1I&

j20Ω

HÌNH 402

j20Ω j20Ω j40Ω

-j40Ω -j40Ω 2U&

2I& 1I&

3I& 4I&

5I&

j40Ω

HÌNH 401

j40Ω

-j40Ω 1U&

- 4I&

1I&3I&

2I& 1I&

HÌNH 403

j20Ω j40Ω

j40Ω

-j40Ω

2U& 4I&


25

Bài 4.11 Xác định thông số A của mạng hai cửa hình 404. Hướng dẫn giải (pp định nghĩa):

* Hở mạch cửa 2 (hình 405)

Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 1I& (1) + 3I& (ωωωωj1 ) = 0 (1)

Định luật K2 viết cho mắt phải: - 3I& (ωωωωj1 ) + 4I& (2 +

ωωωωj1 ) = 0 (2)

(1) + (2): 1U& = 1I& + (2 + ωωωωj1 ) 4I& = 1I& + (2 +

ωωωωj1 )( 1I& )(

ωωωω++++++++

ωωωω

ωωωω

j

12

j

1j

1

) = (ωωωω++++ωωωω−−−−

ωωωω++++ωωωω−−−−

2j2

4j212

2

) 1I&

Và: 2U& = 4I& (ωωωωj1 ) = ( 1I& )(

ωωωω++++++++

ωωωω

ωωωω

j

12

j

1j

1

)(ωωωωj1 ) = (

ωωωω++++ωωωω−−−− 2j2

12

) 1I&

Vậy: A11 =2

1

U

U&

&

2I& = 0 =




2j2

12j2

4j21

2

2

2

= 1 - 2ω2 + j4ω ; A21 = 2

1

U

I&

&

2I& = 0 = - 2ω2 + j2ω (S)

* Ngắn mạch cửa 2, hình 406.

Ta thay (ωωωωj1 Ω)//(1Ω) trong mắt phải bằng

ωωωω++++

ωωωω

j

11

)1)(j

1(

= ωωωω++++ j1

1 (Ω) (hình 407)

Định luật K2 viết cho mắt trái: - 1U& + 1I& (1) + 3I& (ωωωωj1 ) = 0 (1)

Định luật K2 viết cho mắt phải: 4I& (2 + ωωωω++++ j1

1 ) - 3I& (ωωωωj1 ) = 0 (3)

HÌNH 404 HÌNH 405

HÌNH 406

1Ω 1Ω 1Ω 1Ω

1Ω 1Ω

2Ω 2Ω

2Ω

HÌNH 407

1Ω 2Ω

ω+ j1

1 Ω

jω1 Ω j

ω1 Ω

jω1 Ω j

ω1 Ω

jω1 Ω j

ω1 Ω

1U&

1U&

1U&

1U&

2U& 2U&

2I&

2I&

2I&

1I&

1I&

1I&

1I&

3I&

3I&

4I&

4I&


26

(1) + (3): 1U& = 1I& + (2 + ωωωω++++ j1

1 ) 4I& = 1I& + (2 + ωωωω++++ j1

1 )( 1I& )(

ωωωω++++++++++++

ωωωω

ωωωω

j1

12

j

1j

1

)

= [1 + (2 + ωωωω++++ j1

1 )()j2(2j1

j1

ωωωω++++ωωωω++++ωωωω++++ )] 1I& =

)j2(2j1

6j24 2

ωωωω++++ωωωω++++ωωωω++++ωωωω−−−−

1I& (4)

Ta có: (- 2I& ) = 4I& (1

j

1j

1

++++ωωωω

ωωωω ) = (ωωωω++++ j1

1 )( 1I& )(

ωωωω++++++++++++

ωωωω

ωωωω

j1

12

j

1j

1

) = (ωωωω++++ j1

1 )[)j2(2j1

j1

ωωωω++++ωωωω++++ωωωω++++ ] 1I&

= )j2(2j1

1

ωωωω++++ωωωω++++ 1I& = ωωωω++++ωωωω−−−− 4j21

12 1I& → 1I& = (1 - 2ω2 + j4ω)(- 2I& ) (5)

Vậy: A22 = 2

1

I

I&

&

−−−− 2U& = 0 = 1 - 2ω2 + j4ω

Thay (5) vào (4): 1U& = )j2(2j1

6j24 2

ωωωω++++ωωωω++++ωωωω++++ωωωω−−−− (1 - 2ω2 + j4ω)(- 2I& ) = (4 - 2ω2 + j6ω)(- 2I& )

Vậy: A12 = 2

1

I

U&

&

−−−− 2U& = 0 = 4 - 2ω2 + j6ω (Ω)

Tóm lại: A =

ωωωω++++ωωωω−−−−ωωωω++++ωωωω−−−−

ΩΩΩΩωωωω++++ωωωω−−−−ωωωω++++ωωωω−−−−

4j21)S(2j2

)(6j244j2122

22

Bài 4.12 Xác định thông số H của mạng hai cửa hình 408.


* Ngắn mạch cửa 2 (hình 409). Coi Dϕ& = 0: Aϕ& = 1U& ; Bϕ& = 0, và coi cửa 1 được kích thích bởi một nguồn dòng 1J& cung cấp dòng 1I& , 2 phương trình thế nút viết cho nút

A và nút C: (1R

1 ) Aϕ& - (1R

1 ) Cϕ& = 1J& hay 1

1

R

U& -

1

C

R

ϕ& = 1I& (1)

(- 1R

1 ) Aϕ& + (1R

1 + 2R

1 +

Cj

11

ω

) Cϕ& = - α 1I& hay - 1

1

R

U& + (

1R

1 + 2R

1 + jωC) Cϕ& = - α 1I& (2)

(1) + (3): - 1

C

R

ϕ& + (

1R

1 + 2R

1 + jωC) Cϕ& = 1I& - α 1I& → Cϕ& = Cj

R

11

2

ω+

α−1I& . Thay vào (1):

1

1

R

U& -

1

2

1

R

CjR

1I)1(

ω+

α− &

= 1I& → 1U& =(R1 +Cj

R

11

2

ω+

α− ) 1I& . Vậy: H11=1

1

I

U&

&

2U& =0= R1 +Cj

R

11

2

ω+

α− (Ω)

Ta có: 2I& = 3I& - 1I& = 2

DC

R

ϕ−ϕ && - 1I& =

2

C

R

ϕ& - 1I& = (

2R

1 )(Cj

R

11

2

ω+

α− ) 1I& - 1I&


27

= [(2R

1 )(Cj

R

11

2

ω+

α− ) – 1] 1I& = 2

2

CRj1

)CRj(

ω+

ω+α−1I& . Vậy: H21 =

1

2

I

I&

&

2U& = 0 = 2

2

CRj1

)CRj(

ω+

ω+α−

* Hở mạch cửa 1: 1I& = 0 → α 1I& = 0, mạng hai cửa trở thành mạch vòng như hình 410:

2I& =

Cj

1R

U

2

2

ω+

&

(4). Do vậy: H22 = 2

2

U

I&

&

1I& = 0 =

Cj

1R

1

2 ω+

. Và: 1U& = R2 2I& → 2I& = 2

1

R

U&

Thay vào (4): 2

1

R

U& =

Cj

1R

U

2

2

ω+

&

.

Vậy: H12 = 2

1

U

U&

&

1I& = 0 =

Cj

1R

R

2

2

ω+

.

Tóm lại: H =

ω+ω+

ω+α−ω

+ω+

α−+

Cj

1R

1

CRj1

)CRj(Cj

1R

R

CjR

11

R

22

2

2

2

2

1

Bài 4.13 Cho mạng hai cửa hình 411. Tần số góc là ω. (a) Xác định ma trận Y.

Mạng hai cửa có đối xứng không? Tại sao? (b) Tìm hàm truyền đạt áp 1

2

U

U&

&

và hàm dẫn

nạp vào 1

1

U

I&

&

khi nối cửa 2 với một điện trở 1 Ω.


Với tần số là ω → Tụ có dung kháng XC = ωωωω1 → Trở kháng tụ là – jXC = - j

ωωωω1

(a) Xác định Y (pp định nghĩa)

* Ngắn mạch cửa 2. Coi Dϕϕϕϕ& = Bϕ& = Eϕϕϕϕ& = 0: Aϕ& = Cϕϕϕϕ& = 1U& , coi cửa 1 được kích

thích bởi một nguồn dòng 1J& cung cấp dòng 1I& , và thay nguồn áp phụ thuộc (2

U1&

,2Ω)

HÌNH 408

R1

R2 Cj

1

ω

α 1I&

1U& 2U&

1I& 2I&

HÌNH 409

R1

R2 Cj

1

ω

α 1I&

1I&

1J&

2I& A B

C

D

HÌNH 410 C

D

B

R2 Cj

1

ω

1U& 2U&

2I&


28

bởi nguồn dòng phụ thuộc (4

U1&

,2Ω) (hình 412), phương trình thế nút duy nhất viết cho

nút A: (1

1 +

ωωωω−−−−

1j

1) Aϕ& = 1I& → Aϕ& = 1U& =

ωωωω++++ j1

I1&

. Vậy: Y11 =1

1

U

I&

&

2U& = 0 = 1 + jω (S)

Ta có: 2I& = 5I& - 4I& + 4

U1&

= ( Dϕϕϕϕ& - Eϕϕϕϕ& )2

1 - ( Cϕϕϕϕ& - Dϕϕϕϕ& )


1j

1 +

4

U1&

=(0 – 0) 2

1 - ( 1U& - 0)(jω) + 0,25 1U& =(0,25 - jω) 1U& . Vậy: Y21 =1

2

U

I&

&

2U& = 0 = 0,25 - jω (S)

* Ngắn mạch cửa 1, điện trở 1Ω bị lọai, 1U& = 0 → nguồn áp phụ thuộc 2

U1&

triệt tiêu (tức là tương đương với nguồn bị nối tắt), mạng hai cửa có dạng như hình 413

Ta có: 2I& =



1j2

)1

j)(2(

U 2&

→ 2

2

U

I&

&

=



2j

1j2

= 0,5 + jω. Vậy: Y22 = 2

2

U

I&

&

1U& = 0 = 0,5 + jω (S)

Ta cũng có: 1I& = (- 2I& )(


1j2

2) = - (0,5 + jω) 2U& (

1j2

2

−−−−ωωωωωωωω ) = - jω 2U&

Vậy: Y12 = 2

1

U

I&

&

1U& = 0 = - jω (S). Tóm lại: Y =


ωωωω−−−−ωωωω++++

)S(j5,0)S(j25,0

)S(j)S(j1

Điều kiện đối xứng: Y12 = - jω ≠ Y21 = 0,25 - jω → Không đối xứng

(b) Tìm 1

2

U

U&

&

và 1

1

U

I&

&

. Nối điện trở 1Ω vào cửa 2 (hình 414)

A

1Ω

HÌNH 411 HÌNH 412

HÌNH 413 HÌNH 414

1Ω 1Ω

1Ω

2Ω 2Ω

2Ω 2Ω

1F -ωj

-ωj -

ωj

1U&

1U&

2U&

2U& 2U&

1U5,0 &

1U25,0 &

U5,0 &

1I& 1I&

1I& 1I&

2I& 2I&

2I& 2I&

A B C D

E

D B

E

A B C D

E


29

Hệ phương trình trạng thái Y của mạng hai cửa: 1I& = (1 + jω) 1U& - jω 2U& (1)

2I& = (0,25 - jω) 1U& + (0,5 + jω) 2U& (2) Và: 2U& = -

2I& . Thay vào (2): - 2U& = (0,25 - jω) 1U& + (0,5 + jω) 2U&

→ (- 0,25 + jω) 1U& = (1,5 + jω) 2U& . Vậy, hàm truyền đạt áp 1

2

U

U&

&

= ωωωω++++ωωωω++++−−−−

j5,1

j25,0 (3)

Từ (3) → 2U& = ωωωω++++

ωωωω++++−−−−

j5,1

U)j25,0( 1&

. Thay vào (1): 1I& = (1 + jω) 1U& - jω[ωωωω++++

ωωωω++++−−−−

j5,1

U)j25,0( 1&

]

= ωωωω++++ωωωω++++

j5,1

75,2j5,11U& . Vậy, hàm truyền đạt dẫn nạp vào

1

1

U

I&

&

= ωωωω++++ωωωω++++

j5,1

75,2j5,1

Bài 4.14 Mạng hai cửa có ma trận A =

−−−−−−−−

ΩΩΩΩ−−−−−−−−−−−−

1)S(1,0j

)(20j3030j1. Mắc vào mạng

hai cửa một tải thuần kháng jX (Ω). Xác định X để áp và dòng ở cửa 1 có cùng pha.

Hướng dẫn giải: Hệ phương trình trạng thái A của mạng hai cửa:

1U& = (1 - j30) 2U& + (30 + j20) 2I& (1) ; 1I& = (- j0,1) 2U& + 2I& (2) Và áp trên tải: 2U& = (jX)(- 2I& ). Thay vào (1): 1U& = (1 - j30) (jX)(- 2I& ) + (30 + j20) 2I& → 1U& = [(30 – 30X) + j(20 – X)] 2I& (3).Và thay vào (2): 1I& = (- j0,1)(jX)(- 2I& ) + 2I&

= (1 – 0,1X) 2I& → 2I& = X1,01

I1

−−−−

&

. Thay vào (3): 1U& = [(30 – 30X) + j(20 – X)][X1,01

I1

−−−−

&

]

→ 1U& = (X1,01

X3030

−−−−−−−− + j

X1,01

X20

−−−−−−−− ) 1I& . Vậy trở kháng vào sơ cấp của mạng hai cửa:

ZV1 = 1

1

I

U&

&

= X1,01

X3030

−−−−−−−− + j

X1,01

X20

−−−−−−−−

Điều kiện để 1U& và 1I& cùng pha là: Im(ZV1) = 0 → X1,01

X20

−−−−−−−− = 0 → X = 20 Ω

Bài 4.15 Một mạng hai cửa làm việc như trong hình 415. Tính hàm truyền đạt áp

1

2

E

U&

&

theo các thông số dạng (a) Z (b) Y (c) A (d) H.

Hướng dẫn giải: Ở phía nguồn: 1U& = 1E& - 1I& Z1 (1). Ở phía tải: 2U& = -

2I& Z2 (2) (a) Hệ phương trình trạng thái Z của mạng hai cửa: 1U& = Z11 1I& + Z12 2I& (3) 2U& = Z21 1I& + Z22 2I& (4)

(1) → 1I& = 1

11

Z

UE && − (5) và (2) → 2I& =

2

2

Z

U&− (6). Thay (5) vào (3):

HÌNH 415

Z1

Z2 1E& 1U& 2U&

1I& 2I&

Mạng hai cửa

Nguồn Tải


30

1U& = Z11(1

11

Z

UE && −) + Z12(

2

2

Z

U&−) → 1U& =

)ZZ(Z

UZZEZZ

1112

21211112

+

− &&

(7). Và thay (6) vào (4):

2U& = Z21(1

11

Z

UE && −) + Z22(

2

2

Z

U&−) → 2U& =

)ZZ(Z

UZZEZZ

2221

12121212

+

− &&

(8). Thay (7) vào (8):

2U& = )ZZ(Z

])ZZ(Z

UZZEZZ[ZZEZZ

2221

1112

212111122121212

+

+

−−

&&&

→ [Z1(Z2 + Z22)(Z1 + Z11) – Z1Z12Z21] 2U& = [Z2Z21(Z1 + Z11) – Z2Z11Z21] 1E&

→ 1

2

E

U&

&

= 2112222111

212

ZZ)ZZ)(ZZ(

ZZ

−++

(b) Hệ phương trình trạng thái Y của mạng hai cửa: 1I& = Y11 1U& + Y12 2U& (9)

2I& = Y21 1U& + Y22 2U& (10)

Thay (9) vào (1): 1U& = 1E& - Z1(Y11 1U& + Y12 2U& ) → 1U& = 111

21211

YZ1

UYZE

+

− &&

(11)

Thay (10) vào (2): 2U& = - Z2(Y21 1U& + Y22 2U& ) → (1 + Z2Y22) 2U& = - Z2Y21 1U& (12)

Thay (11) vào (12): (1 + Z2Y22) 2U& = - Z2Y21(111

21211

YZ1

UYZE

+

− &&

)

→ [(1 + Z1Y11)(1 + Z2Y22) – Z1Z2Y11Y21] 2U& = - Z2Y21 1E&

→ 1

2

E

U&

&

= )YZ1)(YZ1(YYZZ

YZ

222111211221

212

++−

(c) Hệ phương trình trạng thái A của mạng hai cửa: 1U& = A11 2U& - A12 2I& (13) 1I& = A21 2U& - A22 2I& (14)

Thay (6) vào (13): 1U& = A11 2U& - A12(2

2

Z

U&−) → 1U& =

2

12112

Z

AAZ +2U& (15)

Thay (5) và (6) vào (14): 1

11

Z

UE && − = A21 2U& - A22(

2

2

Z

U&−) → 2U& =

2212121

1212

AZAZZ

UZEZ

+

− &&

(16)

Thay (15) vào (16): 2U& = 2212121

2

22112212

AZAZZ

)Z

AAZ(ZEZ

+

+−&

→ (Z1Z2A21 + Z1A22 + Z2A11+ A12) 2U& = Z2 1E& → 1

2

E

U&

&

= )AAZ(ZAZA

Z

22212111212

2

+++

(d) Hệ phương trình trạng thái H của mạng hai cửa: 1U& = H11 1I& - H12 2U& (17)

2I& = H21 1I& - H22 2U& (18)

Thay (5) vào (17): 1U& = H11(1

11

Z

UE && −) - H12 2U& → 1U& =

111

2121111

ZH

UHZEH

+

+ &&

(19)

Thay (5) và (6) vào (18): (2

2

Z

U&−) = H21(

1

11

Z

UE && −) - H22 2U&

→ 2U& = 22211

12121212

HZZZ

UHZEHZ

+

− &&

(20)


31

Thay (19) vào (20): 2U& = 22211

111

21211112121212

HZZZ

)ZH

UHZEH(HZEHZ

+

+

−−

&&&

→ [Z2H12H21 – (H11 + Z1)(1 + Z2H22)] 2U& = Z2H21 1E&

→ 1

2

E

U&

&

= )HZ1)(HZ(HHZ

HZ

22211121122

212

++−

Joseph HENRY

1797 - 1878

Chương 5: MẠCH ĐIỆN BA PHA Ngô Ngọc Thọ

1

Để truyền tải điện từ nguồn đến tải, ta phải dùng mộtdây đi và một dây về (hình a). Như vậy, để tải điện chonhiều tải thì ta phải dùng nhiều mạch đơn(hình b với ví dụ 3 tải), trong đó mỗi mạch đơn gồm cónguồn, tải và một dây đi, một dây về.

Ta có thể sử dụng chỉ một dây về chung.Và thậm chícó thể bỏ cả dây về chung này nếu như các dòng trên cácdây về lệch nhau một góc nào đó sao cho tổng của chúngbằng 0. Đó là ý nghĩa của một hệ thống nhiều pha.

(b)

dây đi

3 dây về

dây đidây đi

Ztải 1

Ztải 2Ztải 3(a)

dây đi

dây vềZtải

1e

2e3ee

5.1 Nguồn ba phaNguồn ba pha là một hệ thống gồm 3 sức điện động

pha eA, eB, eC có cùng tần số, và lệch pha nhau một góclà 2π/3 (hay 120o). Và một nguồn ba pha, được gọi là đốixứng, khi 3 sức điện động pha có cùng biên độ Em

(hay cùng trị hiệu dụng E), cùng tần số ωωωω và lệch phanhau 120o.

Trong chương này, ta chỉ đề cập đến nguồn ba pha đốixứng, trong đó ta coi sức điện động pha A có pha đầubằng 0:

)V()120tsin(2E)120tsin(Ee oomB −ω=−ω=

)V(tsin2EtsinEe mA ω=ω=

)V()120tsin(2E)120tsin(Ee oomC +ω=+ω=

Hay dưới dạng phức:)V(120EE;)V(120EE;)V(0EE o

mCo

mBo

mA ∠=−∠=∠= &&&


2

Chú ý: 1)Khi nguồn ba pha là đối xứng: 2) Từ các góc pha đầu của 3 sức điện động pha ở trên, ta

rút ra nguyên tắc lệch pha giữa 3 pha trong một hệthống ba pha đối xứng như sau:

- Coi pha A có pha đầu bằng 0 (∠0o) thì- Pha B chậm sau pha A 120o (∠-120o)- Pha C vượt trước pha A 120o (∠120o)

0EEE CBA =++ &&&

5.2 Các đại lượng dây và phaThế nào là áp pha, áp dây, dòng pha, dòng dây? Ta hãyquan sát sơ đồ sau đây.

••••Nguồnba pha

đối xứng

Tảiba pha

dây pha A

dây pha B

dây pha C

dây trung tính

A

B

C

O

A’

B’

C’

O’uAuBuC

uAB

uBC

uCA

iA

iB

iC

iO

••••

••••

••••

••••

••••

••••

••••

• Áp pha: Điện áp giữa dây pha với dây trung tính. Cụ thể:

- Giữa dây pha A với dây trung tính: uA = ϕA - ϕO

- Giữa dây pha B với dây trung tính: uB = ϕB - ϕO

- Giữa dây pha C với dây trung tính: uC = ϕC - ϕO

• Áp dây: Điện áp giữa 2 dây pha. Cụ thể:- Giữa dây pha A với dây pha B: uAB = ϕA - ϕB = uA - uB

- Giữa dây pha B với dây pha C: uBC = ϕB - ϕC = uB - uC

- Giữa dây pha C với dây pha A: uCA = ϕC - ϕA = uC - uA

(Cụ thể sẽ đề cập đến ở phần sau)• Dòng pha: Dòng điện chạy qua mỗi pha của tải. • Dòng dây: Dòng điện chay trên mỗi dây pha. Cụ thể:

- Chạy trên dây pha A: iA

- Chạy trên dây pha B: iB

- Chạy trên dây pha C: iC


3

5.3 Tải nối hình sao

Coi nguồn ba pha là lý tuởng: uA = eA ; uB = eB ; uC = eC

Biết: EA = EB = EC = E, suy ra: UA = UB = UC = E = UP (nguồn)

• Trước tiên ta xét các điện áp.

Chú ý: Dòng chạy trên dây trung tính là iO, và: iA + iB + iC = iO

uAB

uBC

uA

uB

uC

eA

eB

eC

uA’

uB’

uC’

iA

iB

iC

iO

iA’

iB’

iC’

A A’

BB’C C’

O O’

ZA

ZB

ZC

uCA

Coi trở kháng các dây pha và dây trung tính khôngđáng kể, do đó từng cặp điểm sau đây đẳng thế vớinhau: A-A’; B-B’; C-C’; O-O’.

Từ đó, 3 áp pha của nguồn chính là 3 điện áp đặt vào3 pha của tải:uA’ = uA ; uB’ = uB ; uC’ = uC

→ UA’ = UB’ = UC’ = E = UP (nguồn)Kết luận 1: Khi tải ba pha đấu Y, điện áp đặt vào

mỗi pha của tải chính là điện áp tương ứng củanguồn ba pha.Ta đã biết: uAB = uA – uB hay ở dạng phức: BAAB UUU &&& −=

Trong đó: omBB

omAA 120EEUvà0EEU −∠==∠== &&&&

Từ đó: o

mmm

mo

mo

mAB 30E3)2

3Ej

2E

(E)120E()0E(U ∠=−−−=−∠−∠=&


4

Nghĩa là, áp dây pha A lớn gấp lần áp pha A, vàvượt trước áp pha A 30o.

3

)300(U3U:hay ooAmAB +∠=&

Lý luận tương tự cho 2 áp dây còn lại ta được:

)30120(U3U;)30120(U3U ooCmCA

ooBmBC +∠=+−∠= &&

Nghĩa là, cũng như áp dây pha A, áp dây các pha cònlại cũng lớn gấp lần áp pha tương ứng, và cũng vượttrước áp pha tương ứng 30o.

3

Kết luận 2: Áp dây lớn gấp lần áp pha và vượttrước áp pha tương ứng 30o.

3

• Bây giờ ta xét các dòng điện.Rõ ràng rằng dòng điện chạy vào mỗi pha của tải

chính là dòng điện chạy trên mỗi dây pha tương ứng: iA’ = iA ; iB’ = iB ; iC’ = iC

Kết luận 3: Khi tải ba pha nối Y, dòng dây chínhlà dòng pha tương ứng.

Áp dụng định luật OHM phức lần luợt cho 3 pha:

BB

om

B

B

B

'BB'B

AA

om

A

A

A

A

A

'AA'A

Z120E

ZE

ZU

II

Z0E

ZE

ZU

ZU

II

ϕ∠

−∠====

ϕ∠

∠=====

&&&&

&&&&&

CC

om

C

C

C

'CC'C Z

120EZ

E

Z

UII

ϕ∠

∠====

&&&&

Dòng trung tính: CBAO IIII &&&& ++=

5.4 Tải nối tam giác• Trước tiên ta xét các điện áp.Lý luận giống như phần trên, nguồn ba pha lý tưởng,

ta có:


5

uA = eA ; uB = eB ; uC = eC

và UA = UB = UC = E = UP (nguồn)

Và coi trở kháng các đường dây không đáng kể: uA’B’ = uAB ; uB’C’ = uBC ; uC’A’ = uCA

E3U3UUUU Pd'A'C'C'B'B'A =====→

iAuAB A’

B’C’

ZAB

ZBC

ZCA

BC

•

••

•A

eC

eB

eA

iB

iC

iA’B’

iB’C’iC’A’

uBC

uCA

uA

uB

uCuA’B’

uB’C’

uC’A’

O

Kết luận 4: Khi tải ba pha nối tam giác, điện áp đặtvào mỗi pha của tải chính là điện áp dây tương ứng.

AI&→

Coi tải ba pha là đối xứng: ZAB = ZBC = ZCA = ZP,

PP

d'A'C'C'B'B'A I

ZU

III ====→

Và 3 dòng pha lệch pha nhau 120o. Cụ thể:o

P'A'Co

P'C'Bo

P'B'A 120II;120II;0II ∠=−∠=∠= &&&

Định luật K1 tại nút A’ cho ta:

• Bây giờ ta xét các dòng điện.

)300(I3I:hay oo'B'AA −∠=&

'A'C'B'AA'A'C'B'AA IIIhay0iii &&& −==+−

oPPPP

oP

oPA

30I3)I23

jI21

(I

)120I()0I(I

−∠=+−−=

∠−∠=→ &

Nghĩa là, dòng dây pha A lớn gấp lần dòng phaA’B’, và chậm sau dòng pha A’B’ 30o.

3


6

Kết luận 5: Khi tải ba pha đối xứng nối tam giác, dòng dây lớn gấp lần dòng pha và chậm sau dòngpha tương ứng 30o.

3

Lý luận tương tự cho 2 dòng dây còn lại ta được:

)30120(I3I;)30120(I3I oo'A'CC

oo'C'BB −∠=−−∠= &&

Nghĩa là, cũng như dòng dây pha A, các dòng dây phacòn lại cũng lớn gấp lần dòng pha, và cũng chậm saudòng pha tương ứng 30o.

3

5.5 Giải mạch điện ba pha đối xứng

Mạch ba pha đối xứng là một mạch ba pha trong đó, nguồn ba pha, hệ thống dây dẫn ba pha và tải ba pha đềuđối xứng. Chỉ 1 trong 3 thành phần đó bất đối xứng, mạch ba pha bất đối xứng.

••••

A

B

O

A’

B’

C’

O’

ZA

ZC

ZB

AU&

ABU&

••••

••••

••••

••••

••••

••••

••••

••••

'AI&AI&

A'U&

OI&

Biết, nguồn ba pha đối xứng có:)V(02120UE o

AA ∠== &&

Và tải có: ZA = ZB = ZC = 1 + j4 (Ω)Giải:

)V(02120U'U oAA ∠== &&• 3 áp pha (trên tải):

Ví dụ 1: Tìm các áp pha, áp dây, dòng pha, dòng dây, dòng trung tính của mạch ba pha và công suất của tải bapha sau đây.


7

)V(1202120U'U oBB −∠== &&

)V(1202120U'U oCC ∠== &&

• 3 áp dây:

)V(306120)300(U3U oooAmAB ∠=+∠=&

)V(906120)30120(U3U oooBmBC −∠=+−∠=&

)V(1506120)30120(U3U oooCmCA ∠=+∠=&

• 3 dòng pha:

)A(96,7516,4196,751231,4

02120

4j1

U

Z

UI o

o

oA

A

'A'A −∠=

∠

∠=

+==

&&&

)A(04,16416,41)12096,75(16,41I ooo'B ∠=−−∠=&

)A(04,4416,41)12096,75(16,41I ooo'C ∠=+−∠=&

• 3 dòng dây: 'CC'BB'AA II;II;II &&&&&& ===

- Của từng pha:

• Công suất phản kháng của tải ba pha

• Công suất tác dụng của tải ba pha• Dòng trung tính: 0IIII CBAO =++= &&&&

- Của ba pha: VAR10165Q3Q P ==

W847)1()16,41(21

)Z(ReI21

RI21

PPPP

2P

2Pm

P2PmPCBA

===

====

- Của từng pha:

VAR3388)4()16,41(2

1

)Z(ImI2

1XI

2

1QQQQ

2

P2PmP

2PmPCBA

==

=====

- Của ba pha: P = 3PP = 2541W


8

Ví dụ 2: Tìm các áp pha, áp dây, dòng pha, dòng dâycủa mạch ba pha và công suất của tải ba pha sau đây. Biết, nguồn ba pha đối xứng có: )V(02120UE o

AA ∠== &&

- Của từng pha:

VAR3492)1231,4()16,41(2

1

ZI2

1SSSS

2

P2PmPCBA

==

====

)V(906120)12030(6120U oooBC −∠=−∠=&

và tải có: ZAB = ZBC = ZCA = 1 + j4 (Ω).

- Của ba pha: VA10478S3S P ==

• Công suất biểu kiến của tải ba pha

• 3 áp dây: )V(30612030)2120(3)300(U3U oooo

AmAB ∠=∠=+∠=&

)V(1506120)12030(6120U oooCA ∠=+∠=&

A’

B’C’

ZAB

ZBC

ZCA

BC

••••

••••••••

••••A

O

AE&

BE&

CE&

AI&

B"A'I&

AU&

ABU&B'A'U&

• 3 dòng pha:

)A(96,4529,7196,751231,4

306120

4j1

U

Z

UI o

o

oAB

AB

'B'A'B'A −∠=

∠

∠=

+==

&&&

)A(96,16529,71)12096,45(29,71I ooo'C'B −∠=−−∠=&

)A(04,7429,71)12096,45(29,71I ooo'A'C ∠=+−∠=&

• 3 áp pha (trên tải):

CA'A'CBC'C'BAB'B'A UU;UU;UU &&&&&& ===


9

• 3 dòng dây: )A(96,75329,71)3096,45(I3I ooo

m'B'AA −∠=−−∠=&

)A(04,164329,71)3096,165(329,71I oooB ∠=−−∠=&

)A(04,44329,71)3004,74(329,71I oooC ∠=−∠=&

• Công suất tác dụng của tải ba pha- Của từng pha:

W2541)1()29,71(21

)Z(ReI21

RI21

PPPP

2P

2Pm

P2PmPCBA

===

====

- Của ba pha: W7623P3P P ==

• Công suất phản kháng của tải ba pha- Của từng pha:

VAR10165)4()29,71(21

)Z(ImI21

XI2

1QQQQ

2P

2Pm

P2PmPCBA

===

====

- Của ba pha: VAR30493Q3Q P ==

• Công suất biểu kiến của tải ba pha

- Của ba pha: VA31432S3S P ==

- Của từng pha:VAR10477)1231,4()29,71(

21

ZI21

SSSS 2P

2PmPCBA ======

Giải: • 3 áp pha (trên tải) và 3 áp dây hoàn toàn giống như

ví dụ 1.

Ví dụ 3: Tìm các áp pha, áp dây, dòng pha, dòng dây, dòng trung tính của mạch ba pha và công suất của tải bapha sau đây. Biết, nguồn ba pha đối xứng có:

ZA = 9,5 – j1 (Ω) ; ZB = 5,5 - j9 (Ω) ; ZC = 5,5 + j7 (Ω)

5.6 Giải mạch điện ba pha bất đối xứng

)V(02120 o∠=AA UE && = và tải có:


10

•

•

•

•

•

•

•

•

ZAA A’

ABU&BI&

CI&

••••B

O

B’

C’

O’

ZC

ZB

AU&

'AI&AI&

OI&

'AU&

'BI&

'CI&

• 3 dòng pha cũng là 3 dòng dây:

)A(6256,12II oA'A ∠==→ &&

o

oo

A

AA'A 65,9

021201j5,902120

ZU

II−∠

∠=

−

∠===

&&&

)A(43,61238,1157,58547,10

12021209j5,51202120

ZU

II

oo

o

o

B

BB'B

−∠=−∠

−∠=

−

−∠===

&&&

)A(16,68248,1384,51902,8

12021207j5,5

1202120ZU

II oo

oo

C

CC'C ∠=

∠

∠=

+

∠===

&&&

• Dòng trung tính: )A(49,9227,23IIII oCBAO ∠=++= &&&&


W1499)5,9()256,12(21

ZReI21

RI21

P 2A

2AmA

2AmA ====

W712)5,5()238,11(21

ZReI21

RI21

P 2B

2BmB

2BmB ====

W999)5,5()248,13(2

1ZReI

2

1RI

2

1P 2

C2CmC

2CmC ====

- Của ba pha: W3210PPPP CBA =++=


VAR158)1()256,12(21

ZImI21

XI21

Q 2A

2AmA

2AmA −=−===


11

VAR1165)9()238,11(21

ZImI21

XI21

Q 2B

2BmB

2BmB −=−===

VAR1272)7()248,13(21

ZImI21

XI21

Q 2C

2CmC

2CmC ====

- Của ba pha: VAR51QQQQ CBA −=++=

• Công suất biểu kiến của tải ba pha- Của từng pha:

VA1506)55,9()256,12(21

ZI21

S 2A

2AmA ===

VA1366)547,10()238,11(21

ZI21

S 2B

2BmB ===

VA1617)902,8()248,13(21

ZI21

S 2C

2CmC ===

- Của ba pha: VA4,3210QPS 22=+=

AA UE && = )V(02120 o∠= . Và

Ví dụ 4: Tìm các áp pha, áp dây, dòng pha, dòng dâycủa mạch ba pha và công suất của tải ba pha sau đây. Biết, nguồn ba pha đối xứng có:tải có: ZAB = 9,5 – j1 (Ω) ; ZBC = 5,5 - j9 (Ω) ; ZCA = 5,5 + j7 (Ω)

A’

B’C’

ZAB

ZBC

ZCA

BC

••••

••••••••

••••A

'B'AU&O

AE&

BE&

CE&

CI&

BI&

AI&AU&

BU&

CU&

CAU&

BCU&

ABU&

'C'BU&

'A'CU&

'A'CI&'C'BI&

'B'AI&

Giải: • 3 áp dây và 3 áp pha (trên tải) hoàn toàn giốngnhư ví dụ 2.


12

• Công suất phản kháng của tải ba pha

• 3 dòng pha:

)A(36656,12655,9

306120

1j5,9

U

Z

UI o

o

oAB

AB

'B'A'B'A ∠=

−∠

∠=

−==

&&&

)A(43,31638,1157,58547,10

9061209j5,5

UZU

I oo

oBC

BC

'C'B'C'B −∠=

−∠

−∠=

−==

&&&

)A(16,98648,1384,51902,8

15061207j5,5

U

Z

UI o

o

oCA

CA

'A'C'A'C ∠=

∠

∠=

+==

&&&

• 3 dòng dây: )A(26,26646,13III o'A'C'B'AA −∠=−= &&&

)A(95,91632,13III o'B'A'C'BB −∠=−= &&&

)A(08,121651,22III o'C'B'A'CC ∠=−= &&&


W4496)5,9()656,12(2

1ZReI

2

1RI

2

1P 2

AB2

m'B'AAB2

m'B'AAB ====

W2137)5,5()638,11(21

ZReI21

RI21

P 2BC

2m'C'BBC

2m'C'BBC ====

W2998)5,5()648,13(21

ZReI21

RI21

P 2CA

2m'A'CCA

2m'A'CCA ====

- Của ba pha: W9631PPPP CBA =++=


VAR473)1()656,12(2

1ZImI

2

1XI

2

1Q 2

AB2

m'B'AAB2

m'B'AAB −=−===

VAR3497)9()638,11(21

ZImI21

XI21

Q 2BC

2m'C'BBC

2m'C'BBC −=−===

VAR3816)7()648,13(21

ZImI21

XI21

Q 2CA

2m'A'CCA

2m'A'CCA ====

- Của ba pha: VAR154QQQQ CABCAB −=++=

• Công suất biểu kiến của tải ba pha- Của từng pha:

VA4520)55,9()656,12(21

ZI21

S 2A

2AmA ===


13


Bài 5.1 Xác định số chỉ của các dụng cụ đo trong sơ đồ mạch ba pha hình 287. Biết mạch được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp pha A hiệu dụng là AU& = 120∠0o (V) và dung kháng 1/ωC = 90 Ω.

Hướng dẫn giải (hình 288): Trở kháng pha: ZAB = ZBC = ZCA = ZP = - jC

1

ω = - j90 (Ω)

Điện áp pha AB: ABU& = 3 UA∠(0o + 30o) = 120 3 ∠30o (V) → V chỉ 120 3 ≈ 208 V

Dòng pha BC: BCI& = BC

BC

Z

U&, với BCU& = a2

ABU& = ABU&o120j−

e

= (UAB∠30o)(1∠- 120o) = 120 3 ∠- 90o (V) và ZBC = - j90 = 90∠- 90o (Ω)

Suy ra: BCI& = o

o

9090

903120

−−−−∠∠∠∠

−−−−∠∠∠∠ = 3

34∠0o ≈ 2,31 (A) → A2 chỉ 2,31 A

Dòng dây pha B: BI& = 3 IBC∠(ψbc – 30o) = 3 (3

34 )∠(0o – 30o) = 4∠- 30o (A)

Biết: IA = IB = IC = Id = 4 A. Vậy, A1 chỉ 4 A.

VA4098)547,10()638,11(21

ZI21

S 2B

2BmB ===

VA4853)902,8()648,13(21

ZI21

S 2C

2CmC ===

- Của ba pha: VA9632QPS 22=+=

HÌNH 290

A

B

C

O

C2

C1

B2

B1

A1

W

A1

A2

ZA1

ZA2

ZA3

ZA2B2 ZB2C2

ZC2A2

1AOU&

AOU&

ABU&

2B2AU&

1AI&

2AI&

2B2AI&

A2

O1

HÌNH 289

A

B

C

L

L

L

R R R

W

A1

A2 i

* *

* *

C A2

HÌNH 287

A

B

C

A1

V C C

C

HÌNH 288

A

B

A1

V ZAB ZCA

ZBC

A

B C

ABU&

A2

AI&

BI&

BCI&


14

Bài 5.2 Mạch ba pha hình 289 có điện trở R = 76 Ω và cảm kháng ωL = 44 Ω nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V). Xác định số chỉ của các dụng cụ đo và biểu thức của dòng điện i. Hướng dẫn giải (hình 290): Trở kháng pha của tải 1: ZA1 = ZB1 =ZC1=ZP1=jωL=j44 (Ω)

Trở kháng pha của tải 2: ZA2B2 = ZB2C2 = ZC2A2 = R = 76 (Ω)

Dòng pha A (cũng là dòng dây pha A) của tải 1: 1AI& = 1A

1AO

Z

U&

Với 1AOU& = AOU& (trung tính tải 1 là O1 và trung tính nguồn là O đẳng thế vì đây

là mạch ba pha đối xứng) =3

UAB ∠(30o – 30o)=3

380∠0o (V), và ZA1= j44 = 44∠90o (Ω).

Ta suy ra: 1AI& = o

o

9044

03

380

∠

∠

= 33

395∠- 90o ≈ 5∠- 90o (A) → A1 chỉ 5 A

Dòng pha A2B2 của tải 2: 2B2AI& = 2B2A

AB

Z

U& =

76

30380 o∠ = 5∠30o (A)

Dòng dây của tải 2: 2AI& = 3 IA2B2∠(30o – 30o) = 5 3 ∠0o ≈ 8,66 (A) → A2 chỉ 8,66 A Dòng dây chung pha A: AI& = 1AI& + 2AI& =(5∠- 90o)+(5 3 ∠0o) = 8,66 – j5 = 10∠- 30o (A)

Dòng dây chung pha B: BI& = a2AI& = AI&

o120j−e = (10∠- 30o)(1∠- 120o) = 10∠- 150o (A)

Ta có: *BCAIU && = a *

BABIU && = [(380∠30o)(1∠120o)][10∠- (- 150o)] = 3800∠300o

= 3800∠- 60o = 1900 – j1900 3 (VA) → W chỉ 1900 W. Ta có: 2BI& = a2

2AI& = (1∠- 120o)(IA2∠0o) = 8,66∠– 120o (A) Biểu thức của i là: i = I 2 sin(ωt + ψi), trong đó I = IB2 = 8,66 A và ψi = ψB2

= - 120o → i = 8,66 2 sin(ωt – 120o) (A).

Bài 5.3 Mạch ba pha hình 291 có R = 1/ωC = 6 Ω, ωL = 2 Ω, nối vào hệ nguồn

HÌNH 292

HÌNH 291

HÌNH 293

A

A

A

B

B

B

C

C

C

O

O’ A’

B’ C’

V

W1

W2

W3

W3

W1

W2

V ZAB

ZBC

ZCA

ZA

ZB

ZC

C

C

C R

R

R

L

L

L

jωL

jωL

jωL

jωL

jωL

jωL

ABU&

ABU&

AOU&

'AOU&

AI&

AI&

BI&

BI&

CI&

CI& 'A'CI&

'A'CU&


15

ba pha đối xứng có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V). Xác định số chỉ các dụng cụ đo.

Hướng dẫn giải (hình 292): Trở kháng pha của tải ∆: ZAB = ZBC = ZCA = Z∆

= R - jC

1

ωωωω= 6 – j6 = 6 2 ∠- 45o (Ω)

Quy tải ∆ về tải Y tương đương (hình 293) với trở kháng pha:

ZA = ZB = ZC = ZY = 3

Z ∆∆∆∆ = 3

4526 o−−−−∠∠∠∠ = 2 2 ∠- 45o = 2 – j2 (Ω)

Trở kháng của các dây pha trong mạch Y tương đương: ZAd = ZBd = ZCd = jωL + ZY = j2 + 2 – j2 = 2 (Ω)

Dòng trên các dây pha của mạch Y tương đương: AI& = Ad

'AO

Z

U& =

2

U AO&

(trong mạch ba pha đối xứng O và O’ đẳng thế).

Biết AOU& =3

U AB ∠(ψuAB-30o)=3

380∠(30o–30o)=

3

3380∠0o(V)→ AI& =

23

3380

=3

3190≈ 109,7(A)

Và: BI& = a2AI& = AI&

o120j−e = (1∠- 120o)(109,7) = 109,7∠- 120o (A)

CI& = a AI& = AI&o120j

e = (1∠120o)(109,7) = 109,7∠120o (A)

Dòng pha C’A’ của tải ∆: 'A'CI& = 3

IC ∠(ψiC + 30o) = 3

3

3190

∠(120o + 30o)

= 3

190∠150o ≈ 63,33∠150o (A)

Điện áp pha C’A’ của tải ∆: 'A'CU& = 'A'CI& ZCA = (3

190∠150o)(6 2 ∠- 45o)

= 380 2 ∠105o ≈ 537,4∠105o (V). Vậy, V chỉ 537,4 V.

Ta có: ABU& *AI& = (380∠30o)(

3

3190 ) = 3

372200∠30o

= 36100 + j3

336100 (VA) → W1 chỉ 3

336100 ≈ 36,1 KW

Ta có: CBU& *CI& = (- BCU& )(

3

3190∠- 120o) = a2 (- ABU& )(

3

3190∠- 120o)

= (1∠- 120o)(380∠- 150o)(3

3190∠- 120o) =

3

372200∠- 30o

= 36100 – j3

336100 (VA). Vậy W2 chỉ 3

336100 ≈ 36,1 KW

Ta có: CAU& *BI& = (a ABU& )(

3

3190∠120o) = (1∠120o)(380∠30o)(

3

3190∠120o)

= 3

372200∠- 90o = – j36100 (VA) → W3 chỉ 0.


16

Bài 5.4 Mạch ba pha hình 294 có ωLo = 23 Ω, Z = 60 + j60 (Ω), 1/ωC = 40 Ω, nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng

ABU& = 380∠30o (V). Xác định giá trị của IA, IA1, IA2 và Iab.

Hướng dẫn giải (hình 295): Trở kháng đường dây: Zo = jωLo = j23 Ω

Trở kháng pha của tải 1: ZA1 = ZB1 = ZC1 = - jC

1

ωωωω = - j40 = 40∠- 90o (Ω)

Trở kháng pha của tải 2: ZA2B2 = ZB2C2 = ZC2A2 = Z = 60 + j60 (Ω) Quy tải 2 là tải ∆ về tải Y tương đương (hình 296), với trở kháng pha:

ZA2 = ZB2 = ZC2 = Z2Y = 3

Z = 3

60j60 ++++ = 20 + j20 = 20 2 ∠45o (Ω)

Thay tải 1 // tải Y tương đương của tải 2 bởi tải tương đương có trở kháng pha

là (hình 297): ZA12 = ZB12 = ZC12 = Z12Y = 20j2040j

)45220)(9040( oo

++++++++−−−−

∠∠∠∠−−−−∠∠∠∠ = 40 (Ω)

Trở kháng pha của mạch ba pha thay thế tương đương 2 tải // là: ZAO12 = ZBO12 = ZCO12 = Zo + Z12Y = j23 + 40 (Ω)

Dòng dây chung pha A: AI& = 12AO

12AO

Z

U&

Vì mạch ba pha đối xứng; O, O1, O2 và O12 đều là những điểm đẳng thế, do đó:

12AOU& = AOU& = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

380∠(30o – 30o) =

3

3380 (V)

Từ đó: AI& = 23j40

3

3380

++++ =

19161

345600 – j19161

326220 ≈ 4,75∠- 29,9o (A) → IA = 4,75 A

HÌNH 294

A

B

C

Lo

Lo

Lo

Z Z

Z

C C C HÌNH 296

A

B

C

O2

Zo

Zo

Zo

ZA2

ZB2

ZC2

ZA1

ZB1

ZC1

Zo 12AOU&

HÌNH 297

A

C B

O12

O

Zo

Zo

Zo

ZA12

ZB12

ZC12

AOU&

ABU&

AI&

HÌNH 295

A

B C

O1 O

Zo

Zo

ZA1 ZB1

ZC1

ZA2B2

ZB2C2

ZC2A2

AOU&

ABU& 1O1AU&

AI&

1AI&

2AI& A2 A1

B2

B1

C2

C1

abI&


17

Sụt áp trên đường dây pha A: 1AAU& = AI& Zo = (19161

345600 – j19161

326220 )(j23)

= 19161

3603060 + j19161

31048800 (V)

Coi Oϕϕϕϕ& = 0 → Aϕϕϕϕ& = AOU& + Oϕϕϕϕ& = 3

3380 + 0 = 3

3380 → 1Aϕ& = Aϕϕϕϕ& - 1AAU&

= 3

3380 - (19161

3603060 + j19161

31048800 ) = 19161

31824000 - j19161

31048800 (V)

Điện áp pha A của tải 1: 1O1AU& = 1Aϕ& - 1Oϕ& = 1Aϕ& - Oϕ&

= 19161

31824000 - j19161

31048800 - 0 = 19161

31824000 - j19161

31048800 (V)

Dòng pha A của tải 1: 1AI& = 1A

1O1A

Z

U& =

40j19161

3)1048800j1824000(

−

−

= 19161

326220 + j19161

345600 ≈ 4,75∠60,1o (A) → IA1 = 4,75 A

Dòng dây của tải 2: 2AI& = AI& - 1AI&

= 19161

345600 – j19161

326220 - (19161

326220 + j19161

345600 ) = 19161

319380 - j19161

371880

= 6,65∠- 74,73o (A) → IA2 = 6,65 A

Dòng pha AB của tải 2: abI& = 2B2AI& = 3

I 2A ∠(ψiA2 + 30o)

= 3

65,6∠(- 74,73o + 30o) = 3,84∠- 44,73o (A) → Iab = 3,84 A.

Bài 5.5 Mạch ba pha hình 298 có ωLo = 75 Ω, 1/ωC = 300 Ω và động cơ ba pha Đ có 3 cuộn dây nối Y với trở kháng mỗi cuộn là ZY2 = 50 + j50 (Ω). Biết mạch được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng

ABU& = 6600∠30o (V), xác định số chỉ của watt kế.

Hướng dẫn giải (hình 299): Trở kháng các đường dây: Zo = jωLo = j75 (Ω)

Trở kháng pha của tải 1: ZA1B1 = ZB1C1 = ZC1A1 = Z∆ = - jC

1

ωωωω = - j300 (Ω)

Trở kháng pha của tải 2: ZA2 = ZB2 = ZC2 = ZY2 = 50 + j50 (Ω) Quy tải 1 nối ∆ về Y tương đương (hình 300), với trở kháng pha:

ZA1 = ZB1 = ZC1 = ZY1 = 3

Z ∆∆∆∆ = 3

300j−−−− = - j100 (Ω)

Thay tải 1 nối Y tương đương // tải 2 bởi tải tương đương hình 301, với trở

kháng pha: ZA12 = ZB12 = ZC12 = ZY12 = 2Y1Y

2Y1Y

ZZ

)Z)(Z(

+ =

50j50100j

)50j50)(100j(

++++++++−−−−

++++−−−− = 100 (Ω)

Trở kháng pha của mạch hình 301: ZAO12 = ZBO12 = ZCO12 = Zo + ZY12 = j75 + 100 (Ω)

Dòng dây pha A: AI& = P

12AO

Z

U&. Vì mạch ba pha là đối xứng: O và O12 đẳng thế nên


18

12AOU& = AOU = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

6600 = 2200 3 (V)

Từ đó: AI& = 75j100

32200

++++ = 14,08 3 - j10,56 3 (A)

Sụt áp trên đường dây pha A: AaU& = AI& Zo=(14,08 3 -j10,56 3 )(j75)=792 3 +j1056 3 (V)

Sụt áp trên đường dây pha B: BbU& = a2AaU& = (

2

3j

2

1−−−−−−−− )(792 3 + j1056 3 )

= (1584 - 396 3 ) - j(1188 + 528 3 ) (V) Điện áp dây của tải: abU& = aAU& + ABU& + BbU& = (- AaU& )+ ABU& + BbU&

= - 792 3 - j1056 3 + 3300 3 + j3300 + 1584 - 396 3 - j(1188 + 528 3 ) = (1584 + 2112 3 ) + j(2112 - 1584 3 ) (V)

Ta có: abU& AI& * = [(1584 + 2112 3 ) + j(2112 - 1584 3 )][14,08 3 + j10,56 3 ]

= 139392 + j46464 3 (VA) → W chỉ 139,39 KW.

Bài 5.6 Xác định các dòng dây của phụ tải và các dòng dây chung trong mạch

ba pha hình 302. Biết ωLo = 5 Ω, R = 10 Ω, C

1

ω = 30 Ω và mạch được nối vào hệ

nguồn ba pha thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V).

Hướng dẫn giải (hình 303): Trở kháng các đường dây: Zo = jωLo = j5 (Ω) Trở kháng pha của tải 1: ZA1 = ZB1 = ZC1 = ZY1 = R = 10 (Ω)

Trở kháng pha của tải 2: ZA2B2 = ZB2C2 = ZC2A2 = Z∆ = - jC

1

ω = - j30 (Ω)

HÌNH 298 HÌNH 299

HÌNH 300

HÌNH 301

A A

A A

B B

B

B

C C

C

C

O

O1

O12

Đ

Đ Đ

a

b

c

a

b

c

C

C

C

a

b

c

W W Lo

Lo

Lo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

ZA12

ZB12

ZC12

ZA1B1

ZB1C1

ZC1A1

A1

B1

C1

ZA1 ZB1 ZC1

AI&

AI&

AI& ABU&

ABU&

ABU&

AOU&

12AOU& AaU&

BbU&

abU&


19

Quy tải 2 nối ∆ về tải Y tương đương (hình 304), với trở kháng pha là:

ZA2 = ZB2 = ZC2 = ZY2 = 3

Z∆ = 3

30j− = - j10 (Ω)

Thay tải 1 // tải 2 nối Y tương đương bởi tải tương đương với trở kháng pha là

(hình 305): ZA12 = ZB12 = ZC12 = ZY12 = 2Y1Y

2Y1Y

ZZ

Z.Z

+ =

10j10

)10j)(10(

−

− = 5 – j5 (Ω)

Trở kháng pha của mạch tương đương hình 305: ZAO12 = ZBO12 = ZCO12 = Zo + ZY12 = j5 + 5 – j5 = 5 (Ω)

Dòng dây pha A: AI& = 12AO

12AO

Z

U&, với 12AOU& = AOU& (O và O12 đẳng thế) =

3

UAB ∠(ψuAB – 30o)

=3

380∠(30o–30o) =

3

3380 (V) → AI& =53

3380

= 3

376 ≈ 43,88 (A).

Các dòng dây còn lại: BI& = a2AI& = (1∠- 120o)(43,88) = 43,88∠- 120o (A)

CI& = a AI& = (1∠120o)(43,88) = 43,88∠120o (A)

Sụt áp trên đường dây pha A: 1AAU& = AI& Zo = 3

376 (j5) = j3

3380 (V)

Điện áp pha của tải 1: 1O1AU& = - 1AAU& + AOU& (O và O1 đẳng thế)

= - j3

3380 + 3

3380 = 3

6380∠- 45o (V)

O

1AAU&

HÌNH 302 HÌNH 303

A A

B

B C

C

A1

B1

C1

A2

B2 C2

Lo

Lo

Lo

R R R ZA1

ZB1

ZC1

C C

C

ZA2B2

ZB2C2

ZC2A2

Zo

Zo

Zo

AI&

BI&

CI&

AI&

BI&

CI&

1AI& 1BI&

1CI&

1AI& 1BI&

1CI&

O1

2AI&

2BI&

2CI&

2CI&

2BI&

2AI&

ABU& AOU&

1AOU&

••••

A

B

C ZC1

ZA12

ZB12

ZC12

AI&

O12

HÌNH 304

HÌNH 305

A

B

C

A1

B1

C1

O1

ZA2

ZB2

ZC2

O2

ZA1

ZB1

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

Zo

AOU&

ABU&

12AOU&

O


20

Dòng pha A của tải 1: 1AI& = 1A

1O1A

Z

U& =

10

453

6380 o−∠

= 3

638∠- 45o

= 3

338 - j3

338 ≈ 31,03∠- 45o (A)

Các dòng pha còn lại của tải 1: 1BI& =a21AI& = (1∠- 120o)(31,03∠- 45o)= 31,03∠- 165o (A)

1CI& = a 1AI& = (1∠120o)(31,03∠- 45o) = 31,03∠75o (A)

Dòng dây pha A của tải 2: 2AI& = AI& - 1AI& = 3

376 - (3

338 - j3

338 )

= 3

338 + j3

338 = 3

638∠45o ≈ 31,03∠45o (A)

Các dòng dây còn lại của tải 2: 2BI& = a22AI& = (1∠- 120o)(31,03∠45o) = 31,03∠- 75o (A)

2CI& = a 2AI& = (1∠120o)(31,03∠45o) = 31,03∠165o (A)

Bài 5.7 Mạch ba pha hình 306 có trở kháng các pha là Z = 80 + j60 (Ω), được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng

ABU& = 220∠30o (V). Xác định số chỉ của các watt kế W1 và W2.

Hướng dẫn giải (hình 307)

Điện áp pha A của nguồn và trên tải bằng nhau vì trung tính O và trung tính O’

đẳng thế: AOU& = 'AOU& = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

220∠(30o – 30o) =

3

3220 (V)

Điện áp dây BCU& = a2ABU& = (1∠- 120o)(220∠30o) = 220∠- 90o (V)

Điện áp dây CAU& = a ABU& = (1∠120o)(220∠30o) = 220∠150o (V)

Dòng pha A: AI& = Z

U 'AO&

= 60j80

3

3220

+ =

3

32,2∠- 36,87o (A)

Dòng pha B: BI& = a2AI& = (1∠- 120o)(

3

32,2∠- 36,87o) =

3

32,2∠- 156,87o (A)

Ta có: ACU& *AI& = (- CAU& ) *

AI& = [220∠(150o – 180o)][3

32,2∠36,87o]

= 3

3484∠6,87o = 277,43 + j33,43 (VA) → W1 chỉ 277,43 W

HÌNH 306 HÌNH 307

A

B

C

A

B

C

O

O’

Z

Z

Z

Z

Z

Z

W1

W2 W2

W1

AI&

BI& ABU&

'AOU&

AOU& BCU&

ACU&


21

Ta có: BCU& *BI& = (220∠- 90o)(

3

32,2∠156,87o) =

3

3484∠66,87o

= 109,77 + j256,98 (VA) → W2 chỉ 109,77 W Bài 58 Mạch ba pha hình 306 có trở kháng các pha là Z, được nối vào hệ nguồn

ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 520∠30o (V). Tính Z nếu số chỉ của các watt kế là (a) W1 = 5400 W ; W2 = 0 (b) W1 = 0 ; W2 = 5400 W (c) W1 = W2 = 5400 W (d) W1 = 6240 W ; W2 = 3210 W.

Hướng dẫn giải (hình 307): (a) Công suất tác dụng ba pha: P=P1+P2 =5400+0=5400 W

Công suất tác dụng mỗi pha: PA = PB = PC = 3

P = 3

5400 = 1800 W

Điện áp pha A của nguồn và trên tải bằng nhau vì trung tính O và trung tính O’

đẳng thế: AOU& = 'AOU& = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

520∠(30o – 30o) =

3

3520 (V)

Dòng pha A: AI& = Z

U 'AO&

= ϕ∠Z

3

3520

= Z3

3520∠- ϕ = IA∠- ϕ (A)

Công suất phức pha A: S A = 'AOU& *AI& = (

3

3520 )(IA∠ϕ) = PA + jQA = 1800 + jQA

→ IA∠ϕ = IAcosϕ + jIAsinϕ =

3

3520

jQ1800 A++++ =

13

345 + j520

3QA → IAcosϕ = 13

345 (1)

Điện áp dây CAU& = a ABU& = (1∠120o)(520∠30o) = 520∠150o (V)


AI& = [520∠(150o – 180o)][IA∠ϕ] = P1 + jQ1 = 5400 + jQ1

Suy ra: IA∠ϕ = IAcosϕ + jIAsinϕ = o1

30520

jQ5400

−∠

+ =

260j3260

jQ5400 1

−

+

= 27040

Q263140400 1−−−− + j(

27040

140400Q326 1 + ) (VA). Vậy: IAcosϕ = 27040

Q263140400 1−−−− (2)

(1) và (2) cho ta: 27040

Q263140400 1−−−− =

13

345 → Q1 = 169

3304200 VAR

Ta có: 1S = ACU& *AI& = P1 + jQ1 = 5400 + j

169

3304200 ≈ 6235,383∠30o (VA)

→ *AI& =

AC

11

U

jQP&

+ =

o

o

30520

30383,6235

−∠

∠ = 12∠60o (A) → AI& = IA∠- ϕ = 12∠- 60o (A)

Vậy: IA = 12 A và ϕ∠60o. Từ đó: Z = A

'AO

I

U =

123

520

≈ 25 Ω

Trở kháng các pha: Z = Z ∠ϕ = 25∠60o = 12,5 + j12,5 3 (Ω)

(b) Công suất tác dụng ba pha: P = P1 + P2 = 0 + 5400 = 5400 W


P = 3

5400 = 1800 W


22


3

3520 )(IA∠ϕ) = PA + jQA = 1800 + jQA


3

3520

jQ1800 A++++ =

13

345 + j520

3QA → IAcosϕ = 13

345 (1)


AI& = [520∠(150o – 180o)][IA∠ϕ] = P1 + jQ1 = 0 + jQ1

→ IA∠ϕ = IAcosϕ + jIAsinϕ = o

1

30520

jQ

−∠ = -

1040

Q1 (VA). Vậy: IAcosϕ = - 1040

Q1 (3)

(1) và (3) cho ta: - 1040

Q1 = 13

345 → Q1 = - 3600 3 VAR

Ta có: 1S = ACU& *AI& = P1 + jQ1 = 0 – j3600 3 ≈ 6235,383∠- 90o (VA)

→ *AI& =

AC

11

U

jQP&

+ =

o

o

30520

90383,6235

−∠

−∠ = 12∠- 60o (A) → AI& = IA∠- ϕ = 12∠60o (A)

Vậy: IA = 12 A và ϕ∠- 60o. Từ đó: Z = A

'AO

I

U =

123

520

≈ 25 Ω

Trở kháng các pha: Z = Z ∠ϕ = 25∠- 60o = 12,5 - j12,5 3 (Ω)

(c) Công suất tác dụng ba pha: P = P1 + P2 = 5400 + 5400 = 10800 W


P = 3

10800 = 3600 W


3

3520 )(IA∠ϕ) = PA + jQA = 3600 + jQA

→ IA∠ϕ =IAcosϕ + jIAsinϕ =

3

3520

jQ3600 A+=

13

390 + j520

3QA → IAcosϕ =13

390 (4)

Ta có: ACU& *AI& = [520∠- 30o][IP∠ϕ] = P1 + jQ1 = 5400 + jQ1

→ IP∠ϕ = IPcosϕ + jIPsinϕ = o1

30520

jQ5400

−∠

+ =

27040

Q263140400 1−−−− + j(

27040

140400Q326 1 + ) (VA)

Vậy: IPcosϕ = 27040

Q263140400 1−−−− (5). (4) và (5) cho ta:

27040

Q263140400 1−−−− =

13

390

→ Q1 = - 1800 3 VAR. Ta có: 1S = ACU& *AI& = P1 + jQ1 = 5400 – j1800 3

≈ 6235,383∠- 30o (VA) → *AI& =

AC

11

U

jQP&

+ =

o

o

30520

30383,6235

−∠

−∠ = 12∠0o (A)

→ AI& = IA∠- ϕ = 12∠0o (A). Vậy: IA = 12 A và ϕ∠0o. Từ đó: Z =A

'AO

I

U=

123

520

≈ 25 Ω

Trở kháng các pha: Z = Z ∠ϕ = 25∠0o = 25 (Ω)

(d) Công suất tác dụng ba pha: P = P1 + P2 = 6240 + 3120 = 9360 W


P = 3

9360 = 3120 W


23

Công suất phức pha A: S A = 'AOU& *AI& =(

3

3520 )(IA∠ϕ) = PA + jQA = 3120 + jQA


3

3520

jQ3120 A+ = 6 3 + j

520

3QA → IAcosϕ = 6 3 (6)

Ta có: ACU& *AI& = [520∠- 30o][IP∠ϕ] = P1 + jQ1 = 6240 + jQ1

→ IP∠ϕ = IPcosϕ + jIPsinϕ = o1

30520

jQ6240

−∠

+ =

27040

Q263162240 1− + j(

27040

162240Q326 1 + ) (VA)

Vậy: IPcosϕ = 27040

Q263162240 1− (7). (6) và (7) cho ta:

27040

Q263162240 1− = 6 3

→ Q1 = 0. Ta có: 1S = ACU& *AI& = P1 + jQ1 = 6240 (VA)

→ *AI& =

AC

11

U

jQP&

+ =

o30520

6240

−∠ = 12∠30o (A) → AI& = IA∠- ϕ = 12∠- 30o (A)

Vậy: IA = 12 A và ϕ∠30o. Từ đó: Z = A

'AO

I

U =

123

520

≈ 25 Ω

Trở kháng các pha: Z = Z ∠ϕ = 25∠30o = 12,5 3 + j12,5 (Ω)

Bài 5.9 Mạch ba pha hình 308 có R = 40 Ω, ωL = 30 Ω và khoá K mở, được nối

vào nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V). Hãy xác định số chỉ các dụng cụ đo.

Hướng dẫn giải (hình 309): Trở kháng pha: ZA = ZB = ZC = Z = R + jωL = 40 + j30 = 50∠36,87o (Ω)

Ta thấy ngay, K mở → AI& = 0 → A1 chỉ 0. Từ đó: UA’O’ = IAZ = 0 → V7 chỉ 0. Và ta cũng thấy ngay: V1 = UAB = Ud = 380 V ; V4 = UBC = Ud = 380 V Định luật K2 áp dụng cho mạch vòng BO’CB: BI& Z - CI& Z + CBU& = 0 (1)

Định luật K1 tại O’ cho ta: BI& + CI& = 0 → BI& = - CI& . Thay vào (1): 2 BI& Z + CBU& = 0

→ BI& = Z2

UBC&

. Với: BCU& = a2 ABU& = (1∠- 120o)(380∠30o) = 380∠- 90o = - j380 (V)

Từ đó: BI& = )87,3650(2

90380o

o

∠

−∠ = 3,8∠- 126,87o (A) → A2 chỉ 3,8 A

Và: CI& = - BI& = 3,8∠(- 126,87o + 180o) = 3,8∠53,13o (A) → A3 chỉ 3,8 A

Ta có: 'BOU& = BI& Z =(3,8∠- 126,87o)(50∠36,87o)=190∠- 90o =- j190 (V) → V6 chỉ 190 V

Và: 'COU& = CI& Z = (3,8∠53,13o)( 50∠36,87o) = 190∠90o = j190 (V) → V5 chỉ 190 V

Ta có: B'AU& = 'O'AU& - 'BOU& = 0 – (- j190) = j190 (V) → V3 chỉ 190 V

Ta có: ABU& = 380∠30o = 190 3 + j190 (V) → 'AAU& = ABU& - B'AU& = 190 3 + j190 – j190 = 190 3 ≈ 330 (V) → V2 chỉ 330 V

Bài 5.10 Mạch ba pha hình 310 có các giá trị IA = 3 A, IB = 4 A, IC = 4 A, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận. Xác định số chỉ của ampe kế A.


24

Hướng dẫn giải (hình 311): Điện áp pha của nguồn: UAO = UBO = UCO = UP Coi pha đầu của AOU& bằng 0: AOU& = UP∠0o ; BOU& = a2

AOU& = UP∠- 120o ; COU& = UP∠120o

Các dòng pha: AI& = R

UAO&

= R

0U oP∠ = 3∠0o (A) ; BI& =

C

1j

UBO

ω−

&

= o

oP

90C

1120U

−∠ω

−∠

= 4∠- 30o = 2 3 - j2 (A) ; CI& =

C

1j

UCO

ω−

&

= o

oP

90C

1120U

−∠ω

∠ = 4∠- 150o = - 2 3 - j2 (A)

Dòng trong dây trung tính: OI& = AI& + BI& + CI& = 3 + 2 3 - j2 - 2 3 - j2 = 3 – j4

= 5∠- 53,13o (A) → A chỉ 5 A.

Bài 5.11 Mạch ba pha hình 312 có các giá trị IA = 5 A, IB = 2 A, IC = 2 A, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận. Xác định số chỉ của ampe kế A.

Hướng dẫn giải (hình 313): Điện áp pha của nguồn: UAO = UBO = UCO = UP Coi pha đầu của AOU& bằng 0: AOU& = UP∠0o ; BOU& = a2

AOU& = UP∠- 120o ; COU& = UP∠120o

Các dòng pha: AI& = 1

AO

Lj

U

ω

&

= o

1

oP

90L

0U

∠ω

∠ = 5∠- 90o = - j5 (A) ; BI& =

Lj

UBO

ω

&

=

o

oP

90L

120U

∠ω

−∠ = 2∠150o = - 3 + j1 (A) ; CI& =

Lj

UCO

ω

&

= o

oP

90L

120U

∠ω

∠ = 2∠30o = 3 + j1 (A)

HÌNH 308 HÌNH 309

A A A’ A

B

B B B

C C

C

O

O’

A1 A1

A2 A2

A3 A3

V3 V3 V1 V1

V2 V2

V4 V4

V5 V5

V6 V6

V7 V7

R

R

R

L

L

L

Z

Z

Z

ABU&

AOU&

'AOU&

AI&

BI&

CI&

K K

HÌNH 310

HÌNH 311

A A

B

B

C

C

O O O O A A

R

C

C R

-jC

1

ω

-jC

1

ω

AOU&

BOU&

COU&

AI&

BI&

CI&

OI&


25

Dòng trong dây trung tính: OI& = AI& + BI& + CI& = - j5 - 3 + j1 + 3 + j1 = - j3

= 3∠- 90o (A) → A chỉ 3 A

Bài 5.12 Mạch ba pha hình 314 có R = ωL = C

1

ω = 2 Ω, được nối vào hệ nguồn

ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp pha hiệu dụng AOU& = 20∠0o (V). Xác định các dòng điện trong mạch.

Hướng dẫn giải (hình 315): Trở kháng các pha:

ZA = Zo = R = 2 (Ω) ; ZB = jωL = j2 (Ω ; ZC = - jC

1

ω = - j2 (Ω)

Độ dịch chuyển điểm trung tính (coi ϕϕϕϕ& o = 0): O'OU& = ϕϕϕϕ& o’ = OCBA

CCOBBOAAO

YYYY

YUYUYU

+++

++ &&&

Trong đó, các điện áp pha của nguồn là: AOU& = 20 (V) ; BOU& = a2AOU&

= 20∠- 120o = - 10 – j10 3 (V) ; COU& = a AOU& = 20∠120o = - 10 + j10 3 (V)

Dẫn nạp ở các pha và ở nhánh trung tính: YA = AZ

1 = 2

1 (S) ; YB = BZ

1 = 2j

1

= - j2

1 = 2

1 ∠- 90o (S) ; YC = CZ

1 = 2j

1

− = j

2

1 = 2

1 ∠90o (S); Yo =oZ

1 =2

1 (S)

Từ đó: O'OU& =ϕϕϕϕ& o’ =5,05,0j5,0j5,0

)905,0)(12020()905,0)(12020()5,0)(20( oooo

++−

∠∠+−∠−∠+ = 10-10 3 (V)

Vậy: AI& = 'AOU& YA = ( AOU& - ϕϕϕϕ& o’)YA = (20 – 10 + 10 3 )(0,5) = 5(1 + 3 ) ≈ 13,66 (A)

BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - ϕϕϕϕ& o’)YB = (- 10 – j10 3 - 10 + 10 3 )(- j0,5)

= - 5 3 + j(10 - 5 3 ) ≈ 8,76∠171,12o (A)

CI& = 'COU& YC = ( COU& - ϕϕϕϕ& o’)YC = (- 10 + j10 3 - 10 + 10 3 )(j0,5)

HÌNH 312

HÌNH 313

A A

B

B

C C

O O O

L1

L

L

jωL

jωL

jωL1

A A

AOU&

BOU&

COU&

AI&

BI&

CI&

OI&

HÌNH 314

HÌNH 315

A A

B B

C C

O O

O’

R

R

L

C

R

R

jωL

- jC

1

ω

AI&

BI&

CI&

OI& OI&

CI&

BI&

AI&

AOU&

BOU&

COU&

'AOU&

'BOU&

'COU&

O'OU&


26

= - 5 3 + j(5 3 - 10) ≈ 8,76∠- 171,12o (A)

OI& = O'OU& YO = (10 - 10 3 )(0,5) = 5(1 - 3 ) ≈ - 3,66 (A)


1


ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp pha hiệu dụng AOU& = 173∠0o (V). Xác định dòng điện trên các dây pha.

Hướng dẫn giải (hình 317): Các điện áp pha của nguồn: AOU& = 173∠0o (V) ;

BOU& = a2AOU& = 173∠- 120o = - 86,5 - j86,5 3 (V) ; COU& = a AOU& = 173∠120o

= - 86,5 + j86,5 3 (V)

Trở kháng các pha: ZA = jωL - jC

1

ω = j30 – j30 = 0

ZB = R + R = 30 + 30 = 60 (Ω) ; ZC = jωL + jωL = j30 + j30 = j60 = 60∠90o (Ω) Vì ZA = 0 nên: 'AOU& = Aϕϕϕϕ& - 'Oϕϕϕϕ& = AI& ZA = AI& (0) = 0 → 'Oϕϕϕϕ& = Aϕϕϕϕ&

Và nếu coi ϕϕϕϕ& o=0 thì: Aϕϕϕϕ& = AOU& =173(V) → 'Oϕϕϕϕ& =173 (V)(độ dịch chuyển điểm trung tính O'OU& )

Như vậy: BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - 'Oϕϕϕϕ& )BZ

1 = (- 86,5 - j86,5 3 - 173)

60

1

= - 4,325 - j12

33,17 ≈ 5∠- 150o (A)

CI& = 'COU& YC=( COU& - 'Oϕϕϕϕ& )CZ

1=(- 86,5 + j86,5 3 - 173)

60j

1 =12

33,17 + j4,325 ≈ 5∠60o (A)

Và: AI& = - BI& - CI& = 4,325+j12

33,17 -12

33,17 -j4,325 ≈ 1,83 – j1,83 = 1,83 2 ∠- 45o (A)

Bài 5.14 Mạch ba pha hình 318 có R = 10 Ω, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 100 3 ∠30o (V). Xác định các dòng điện khi (a) K1 và K3 đóng, K2 mở (b) K1, K2 và K3 đều mở.

Hướng dẫn giải: Các điện áp pha của nguồn: AOU& =3

UAB ∠(ψuAB-30o)

=3

3100∠(30o–30o)=100 (V) ; BOU& = a2

AOU& = 100∠- 120o = - 50 - j50 3 (V) ;

HÌNH 316 HÌNH 317

A A

B B

C C

O

O’

R

L

L

L

L

C - j

C

1

ω

jωL

jωL

jωL

jωL

R

AI&

BI&

AI&

BI&

CI& CI&

AOU&

BOU&

COU&

'AOU&

'BOU&

'COU&

O'OU&


27

COU& = a AOU& = 100∠120 = - 50 + j50 3 (V)

Trở kháng các pha: ZA = ZB = ZC = R = 10 Ω

(a) (hình 319): Pha A bị ngắn mạch (ZA = 0) và dây trung tính bị đứt ( OI& = 0)

→ 'AOU& = Aϕϕϕϕ& - 'Oϕϕϕϕ& = AI& ZA = AI& (0) = 0 → 'Oϕϕϕϕ& = Aϕϕϕϕ&

Và nếu coi ϕϕϕϕ& o=0 thì: Aϕϕϕϕ& = AOU& =100(V)→ 'Oϕϕϕϕ& =100(V)(độ dịch chuyển điểm trung tính O'OU& )

Như vậy: BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - 'Oϕϕϕϕ& )BZ

1 = (- 50 - j50 3 - 100)(

10

1 )

= - 15 - j5 3 = 10 3 ∠- 150o (A)

CI& = 'COU& YC =( COU& - 'Oϕϕϕϕ& )CZ

1=(- 50 + j50 3 - 100)(

10

1 )= - 15 + j5 3 = 10 3 ∠150o (A)

AI& = OI& - BI& - CI& = 0 + 15 + j5 3 + 15 - j5 3 = 30 (A)

(b) (hình 317): Pha A bị đứt ( AI& = 0 ; ZA = ∞) và dây trung tính bị đứt ( OI& = 0)

Áp dây BCU& = a2ABU& = 100 3 ∠- 120o = - 50 3 - j150 (V)

Định luật K2 áp dụng cho mạch vòng BO’CB: BI& ZB - CI& ZC + CBU& = 0

→ 10 BI& - 10 CI& - BCU& = 0 → 10( BI& - CI& ) = - 50 3 - j150 hay BI& - CI& = - 5 3 - j15 (1)

Định luật K1 tại O’: AI& + BI& + CI& - OI& = 0 → 0 + BI& + CI& - 0 = 0 → BI& = - CI&

Thay vào (1): 2 BI& = - 5 3 - j15 → BI& ≈ 8,66∠- 120o (A). Và: CI& = - BI& = 8,66∠60o (A)

Bài 5.15 (a) Xác định số chỉ của watt kế W trong mạch ba pha hình 320. Biết

mạch có R = ωL = C

1

ω = 10 Ω, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có

phức áp pha hiệu dụng AOU& = 100∠0o (V). (b) Tính giá trị của R để watt kế W chỉ 0.

Hướng dẫn giải (hình 321): Các áp pha:

AOU& = 100∠0o (V) ; OBU& = a2AOU& = 100∠- 120o (V) ; COU& = a AOU& = 100∠120o (V)

(a) Các trở kháng pha: ZA=R=10 (Ω); ZB=jωL=j10=10∠90o(Ω); ZC=-jC

1

ω=-j10=10∠-90o(Ω)

HÌNH 318 HÌNH 319

A A

B B

C

C

O O

O’ O’

R

R

R

ZA

ZB

ZC

K1

K2

K3

K3

K1

K2

AI& AI&

BI& BI&

CI& CI&

OI& OI&

ABU& ABU&

CBU&

AOU&

BOU&

COU&

'AOU&

'BOU&

'COU&

O'OU&


28

Các dòng pha: AI& = A

AO

Z

U& =

10

100 = 10 (A) ; BI& = B

BO

Z

U& =

o

o

9010

120100

∠

−∠

= 10∠150o = - 5 3 + j5 (A) ; CI& = C

CO

Z

U& =

o

o

9010

120100

−∠

∠ = 10∠- 150o = - 5 3 - j5 (A)

Dòng trung tính: OI& = AI& + BI& + CI& =10 -5 3 +j5-5 3 -j5=10-10 3 ≈-7,32=7,32∠180o (A)

Áp dây ABU& = 3 UAO∠(ψuAO + 30o) = 100 3 ∠(0o + 30o) = 100 3 ∠30o (V) → CAU& = a ABU& = (1∠120o)(100 3 ∠30o) = 100 3 ∠150o (V)

Ta có: ACU& (- OI& )* = CAU& *OI& = (100 3 ∠150o)(7,32∠- 180o) = 732 3 ∠- 30o

= 1098 - j366 3 (VA) → Watt kế W chỉ 1098 W.

(b) Các dòng pha: AI& = A

AO

Z

U& =

R

100 ; BI& = B

BO

Z

U& =

o

o

9010

120100

∠

−∠ = - 5 3 + j5 (A) ;

CI& = C

CO

Z

U& =

o

o

9010

120100

−∠

∠ = - 5 3 - j5 (A)

Dòng trng tính: OI& = AI& + BI& + CI& = R

100 - 5 3 + j5 - 5 3 - j5 = R

100 - 10 3

* Nếu (R

100 -10 3 )>0 thì OI& =(R

100 -10 3 )∠0o→ ACU& (- OI& )*= CAU& *

OI& =[100 3 ∠150o]

[(R

100 -10 3 )∠0o]=(R

310000 -3000)∠150o=(-R

15000 +1500 3 )+j(R

35000 -1500)

* Nếu (R

100 -10 3 )< 0 thì OI& =(10 3 -R

100 )∠180o→ ACU& (- OI& )* = CAU& *

OI& [100 3 ∠150o]

[(10 3 -R

100 )∠180o] = (3000 - R

310000∠ - 30o) = (

R

310000 - 3000)∠150o

= (- R

15000 + 1500 3 ) + j(R

35000 - 1500)

Vậy, trong cả 2 trường hợp, để watt kế W chỉ 0 thì: -R

15000 +1500 3 = 0 → R ≈ 5,77 Ω


1


ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V). Xác định số chỉ của các watt kế W1 và W2.

Hướng dẫn giải (hình 323): Các áp dây: ABU& = 380∠30o (V) ; BCU& = a2ABU&

= (1∠- 120o)(380∠30o) = 380∠- 90o) = - j380 (V) ; CAU& = a ABU& = (1∠120o)(380∠30o)

AI&

HÌNH 320 HÌNH 321

A A

B B C C

O O

R

L

C

W W

ZA

ZB

ZC BI&

CI&

AOU&

BOU&

COU&

ACU&

OI&


29

= 380∠150o (V) → ACU& = 380∠- 30o (V)

Các trở kháng pha: ZA =R = 76 (Ω) ; ZB = jωL = j76 (Ω) ; ZC = - jC

1

ω = - j76 (Ω)


CCOBBOAAO

YYYY

YUYUYU

+++

++ &&&

Trong đó, các điện áp pha của nguồn là: AOU& = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

380∠(30o – 30o)

= 3

3380 (V); BOU& = a2AOU& =

3

3380∠- 120o = -

3

3190 – j190 (V)

COU& = a AOU& = 3

3380∠120o = -

3

3190 + j190 (V)

Dẫn nạp ở các pha và ở nhánh trung tính:

YA = AZ

1 = 76

1 (S) ; YB = BZ

1 = 76j

1 = - j76

1 (S) ; YC = CZ

1 = 76j

1

−−−− = j

76

1 (S)

Yo =oZ

1=∞∞∞∞

1 = 0 (S) (Không dây trung tính tương đương với trở kháng dây bằng vô cực)

Từ đó: O'OU& =ϕϕϕϕ& o’=0

76

1j

76

1j

76

1

)9076

1)(120

3

3380()90

76

1)(120

3

3380()

76

1)(

3

3380( oooo

++++++++−−−−

∠∠∠∠∠∠∠∠++++−−−−∠∠∠∠−−−−∠∠∠∠++++

= 3

11403380 −−−− (V)

Các dòng pha: AI& = 'AOU& YA = ( AOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YA = (3

3380 - 3

3380 + 3

1140 )(76

1 )

= 5∠0o (A) ; BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YB = (- 3

3190 – j190 - 3

3380 + 3

1140 )( - j76

1 )

= - 2,5 + j(114

5703285 −−−− ) (A)

Ta có: ACU& *AI& = (380∠- 30o)(5∠0o) = 1900∠- 30o = 1645,45 – j950 (VA)

→ W1 chỉ 1645,45 W

*

HÌNH 322 HÌNH 323

A

ABU&

B

A

B

C C

O

O’

W1 W1

W2 W2 *

* *

*

*

* *

*

R

L

C

ZA

ZB ZC

AI&

BI&

O'OU&

AOU&

BOU&

'AOU&

'BOU&

ACU& BCU&


30

Và: BCU& *BI& = (- j380)(- 2,5 - j

114

5703285 −−−− ) = 254,55 + j950 (VA) → W2 chỉ 254, 55 W

Bài 5.17 Mạch ba pha hình 324 có ZA = 5 (Ω) ; ZB = 3 + j1 (Ω) ; ZC = 3 – j1 (Ω) và ZO = 0,149 (Ω), được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp pha hiệu dụng AOU& = 220∠0o (V). Xác định dòng và áp pha của tải khi (a) mở khóa K (b) đóng khóa K.

Hướng dẫn giải: (a) (hình 324): K mở tương đương với dây trung tính bị đứt, tức là trở kháng dây ZO = ∞, và dòng trung tính OI& = 0.


CCOBBOAAO

YYYY

YUYUYU

+++

++ &&&

Trong đó, các điện áp pha của nguồn là: AOU& = 220∠0o (V) ; BOU& = a2AOU&

= 220∠- 120o = - 110 – j110 3 (V) ; COU& = a AOU& = 220∠120o = - 110 + j110 3 (V)

Dẫn nạp ở các pha và ở nhánh trung tính: YA = AZ

1 = 5

1 = 0,2 (S) ;

YB =BZ

1 =1j3

1

+ = 0,3 – j0,1 (S) ; YC =

CZ

1 =1j3

1

− = 0,3 + j0,1 (S) ; Yo=

oZ

1= ∞∞∞∞

1 = 0 (S)

Từ đó:

O'OU& =ϕϕϕϕ& o’=01,0j3,01,0j3,02,0

)1,0j3,0)(3110j110()1,0j3,0)(3110j110()2,0)(220(

+++−+

++−+−−−+ = - 75,1315 (V)

Các dòng pha: AI& = 'AOU& YA = ( AOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YA = (220 + 75,1315)(0,2)

= 59,03 (A) ; BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YB = (- 110 – j110 3 + 75,1315)(0,3 – j0,1)

= - 29,5131 – j53,6708 = 61,25∠- 118,81o (A) ; CI& = 'COU& YC = ( COU& - 'Oϕϕϕϕ& )YC

= (- 110 + j110 3 + 75,1315)(0,3 + j0,1) = - 29,5131 + j53,6708 = 61,25∠118,81o (A) Các áp pha của tải: 'AOU& = AI& ZA = 59,03(5) = 295,15 (V)

'BOU& = BI& ZB= (- 29,5131 – j53,6708)(3 + j1) = - 142,21 + j131,5 = 193,69∠137,24o (V)

'COU& = CI& ZC= (- 29,5131 + j53,6708)(3 - j1)= - 34,868 + j190,53 = 193,69∠100,37o (V)

(b) (hình 325): K đóng, dây trung tính có ZO = 0,149 (Ω) → YO =OZ

1 =149,0

1 (S)

HÌNH 324 HÌNH 325

A A

B B

C C

O O

O’ O’

ZA ZA

ZB ZB

ZC ZC

ZO ZO K K

AI& AI&

BI& BI&

CI& CI&

OI& OI&

AOU& AOU&

BOU& BOU&

COU& COU&

'AOU& 'AOU&

'BOU& 'BOU&

'COU& 'COU&

O'OU& O'OU&


31


CCOBBOAAO

YYYY

YUYUYU

+++

++ &&&

=

149,0

11,0j3,01,0j3,02,0

)1,0j3,0)(3110j110()1,0j3,0)(3110j110()2,0)(220(

+++−+

++−+−−−+ = - 8,0019 (V)

Các dòng pha: AI& = 'AOU& YA = ( AOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YA = (220 + 8,0019)(0,2)

= 45,6 (A) ; BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - 'Oϕϕϕϕ& )YB = (- 110 – j110 3 + 8,0019)(0,3 – j0,1)

= - 49,652 – j46,9579 = 68,34∠- 136,6o (A) ; CI& = 'COU& YC = ( COU& - 'Oϕϕϕϕ& )YC

= (- 110 + j110 3 + 8,0019)(0,3 + j0,1) = - 49,652 + j46,9579 = 68,34∠136,6o (A) Các áp pha của tải: 'AOU& = AI& ZA = 45,6(5) = 228 (V)

'BOU& = BI& ZB= (- 49,652 – j46,9579)(3 + j1) = - 102 – j190,53 = 216,11∠- 118,16o (V)

'COU& = CI& ZC= (- 49,652 + j46,9579)(3 - j1)= - 102 + j190,53 = 216,11∠118,16o (V)

Bài 5.18 Mạch ba pha hình 326 có R = 60 Ω, ωL = 10 Ω, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng ABU& = 380∠30o (V). Xác định số chỉ của các dụng cụ đo và biểu thức dòng i.

Hướng dẫn giải: Trở kháng pha của đường dây: Zd = jωL = j10 (Ω) Trở kháng pha của tải 1: ZA1B1 = ZB1C1 = ZC1A1 = Z∆ = R = 60 (Ω) Trở kháng pha của tải 2: ZA2 = ZB2 = ZC2 = ZY2 = jωL = j10 (Ω) Thay tải 1 nối ∆ bởi tải nối Y tương đương (hình 327), với trở kháng pha tương

đương: ZA1 = ZB1 = ZC1 = ZY1 = 3

Z∆ = 3

60 = 20 (Ω)

Thay tải 1 nối Y tương đương mắc // với tải 2 nối Y bởi tải tương đương có trở

kháng pha (hình 328): ZA12 = ZB12 = ZC12 = ZY12 = 2Y1Y

2Y1Y

ZZ

Z.Z

+ =

10j20

)10j(20

+ = 4 + j8 (Ω)

Trở kháng pha của mạch thay thế tương đương hình 328: ZAO = ZBO = ZCO

= Zd + ZY12 = j10 + 4 + j8 = 4 + j18 (Ω)

Áp pha AOU& = 3

UAB ∠(ψuAB – 30o) = 3

380∠(30o – 30o) =

3

3380 (V)

Dòng dây chung pha A: AI& = AO

AO

Z

U& =

18j43

3380

+ =

51

376 - j51

3342 ≈ 11,9∠- 77,47o (A)

→ Ampe kế A1 chỉ 11,9 A

Dòng dây pha A của tải 2: 2AI& = AI& (10j20

20

+) = (

51

376 - j51

3342 )(1j2

2

+)

= - 51

376 - j51

3304 ≈ 10,64∠- 104,04o (A) → Ampe kế A2 chỉ 10,64 A

Dòng dây pha B của tải 2: 2BI& = a22AI& = (-

2

1 - j2

3 )( - 51

376 - j51

3304 )

= 51

456338 − + j51

3152114 + (A)


32

Dòng dây pha A của tải 1: 1AI& = AI& - 2AI& = 51

376 - j51

3342 +51

376 +j51

3304 =51

3152 -j51

338 (A)

Dòng dây pha B của tải 1: 1BI& = a21AI& = (-

2

1 - j2

3 )(51

3152 - j51

338 )

= 51

37657 −− + j51

228319 − ≈ 5,32∠- 134,04o (A) → i = 5,32 2 cos(ωt – 134,04o) (A)

Áp pha A của tải 1: O'AU& = 1AI& ZA1 = (51

3152 - j51

338 )(20) = 51

33040 - j51

3760 (V)

→ 'OAU& = - 51

33040 + j51

3760 (V)

Áp pha C của tải 1: O'CU& = a O'AU& = (- 2

1 + j2

3 )(51

33040 - j51

3760 )

= 51

315201140 − + j51

33804560 + (V)

Ta có: 'A'CU& = O'CU& + 'OAU& =51

315201140 − + j51

33804560 + - 51

33040 + j51

3760

= 51

345601140 − + j51

311404560 + (V)

Vậy: 'A'CU& *2BI& = [

51

345601140 − + j51

311404560 + ][51

456338 − - j(51

3152114 + )]

= 1916,308 – j0,00583 (VA)→ W chỉ 1916 W

HÌNH 326

HÌNH 328

A

A

B

B C’

C

C

O

O

R R R

L

L

L

L

L

L

Zd

Zd

Zd

ZA12

ZB12

ZC12

A1 A2

A2

W

W

AI& AI&

2AI&

2BI&

AOU&

AOU&

HÌNH 327

B

B’

C’

C

O

O

Zd

Zd

ZB2

ZC2

ZA1

ZB1

ZC1

A1

1AI& 1BI&

'A'CU&

A A’ A’ Zd ZA2

i

••••

O'CU&

'OAU&


33

Bài 5.19 Mạch ba pha hình 329 có R = 60 Ω ; ωL = 10 Ω, được nối vào hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp pha hiệu dụng AOU& = 100∠0o (V). Xác định dòng trên các pha.

Hướng dẫn giải (hình 330): Trở kháng các pha: ZA = R = 60 (Ω) ; ZB=ZC=jωL=j10(Ω) Không dây trung tính tương đương với ZO = ∞ → YO = 0

Độ dịch chuyển điểm trung tính (coi ϕϕϕϕ& o= 0): O'OU& =ϕϕϕϕ& o’ = OCBA

CCOBBOAAO

YYYY

YUYUYU

+++

++ &&&

Trong đó: AOU& = 100 (V) ; BOU& = a2AOU& = 100∠- 120o = - 50 – j50 3 (V)

COU& = a AOU& = 100∠120o = - 50 + j50 3 (V)

YA = AZ

1 = 60

1 (S) ; YB = YC = BZ

1 = 10j

1 = - j0,1 = 0,1∠- 90o (S) ; YO = 0

Thay vào: O'OU& =ϕϕϕϕ& o’ = 01,0j1,0j

60

1

)901,0)(120100()901,0)(120100()60

1)(100( oooo

+−−

−∠∠+−∠−∠+

= 100 + j600 (S)

Các dòng pha: AI& = 'AOU& YA=( AOU& -ϕϕϕϕ& o’)YA= (100 - 100 – j600)(60

1 )= - j10=10∠- 90o (A)

BI& = 'BOU& YB = ( BOU& - ϕϕϕϕ& o’)YB = (- 50 – j50 3 - 100 – j600)(- j0,1)

= (- 60 - 5 3 ) + j15 ≈ 70,28∠167,68o (A)

CI& = 'COU& YC = ( COU& - ϕϕϕϕ& o’)YC = (- 50 + j50 3 - 100 – j600)(- j0,1)

= ( 5 3 - 60) + j15 ≈ 53,49∠163,71o (A)

Bài 5.20 Mạch ba pha hình 331 có R = ωL1 = 1C

1

ω = 100 Ω ; ωL2 =

2C

1

ω

= 50 Ω, được nối với hệ nguồn ba pha đối xứng thứ tự thuận có phức áp dây hiệu dụng

ABU& = 346∠30o (V). Áp dụng định lý Thévénin, tìm số chỉ của ampe kế A trong hai trường hợp (a) bỏ qua trở kháng Zd của dây nối trung tính hai tải (b) dây nối trung tính hai tải có trở kháng Zd = 20 (Ω).

Hướng dẫn giải (hình 332)

HÌNH 329

A

B

C

R

L

L

HÌNH 330

A

B

C

O

O’

ZA

ZB

ZC

AI&

BI&

CI&

'AOU&

'BOU&

'COU&

O'OU&

AOU&

BOU&

COU&


34

Các áp pha: ANU& =3

UAB ∠(ψuAB – 30o) ;=3

346∠(30o – 30o)

= 3

3346 (V) ; BNU& = a2ANU& =

3

3346∠- 120o (V) ; CNU& = a ANU& =

3

3346∠120o (V)

Cắt dây nối trung tính hai tải ra khỏi mạch, ta được mạng một cửa (N1,N2) như hình 332.

* Tính Zo (hình 334): Nối tắt các nguồn sđđ, trở kháng tương đương của tất cả trở kháng có trong mạng là:

Zo = Z1 + Z2 , với Z1 = 1Y

1 ; Z2 = 2Y

1

Trong đó: Y1 = YA1 + YB1 + YC1 =1AZ

1 +1BZ

1 +1CZ

1 = R

1 + 100j

1 +100j

1

−

= 100

1 - j0,01 + j0,01 = 0,01 (S)

Y2 = YA2+YB2+YC2 =2AZ

1 + 2BZ

1 + 2CZ

1 =R

1 + 50j

1

−+

50j

1 = 100

1 + j0,02 - j0,02 = 0,01 (S)

Suy ra: Z1 = 100 (Ω) ; Z2 = 100 (Ω) → Zo = 100 + 100 = 200 (Ω)

* Tìm hmU& (hình 333): Coi ϕ& N = 0, độ dịch chuyển điểm trung tính nguồn và trung tính tải 1 là:

N1NU& = 1Nϕ& =1C1B1A

1C

CN

1B

BN

1A

AN

YYY

Z

U

Z

U

Z

U

++

++&&&

=01,0j01,0j01,0

90100

1203

3346

90100

1203

3346

1003

3346

o

o

O

O

+−

−∠

∠

+∠

−∠

+

=3

10383346 − (V)

Độ dịch chuyển điểm trung tính nguồn và trung tính tải 2 là:

N2NU& = 2Nϕ& =2C2B2A

2C

CN

2B

BN

2A

AN

YYY

Z

U

Z

U

Z

U

++

++&&&

=02,0j02,0j01,0

9050

1203

3346

9050

1203

3346

1003

3346

o

o

O

O

−+

∠

∠

+−∠

−∠

+

=3

20763346 + (V)

Ta có: hmU& = 1N2NU& = 2Nϕ& - 1Nϕ& = 3

10383346 + - (3

20763346 − ) = 1038 (V)

* Mạch Thévénin tương đương với mạng một cửa (N1,N2) được vẽ ở hình 335.

R

A

B

C

N

N1

N2

A

ZA2

ZB2

ZC2

ZA1 ZB1 ZC1

NI&

AE&

BE&

CE&

HÌNH 331

N A

B

C A R L

C

C

L

N2

AE&

BE&

CE&

HÌNH 332

N1


35

(a) Zd = 0: Ráp dây nối trung tính hai tải vào mạch Thévénin tương đương

(hình 336): NI& = o

hm

Z

U& =

200

1038 = 5,19 A → Ampe kế A chỉ 5,19 A.

(b) Zd = 20 (Ω): Ráp dây nối trung tính hai tải vào mạch Thévénin tương đương

(hình 337): NI& = od

hm

ZZ

U

+

&

= 20020

1038

+ = 4,72 A → Ampe kế A chỉ 4,72 A.

HÌNH 334

C

A

B N

N1

N2

ZA2

ZB2

ZC2

ZA1 ZB1 ZC1

-

+

Z2

Z1

HÌNH 333

+

ANU&

C

A

B N

N1

N2

ZA1 ZB1 ZC1

ZA2

ZB2

ZC2

AE&

BE&

CE& 0N =ϕ&

BNU&

CNU&

N1NU&

N2NU&

1N2NU& = hmU&

-

HÌNH 335

Zo

N1

N2

oE&

HÌNH 336

Zo

N1

N2

A oE&

NI&

HÌNH 337

NI& Zo

A

N1

N2

Zd

oE&

Gustav Robert KIRCHHOFF

1824 - 1887

MAÏCH ÑIEÄN Ngoâ Ngoïc Thoï

1

Chöông 6 PHAÂN TÍCH MAÏCH TRONG MIEÀN THÔØI GIAN

ÔÛ chöông 3, ta phaân tích maïch xaùc laäp ñieàu hoøa. Traïng thaùi xaùc laäp ñieàu hoøa laø traïng thaùi doøng vaø aùp (ñaùp öùng) bieán thieân theo quy luaät hình sin cuøng taàn soá vôùi nguoàn taùc ñoäng (kích thích). Thôøi ñieåm maø traïng naøy baét ñaàu caùch xa thôøi ñieåm ñoùng nguoàn, vaø traïng thaùi naøy seõ keát thuùc ngay taïi thôøi ñieåm ngaét nguoàn. Vaäy thì ngay sau caùc thôøi ñieåm ñoùng, ngaét nguoàn thì traïng thaùi cuûa maïch seõ dieãn ra nhö theá naøo? (traïng thaùi quaù ñoä). Trong chöông naøy, ta seõ traû lôøi caâu hoûi ñoù vaø phöông phaùp phaân tích maïch ôûû thôøi ñieåm baát kyø vôùi nguoàn taùc ñoäng baát kyø ñöôïc goïi laø PHAÂN TÍCH MAÏCH TRONG MIEÀN THÔØI GIAN. Phương phaùp phaân tích mạch trong miền thời gian cơ bản nhất laø phương phaùp tích phaân kinh ñieån sau ñaây.

6.1 Phöông trình maïch Goïi y(t) laø ñaùp öùng (doøng, aùp) ñoái vôùi x(t), laø nguoàn taùc ñoäng leân maïch,

phöông trình sau:

vôùi:

cho pheùp ta tìm ñöôïc y(t) khi bieát x(t) vaø caùc thoâng soá ak , bk cuûa maïch. Ví duï 1: Haõy vieát phöông trình ñeå xaùc ñònh ñieän aùp uC(t) cuûa maïch hình 1. Bieát: E = 11 (V) ; R1 = 4/3 (Ω) ; R2 = 3 (Ω) ; C = 1/5 (F) ; L = 4 (H).

Giaûi : Heä phöông trình K1, K2 : Ñeå coù daïng nhö phöông trình (*), ta khöû bieán, chæ giöõ laïi uC(t).

(*)f(t)y(t)adt

dy(t)a...dt

y(t)dadt

y(t)da o11n

1n

1nn

n

n =++++−

−

−

)t(xbdt

)t(dxb...

dt

)t(xdb

dt

)t(xdb)t(f o11m

1m

1mm

m

m ++++=−

−

−

)3(0)t(udt

)t(diL)t(iR

)2(E)t(u)t(iR)1()t(i)t(i)t(i

CL

L2

C1

LC

=−+

=++=

)5(R

)t(uE)t(i)2()4()t(i)t(i)t(i)1(

1

CCL

−=→−=→

)6(dt

)t(udC

dt

)t(du

R

1

dt

)t(didt

)t(duC

R

)t(uE)t(i

2

C2

C

1

L

C

1

CL

−−=→

−−

=→

E L C

R1 R2

uC(t)

iC(t) iL(t)

i(t)

Hình 1


2

Thay (6) vaøo (3):

Thay giaù trò caùc thoâng soá vaøo ta coù phöông trình vi phaân moâ taû maïch hình 1:

6.2 Nghieäm cuûa phöông trình maïch [phöông trình (*)] Nghieäm cuûa phöông trình (*): y(t) = ytd(t) + ycb(t) (2*) Trong ñoù : ytd(t) laø thaønh phaàn töï do cuûa nghieäm phöông trình maïchï. Ñoù laø nghieäm cuûa

phöông trình thuaàn nhaát coù veá phaûi baèng 0 (f(t) = 0) ycb(t) laø thaønh phaàn cöôõng böùc cuûa nghieäm phöông trình maïchï. Ñoù laø nghieäm

rieâng cuûa phöông trình (*) coù veá phaûi khaùc 0 (f(t) ≠ 0) Töø (2*) ta nhaän thaáy raèng doøng (aùp) trong maïch laø toång cuûa 2 thaønh phaàn : - Thaønh phaàn töï do, khoâng phuï thuoäc nguoàn f(t), chæ phuï thuoäc vaøo thoâng soá

maïch vaø naêng löôïng trong maïch taïi thôøi ñieåm ñang xeùt (thaønh phaàn quaù ñoä). - Thaønh phaàn cöôõng böùc chæ phuï thuoäc vaøo nguoàn f(t) (thaønh phaàn xaùc laäp). • Thaønh phaàn cöôõng böùc Goïi laø thaønh phaàn cöôõng böùc vì noù laø ñaùp öùng cuûa maïch vôùi nguoàn beân ngoaøi.

Thaønh phaàn naøy ñöôïc tìm baèng phöông phaùp heä soá baát ñònh (ñoaùn tröôùc nghieäm cuûa phöông trình(*) töông öùng vôùi haøm f(t) ≠ 0 ñaõ bieát, goïi laø nghieäm rieâng).

Ví duï 2: Xem mach ñieän hình 2. Xaùc ñònh ñieän aùp uC(t) vôùi caùc nguoàn taùc ñoäng laàn löôït laø : j(t) = 1 (A) ; j(t) = cosωt (A) ; j(t) = e-tcost (A) vôùi C = 1 (F) vaø R = 1/3 (Ω) ; j(t) = e-2t (A( vôùi C = 1 (F) vaø R = ½ (Ω).

Giaûi : Ñònh luaät K1 : j(t) = iR(t) + iC(t) hay

* Nguoàn j(t) = 1(A) Nghieäm rieâng ñöôïc choïn: uCcb(t) = B. Thay vaøo (1): B = Rj(t) = R.1 (V) Vaäy : uCcb(t) = R * Nguoàn j(t) = cosωt (A) Nghieäm rieâng ñöôïc choïn: uCcb(t) = Acosωt + Bsinωt

Thay vaøo (1):

0)t(u]td

)t(udC

dt

)t(du

R1

[L]dt

)t(duC

R

)t(uE[R C2

C2

C

1

C

1

CL =−+−−

−

495)t(u65dt

)t(du72

dt

)t(ud16 C

C

2

C2

=++

tcos)tsinBtcosA(R1

)tcosBtsinA(C ω=ω+ω+ωω+ωω−

R j(t) uC(t)

iR(t) iC(t)

C

Hình 2

)1()t(jR

)t(u

dt

duC CC =+


3

Suy ra: ( A + ωRCB = R) vaø (B - ωRCA = 0)

Töø ñoù:

Vaäy:

* Nguoàn j(t) = e-tcost (V) ; C = 1 (F) ; R = 1/3 (Ω) Nghieäm rieâng ñöôïc choïn: uCcb(t) = e-t(Acost + Bsint) Thay vaøo (1):

e-t(- Asint + Bcost) – e-t(Acost + Bsint) + 3e-t(Acost + Bsint) = e-tcost → (2A + B)cost + (2B – A)sint = cost → (2A + B) = 1 vaø (2B – A) = 0 Suy ra: A = 2/5 vaø B = 1/5

Vaäy:

* Nguoàn j(t) = e-2t ; C = 1 (F) ; R =1/2 (Ω Nghieäm rieâng ñöôïc choïn: uCcb(t) = Ae-2t Thay vaøo (1): - 2Ae-2t + 2Ae-2t = e-2t → Khoâng tìm ñöôïc giaù trò A naøo thoûa maõn phöông trình treân Do vaäy, ta choïn laïi: uCcb(t) = Ate-2t Thay vaøo (1): Ae-2t – 2Ate-2t + 2Ate-2t = e-2t → A = 1 Vaäy: uCcb(t) = te-2t • Thaønh phaàn töï do Laø nghieäm cuûa phöông trình : Nghieäm cuûa phöông trình (3*) ñöôïc tìm döôùi daïng: ytd(t) = ept Trong ñoù p laø haèng soá caàn tìm. Töø ñoù phöông trình (3*) coù theå ñöôïc vieát ôû daïng môùi nhö sau:

anpn + an-1pn-1+…+a1p + ao = 0 (4*) (4*) ñöôïc goïi laø phöông trình ñaëc tröng. Ñaây laø moät phöông trình ñaïi soá baäc

n, do ñoù noù coù n nghieäm p1, p2,…, pn. Töø ñoù, phöông trình (3*) cuõng seõ coù n nghieäm töông öùng vôùi n giaù trò cuûa p:

y1(t) = ep1t ; y2(t) = ep

2t ; …; yn(t) = ep

nt

Trong lyù thuyeát phaân tích maïch, ngöôøi ta chæ quan taâm ñeán moät nghieäm laø haøm thöïc theo thôøi gian thoûa maõn caùc ñieàu kieän ñaàu baøi toaùn theå hieän qua caùc haèng soá K naøo ñoù.

Caùc giaù trò p phuï thuoäc vaøo caùc toâng soá maïch ak vaø noù quyeát ñònh hình daïng cuûa thaønh phaàn töï do. Giaù trò caùc haèng soá K phuï thuoäc vaøo giaù trò cuûa y(t) taïi thôøi ñieåm xeùt maïch vaø noù quyeát ñònh ñoä lôùn cuûa thaønh phaàn töï do. Vieäc tìm cho ñöôïc

tcosRtsin)RCAB(tcos)RCBA( ω=ωω−+ωω+→

2

2

2 )RC(1CR

B;)RC(1

RA

ω+ω

=ω+

=

tsin)RC(1

CRtcos

)RC(1R

)t(u2

2

2Ccb ωω+

ω+ω

ω+=

)tsin51

tcos52

(e)t(u tCcb += −

(3*)0y(t)adt

dy(t)a...dt

y(t)dadt

y(t)da o11n

1n

1nn

n

n =++++−

−

−


4

phöông trình ñaëc tröng (tìm caùc giaù trò p) vaø vieäc tìm cho ñöôïc caùc ñieàu kieän ñaàu (tìm caùc giaù trò K) laø 2 vaán ñeà chính cuûa vieäc xaùc ñònh thaønh phaàn töï do, vaø do ñoù, laø vaán ñeà maáu choát cuûa phaân tích maïch trong mieàn thôøi gian.

Ví duï 3 : Haõy xaùc ñònh thaønh phaàn töï do cuûa ñieän aùp uC(t) trong maïch ñieän hình 3 sau ñaây.

Giaûi:

Ñònh luaät K2 : uR(t) + uC(t) + uL(t) = e(t)

Bieát : uR(t) = Ri(t) ; uL(t) = L vaø i(t) = C

Töø ñoù, phöông trình treân trôû thaønh : RC + uC(t) + LC = e(t)

Ta coù phöông trình thuaàn nhaát:

Ñaët: . Phöông trình thuaàn nhaát trôû thaønh:

Vaø ta coù phöông trình daëc tröng: p2 + 2αp + ωch2 = 0

Suy ra nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng: Roõ raøng raèng, tuøy theo giaù trò cuûa α vaø ωch (töùc laø caùc thoâng soá maïch R, L, C)

maø xaûy ra 3 tröôøng hôïp: * Khi α2 > ωch

2, töùùc laø , coù 2 nghieäm thöïc ñôn laø: Thaønh phaàn töï do cuûa uC(t) coù daïng: * Khi α2 = ωch

2, töùùc laø , coù nghieäm keùp laø: p1 = p2 = - α Thaønh phaàn töï do cuûa uC(t) coù daïng: uCtd(t) = (K1 + K2t)exp(- αt) * Khi α2 < ωch

2, töùùc laø , coù caëp nghieäm phöùc lieân hôïp laø: p1 = - α + jωr ; p2 = - α - jωr

Trong ñoù: ωr = Thaønh phaàn töï do cuûa uC(t) coù daïng: uCtd(t) = Kexp(- αt)cos(ωrt + φ)

6.3 Phöông trình ñaëc tröng Ñeå tìm phöông trình ñaëc tröng maø khoâng caàn vieát phöông trình maïch, ta haõy

chuù yù ñeán phöông phaùp ñaïi soá hoùa phöông trình vi tích phaân moâ taû maïch nhö sau.

i(t)

R

L

C e(t) uC(t)

Hình 3

dt)t(di

dt)t(duC

dt)t(duC

2

C2

dt

)t(ud

0)t(udt

)t(duLR

dt)t(ud

CC

2

C2

=++

LC1

;L2R

ch =ω=α

0)t(udt

)t(du2

dt)t(ud

C2ch

C

2

C2

=ω+α+

2ch

22,1p ω−α±α−=

LC2R > 2

ch2

22ch

21 p;p ω−α−α−=ω−α+α−=

]t)2ch

2exp[(2K]t)2ch

2exp[(1K)t(Ctdu ω−α−α−+ω−α+α−=

LC2R =

LC2R <

22ch α−ω


5

Thaønh phaàn töï do tìm ñöôïc döôùi daïng : ytd(t) = ept

Töø ñoù, pheùp ñaïo haøm coù theå ñöôïc thay bôûi toaùn töû p vaø pheùp tích phaân coù theå ñöôïc thay bôûi toaùn töû 1/p. Khi ñoù, quan heä doøng vaø aùp treân L,C coù daïng:

Nhö vaäy coù theå ñaïi soá hoùa phöông trình vi tích phaân moâ taû maïch khi ta chaáp nhaän caùc trôû khaùng toaùn töû:

Sau ñaây ta tìm phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch hình 1 baèng caùch veõ laïi maïch ñieän hình 1 vôùi caùc trôû khaùng toaùn töû nhö sau:

1) Vôùi phöông phaùp doøng maét löôùi, ta coù:

Khi cho nguoàn taùc ñoäng baèng 0, caùc doøng voøng laø nghieäm töï do phaûi khaùc khoâng, do ñoù ñònh thöùc cuûa ma traän trôû khaùng voøng phaûi baèng 0:

Thay giaù trò caùc phaàn töû vaøo (R1 = 4/3 Ω ; R2 = 3 Ω ; L = 4 H ; C = 1/5 F) phöông trình , ta ñöôïc phöông trình ñaëc töng cuûa maïch hình 1 nhö sau: 16p2 + 72p + 65 = 0

∫ ∫ ====→ ptpttd

ptpt

td ep

1dtedt)t(y;pe

dt

de

dt

)t(dy

E pL 1/pC

R1 R2

Hình 4 I II

0I)pC

1pLR(I

pC

1

EIpC

1I)

pC

1R(

2v21v

2v1v1

=+++−

=−+

=

++−

−+

0

E

I

I

pC

1pLR

pC

1pC

1

pC

1R

2v

1v

2

1 hay

0Zv =

0

pC

1pLR

pC

1pC

1

pC

1R

Z

2

1

v ≡++−

−+=

ptptC

ptptL e

pC

1dte

C

1)t(u;e

pL

1dte

L

1)t(i ==== ∫∫

ptpt

Cpt

pt

L pCedt

deC)t(i;pLe

dt

deL)t(u ===

ptptC

ptptL e

pC

1dte

C

1)t(u;e

pL

1dte

L

1)t(i ==== ∫∫

pCY;pC1

Z;pL1

Y;pLZ CCLL ====


6

2) Vôùi phöông phaùp ñieän theá nuùt, ta coù:

Khi cho nguoàn taùc ñoäng baèng 0, ñieän aùp treân tuï laø thaønh phaàn töï do phaûi khaùc 0, do ñoù ñònh thöùc cuûa ma traän daãn naïp nuùt phaûi baèng 0:

Thay giaù trò caùc thoâng soá maïch vaøo phöông trình , ta ñöôïc phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch ñieän hình 1 nhö sau: 16p2 + 72p + 65 = 0

3) Vôùi phöông phaùp maïch töông ñöông Ñeå tìm phöông trình ñaëc tröng, ta cho taát caû caùc nguoàn ñoäc laäp nghæ

(vì f(t) = 0). Maïch khoâng coù nguoàn khi ñoù coù theå ñöôïc thay baèng moät trôû khaùng hoaëc daãn naïp töông ñöông nhìn töø 2 cöïc naøo ñoù. Khi cho Ztñ = 0 hoaëc Ytñ = 0, ta cuõng seõ coù ngay phöông trình ñaëc tröng.

Sau ñaây ta seõ minh hoïa phöông phaùp naøy baèng caùch duøng laïi ví duï 1. Boû nguoàn vaø choïn 2 cöïc A, B ñeå töø 2 cöïc naøy(hình 7 hoặc hình 8), tính trôû

khaùng töông ñöông ZAB cuûa mach ñieän hình 5 hoaëc daãn naïp tuông ñöông YAB cuûa maïch ñieän hình 6:

1C

21 R

EU

pLR

1pC

R

1=

+

++

0pLR

1pC

R

1Y

21N =

+++=

0YN =

A

E 1/pC

R1 R2

Hình 5

•••• ••••

••••

A

B

pL

E/R1

1/pC R1

R2

Hình 6

••••

•••• B

pL

••••

••••

1/pC

R1 R2

Hình 7

•••• ••••

••••

A

B

pL 1/pC R1

R2

Hình 8

••••

••••

pL

••••

ZAB

B

YAB

••••

•••• A

)pLR(RRRp)LCRR(LCpR

pLR1

pCR1

Y

1CpRLCpRRp)LCRR(LCpR

)pLR//(pC/1RZ

21

21212

1

21AB

22

21212

121AB

+++++

=+

++=

++++++

=++=

hoaëc


7

Cho ZAB = 0 hoaëc YAB = 0, ta coù : R1LCp2 + (R1R2C + L)p + R1 + R2 = 0 Thay giaù trò caùc thoâng soá maïch vaøo, ta tìm laïi döôïc phöông trình ñaëc tröng nhö

ñaõ xeùt trong caùc phöông phaùp treân : 16p2 + 72p + 65 = 0.

ytd(t) coù theå laø doøng, aùp. Ñoái vôùi maïch coù caáu truùc cho tröôùc, hình daïng cuûa caùc thaønh phaàn töï do laø gioáng nhau, chuùng chæ khaùc nhau ñoä lôùn, bieåu thò qua haèng soá K maø ta seõ ñeà caäp ñeán trong phaàn tieáp sau.

6.4 Ñieàu kieän ñaàu Nghieäm cuûa phöông trình thuaàn nhaát phuï thuoäc vaøo giaù trò cuûa y(t) vaø caùc

ñaïo haøm cuûa noù taïi thôøi ñieåm xeùt (t = 0). Vì vaäy, nghieäm töï do cuûa phöông trình thuaàn nhaát caáp n phaûi thoûa n ñieàu kieän ñaàu taïi t = 0 laø:

y(0) ; y, (0) ; y ,, (0) ; … ; y(n-1) (0) (5*) Vôùi caùc ñieàu kieän ñaàu (5*), ta coù theå xaùc ñinh caùc thoâng soá K. Taïi thôøi ñieåm thay ñoåi traïng thaùi caân baèng cuûa maïch, ñieän aùp treân tuï vaø doøng

ñieän qua cuoän daây laø nhöõng ñaïi löôïng lieân tuïc: uC(0-) = uC(0+) = u(0) ; iL(0-) = iL(0+) = i(0) (6*)

Caùc ñieàu kieän ñaàu (5*) ñöôïc goïi laø ñieàu kieän ñaàu sô caáp. Caùc ñieàu kieän ñaàu (6*) ñöôïc goïi laø ñieàu kieän ñaàu thöù caáp. Nhö vaäy, muoán coù (5*) phaûi tìm (6*).

Caùc böôùc xaùc ñònh ñieàu kieän ñaàu: • Döïa vaøo ñieàu kieän laøm vieäc cuûa maïch tröôùc thôøi ñieåm laøm thay ñoåi traïng

thaùi caân baèng cuûa maïch (t < 0), xaùc ñònh giaù trò doøng ñieän qua cuoän daây iL(0-) vaø ñieän aùp treân tuï uC(0-).

• Döïa vaøo ñieàu kieän ñoùng ngaét, theo (6*) ta coù ñieàu kieän ñaàu sô caáp: uC(0+) = uC(0-) ; iL(0+) = iL(0-)

• ÔÛ traïng thaùi naêng löôïng môùi (t > 0), aùp duïng ñònh luaät K1, K2 coù theå tìm ñöôïc (5*) theo (6*). Vaø khi ñaõ coù caùc ñieàu kòeän ñaàu (5*) ta coù theå xaùc ñònh caùc haèng soá K trong haønh phaàn töï do.

Löu yù : Ñieàu (6*) coøn ñöôïc goïi laø ñieàu kieän ñoùng ngaét mach, noù khaúng ñònh raèng, taïi t = 0 doøng qua cuoän daây nhö moät nguoàn doøng io vaø aùp treân tuï dieän nhö moät nguoàn aùp uo. Neáu io = 0, xem nhö cuoän daây hôû maïch, neáu uo = 0, xem nhö tuï ñieän ngaén maïch.

6.5 Ví duï aùp duïng

323272

3265)16(47272

p2

2,1±−

=−±

=

413

p;45

p 21 −=−=→ t4

13

2t

4

5

1td eKeK)t(y−−

+=→


8

Ví duï 4: Xem maïch ñieän hình 9. Haõy xaùc ñònh doøng ñieän i(t) neáu taïi t = 0 môû khoùa K. Bieát: E = 11 (V) ; R1 = 4/3 (Ω) ; R2 = 3 (Ω) ; L = 4 (H) vaø C = 1/5 (F).

Giaûi: ÔÛ t < 0, maïch ôû traïng thaùi xaùc laäp 1 chieàu, doøng qua cuoän daây vaø aùp treân tuï:

Theo ñieàu kieän ñoùng ngaét : uC(0+) = uC(0-) = 9 (V) ; iL(0+) = iL(0-) = 3 (A) ÔÛ t > 0, maïch coù theâm 0,5R1, maïch seõ thay ñoåi traïng thaùi naêng löôïng so vôùi

tröôùc, vaø ñaây chính laø maïch trong ví duï 1 (hình 10)

Doøng ñieän i(t) laø nghieäm cuûa phöông trình maïch vaø goàm 2 thaønh phaàn:

i(t) = icb(t) + itd(t) ÔÛ t > 0, maïch coù nguoàn 1 chieàu, do ñoù khi xaùc laäp, tuï ñieän hôû maïch, cuoän daây

ngaéùn maïch :

Phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch nhö ñaõ xaùc ñònh tröôùc ñaây: 16p2 + 72p + 65 = 0

Ñeå tìm caùc haèng soá K1 vaø K2 ta caàn xaùc ñònh hai ñieàu kieän ñaàu i(0+) vaø i’(0+) Ñònh luaät K1, K2:

Ñeå tìm u’C(0+), ta coù phöông trình: iL(t) = i(t) – iC(t) = i(t) – C

K ••••

•••• ••••

••••

••••

E C L

0,5R1 R2

0,5R1

t=0

i(t)

Hình 9

)V(9RRR5,0

E)0(u;)A(3

RR5,0E

)0(i 221

C21

L =+

==+

= −−

i(t)

E L C

R1 R2

uC(t)

iC(t) iL(t)

Hình 10

)A(1333

33411

RRE

)t(i21

cb =+

=+

=

t413

2t

45

1t

413

2t

45

1td eKeK1333

)t(ieKeK)t(i−−−−

++=→+=→

1

C

1

C

1

C

1

CR

)0('u)0('i;)A(5,1

3/4

911

R

)0(uE)0(i

R

)t('u)t('i;

R

)t(uE)t(i

++

++ −==

−=

−=→−=

−=

dt)t(duC

5,75/1

35,1

C

)0(i)0(i)0('u

)0('Cu)0(i)0(i

L

L

−=−

=−

=→

−=→++

+

+++


9

Vaäy: Hai phöông trình ñeå tìm K1, K2 :

Keát quaû:

Ví duï 5: Xeùt maïch RC hình 11, ñònh luaät K2 cho ta: Ric(t) + uC(t) = e(t)

Vaäy, phöông trình maïch:

Vaø phöông trình ñaëc tröng: RCp + 1 = 0 → p = - 1/RC Thaønh phaàn töï do cuûa doøng

hoaëc aùp treân caùc phaàn töû cuûa maïch coù daïng: utd(t) = Ke-t/RC (1) Vôùi maïch naøy, giaû thieát ta caàn tìm uC(t): uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) - Thaønh phaàn töï do coù daïng nhö (1). - Thaønh phaàn cöôõng böùc tuøy thuoäc vaøo nguoàn taùc ñoäng. Tröôøng hôïp 1: Taïi t = 0 ñaët vaøo maïch nguoàn 1 chieàu

e(t) = E (V) vaø uC(0-) = 0 Ta coù : uCcb(t) = E → uC(t) = Ke-t/RC + E AÙp duïng ñieàu kieän (6*) tìm K: uC(0+) = K + E = uC(0-) = 0 → K = - E Vaäy quaù trình ñieän aùp treân tuï: uC(t) = E(1 – e-t/RC)

Tröôøng hôïp 2: Taïi t = 0 ñaët vaøo maïch nguoàn taùc ñoäng laø ñieàu hoøa e(t) = Ecosωt vaø uC(0-) = 0

Ta coù: uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) = Ke- t/RC + uCcb(t) Ta xaùc ñònh thaønh phaàn cöôõng böùc baèng phöông phaùp bieân ñoä phöùc nhö sau:

CCcb Z.Z

EU

&& =

Trong ñoù: o

C22o 90

C

1

C

1jZ;

RC

1Arctg)

C

1(R

C

1jRZ;)V(0EE −∠

ω=

ω−=

ω∠

ω+=

ω+=∠=&

845

3/45,7

)0('i =−

−=+

=−−=

=++=⇒

−−=

++=

+

+

−−

−−

845

K413

K45

)0('i

5,113

33KK)0(i

teK413

eK45

)t('i

1333

eKeK)t(i

21

21

4

13

2t

4

5

1

t4

13

2t

4

5

1

2690

K;2663

K45K26K10

1627

KK21

21

21 −==⇒

−=+

−=+⇒

1333

e2690

e2663

)t(it

413

t45

+−=−−

)t(e)t(udt

)t(duRC C

C =+ K iC(t)

t = 0 R

C e(t) uC(t)

Hình 11


10

Suy ra: o

22

o

Ccb 90C

1.

)C

1(R

0EU −∠

ωϕ∠

ω+

∠=& , vôùi

RC

1Arctg

ω=ϕ

Vaäy: )90tcos(U)90tcos(

)C

1(RC

Eu o

mCo

22Ccb −ϕ−ω=−ϕ−ω

ω+ω

= ,

vôùi 22

mC

)C

1(RC

EU

ω+ω

=

Ta coù: uC(t) = Ke- t/RC + UmCcos(ωt - ϕ - 90o) AÙp duïng ñieàu kieän (6*) tìm K: uC(0+) = K + UmCcos(ϕ + 90o) = 0 → K = - UmCcos(ϕ + 90o) Vaäy quaù trình ñieän aùp treân tuï:

uC(t) = - UmCcos(ϕ + 90o)e- t/RC + UmCcos(ωt - ϕ - 90o) Tröôøng hôïp 3: Taïi t = 0 maïch ñöôïc caáp nguoàn tuaàn hoaøn e(t) laø daõy xung

vuoâng hình 12. Daõy xung naøy coù bieân ñoä 1 (V), ñoä roäng 10-3 (s) vaø chu kyø 2.10-3 (s). Haõy xaùc ñònh uC(t) vôùi ñieàu kieän ñaàu uC(0-) = 0 ; R = 200 (Ω) ; C = 0,5 (µF).

Maïch RC vôùi nguoàn taùc ñoäng laø daõy xung vuoâng coù theå xem nhö maïch RC coù

nguoàn taùc ñoäng 1 chieàu vôùi khoùa K ñoùng, ngaét theo chu kyø cuûa daõy xung. - Khi 0 ≤ t ≤ 10-3 (s), theo giaû thieát uC(0-) = 0 vaø e(t) = 1, do ñoù:

uC(t) = Ke-t/RC + 1 Tìm K, ta coù: uC(0+) = K + 1 = 0 → K = - 1 Vaäy quaù trình ñieän aùp treân tuï: uC(t) = 1 – e- t/RC, vôùi RC = 200(5.10-7) = 10-4

t10C

4e1)t(u −−=→

- Khi 10-3 ≤ t ≤ 2.10-3 (s), theo giaû thieát e(t) = 0. Haõy tìm giaù trò ñieän aùp uC(t) taïi t = 10-3 (s):

uC(10-3) = 34 10.10e1

−−− = 1 – e-10 = 1 Chuyeån goác toïa ñoä veà t’ = t – 10-3, ta coù: uC(0-) = 1 → uC(t’) = Ke-t’/RC + uCcb Ta coù: uCcb = 0 vaø do ño ù: uC(0+) = K + 0 = 1 → K = 1

Vaäy quaù trình ñieän aùp treân tuï: )10t(10C

34e)t(u

−−−= - ÔÛ chu kyø tieáp theo: 2.10-3≤ t ≤ 3.10-3 (s), theo giaû thieát e(t) = 1

t(s)

e(t)(V)

0 10-3 2.10-3 3.10-3

Hình 12

1


11

Ta tìm uC(2.10-3) = )1010.2(10 334e

−− −− = e- 10 = 0 Ta coù laïi ñieàu kieän ñaàu khi môùi ñoùng nguoàn, do ñoù quaù trình phaân tích maïch seõ

laëp laïi. Ví duï 6: Xeùt maïch RL hình 13, ñònh luaät K2 cho ta: RiL(t) + uL(t) = e(t) Vaäy, phöông trình maïch:

RiL(t) + Ldt

)t(diL = e(t)

Vaø phöông trình ñaëc tröng:

R + pL = 0 → p = -LR

Thaønh phaàn töï do cuûa doøng hoaëc aùp treân caùc phaàn töû cuûa maïch coù daïng: itd(t) = Ke-tR/L (2)

Vôùi maïch naøy, giaû thieát ta caàn tìm iL(t): iL(t) = iLtd(t) + iLcb(t) - Thaønh phaàn töï do coù daïng nhö (2). - Thaønh phaàn cöôõng böùc tuøy thuoäc vaøo nguoàn taùc ñoäng. Ñeán ñaây, ta khoâng caàn laëp laïi quaù trình phaân tích maïch vì caùc keát quaû coù ñöôïc

ñoái vôùi uC(t) khi phaân tích maïch RC coù theå ñöôïc suy ra cho iL(t) khi phaân tích maïch RL, quaù trình bieán thieân vaø hình daïng cuûa iL(t) vaø uC(t) laø hoaøn toaøn gioáng nhau.

Ví duï 7 : Xeùt maïch RLC hình 14. Sau ñaây ta seõ phaân tích maïch RLC khi taùc ñoäng leân noù caùc nguoàn taùc ñoäng khaùc nhau. Trong ví duï 3, ta ñaõ vieát ñöôïc phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch RLC:

p2 + 2αp + ωch2 = 0

Coù nghieäm: p1,2 = - α ± 2

ch2 ω−α ,

vôùi: α = R/2L ; ωch = 1/ LC Ta ñaõ khaûo saùt thaønh phaàân töï do cuûa maïch trong ví duï 3. Thaønh phaàn töï do cuûa

maïch RLC coù hình daïng tuøy thuoäc vaøo caùc tham soá α vaø ωch theo 3 tröôøng hôïp: α > ωch hay R > 2 LC ; α = ωch hay R = 2 LC - Khi α < ωch hay R < 2 LC

Coøn caùc thaønh phaàn cöôõng böùc thì phuï thuoäc vaøo caùc nguoàn taùc ñoäng e(t) maø ta seõ xeùt sau ñaây, vôùi 2 ñoái töôïng maø ta quan taâm laø ñieän aùp treân tuï ñieän vaø doøng ñieän chaûy trong mach.

Tröôøng hôïp 1: Taïi t = 0, caáp cho maïch nguoàn 1 chieàu e(t) = E (V). uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) ; i(t) = itd(t) + icb(t)

• Khi α > ωch hay R > 2 LC : )epKepK(C)t(i;eKeK)t(u tp

22tp

11td21Ctd 21t2pt1p +=+=

i(t)

R

L

C e(t) uC(t)

Hình 14

K

t = 0

K iL(t)

t = 0 R

e(t) uL(t)

Hình 13

L


12

)epKepK(C)t(i;EeKeK)t(u tp22

tp11

tp2

tp1C 2121 +=++=→

• Khi α = ωch hay R = 2 LC : t

221tdt

21Ctd e)KtKK(C)t(i;e)tKK()t(u α−α− +α−α−=+=

t221

t21C e)KtKK(C)t(i;Ee)tKK()t(u α−α− +α−α−=++=→

• Khi α < ωch hay R < 2 LC : uCtd(t) = Ke-αtcos(ωrt + φ) ; itd(t) = CKe-αt[-αcos(ωrt + φ) - ωrsin(ωrt + φ)] → uC(t) = Ke-αtcos(ωrt + φ) + E ; i(t) = CKe-αt[-αcos(ωrt + φ) - ωrsin(ωrt + φ)] Tröôøng hôïp 2: Taïi t = 0, caáp cho maïch nguoàn ñiều hoøa e(t) = Ecosωt (V). Thaønh phaàn cöôõng böùc cuûa dieän aùp vaø doøng ñieän ñöôïc xac ñònh baèng phöông

phaùp bieân ñoä phöùc: CCcb Z.ZE

U&

& =

Trong ñoù: E& = E∠0o (V)

Z = R + jωL - jC1ω

= Z ∠ϕ, vôùi Z = 22 )C

1L(R

ω−ω+ ; ϕ = Arctg

RC1

Lω

−ω

ZC = -jC1ω

= C1ω

∠- 90o = XC∠- 90o

Töø ñoù: Z

X.EU C

Ccb =& ∠ - ϕ - 90o = UmC∠- ϕ - 90o

→ uCcb(t) = UmCcos(ωt - ϕ - 90o) ; icb(t) = - CUmCωsin(ωt - ϕ - 90o) = ImCcos(ωt - ϕ) • Khi α > ωch hay R > 2 LC :

)90tcos(UeKeK)t(u omC

tp2

tp1C 21 −ϕ−ω++=

)tcos(I)eKpeKp(C)t(i mCtp

22tp

11 21 ϕ−ω++= • Khi α = ωch hay R = 2 LC :

)90tcos(Ue)tKK()t(u omC

t21C −ϕ−ω++= α−

)tcos(Ie)KtKK(C)t(i mCt

221 ϕ−ω++∂−α−= α− • Khi α < ωch hay R < 2 LC :

)90tcos(U)tcos(Ke)t(u omCr

tC −ϕ−ω+φ+ω= α−

)tcos(I)]tsin()tcos([CKe)t(i mCrrrt ϕ−ω+φ+ωω−φ+ωα−= α−

Tröôøng hôïp 3: Taïi t = 0, caáp cho maïch daõy xung vuoâng nhö hình 15.

Daõy xung naøy coù bieân ñoä 1 (V), ñoä roäng 5 (s) vaø chu kyø 10 (s). Haõy khaûo saùt quaù trình quaù ñoä xaûy ra trong maïch vôùi caùc thoâng soá R = 2 (Ω) ; L = 1 (H) ; C = 0,1 (F) vaø giaû thieát raèng uC(0-) ; i(0-) = 0.

e(t)(V)

t(s) 0 5 10 15

Hình 15

1


13

Vôùi maïch ñaõ cho: α = R/2L = 2/2.1 = 1 ; ωch = 1/ LC = 1/ )1,0(1 = 10 Phöông trình ñaëc tröng: p2 + 2αp +ωch

2 = 0 hay p2 + 2p + 10 = 0 → p1,2 = - 1 ± 101− = - α ± jωr = - 1 ± j3

Maïch RLC vôùi nguoàn taùc ñoäng laø daõy xung vuoâng coù theå xem nhö maïch RLC coù nguoàn taùc ñoäng 1 chieàu vôùi khoùa K ñoùng, ngaét theo chu kyø cuûa daõy xung.

Tìm: uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) ; i(t) = itd(t) + icb(t) - Khi 0 ≤ t ≤ 5 (s), theo giaû thieát e(t) = 1 ; uC(0-) = 0 ; i(0-) = 0. Do ñoù: uCcb(t) = 1 → icb(t) = 0 Phöông trình ñaëc tröng coù nghieäm phöùc vôùi α = 1 ; ωr = 3 → uCtd(t)= Ke-tcos(3t + φ) ; itd(t) = 0,1Ke-t[- cos(3t + φ) – 3sin(3t + φ)] Do ñoù: uC(t) = Ke-tcos(3t + φ) + 1 ; i(t) = 0,1Ke-t[- cos(3t + φ) – 3sin(3t + φ)] Tìm K vaø φ, ta coù: uC(0+) = Kcosφ + 1 = 0 ; i(0+) = - 0,1Kcosφ - 0,3Ksinφ = 0

Suy ra: φ = Arctg3,01,0− = - 18,43o vaø K =

φ−

cos1 = - 1,05

Keát quaû: uC(t) = 1 - 1,05e-tcos(3t – 18,43o) i(t) = 0,1e-tcos(3t – 18,43o) + 0,3e-tsin(3t – 18,43o)

- Khi 5 ≤ t ≤ 10 (s) , theo giaû thieát e(t) = 0 → uCcb(t) = 0 ; icb(t) = 0 Tìm uC(t) vaø i(t) taïi t = 5 (s): uC(5) = 1 ; i(5) = 0 Ñaët t’ = t – 5, ôû toïa ñoä môùi: uC(0-) = 1 ; i(0-) = 0 → uC(t’) = Ke- t’cos(3t’ + φ) ; i(t) = 0,1Ke-t’[- cos(3t’ + φ) – 3sin(3t’ + φ)] Tìm K vaø φ, ta coù: uC(0+) = Kcosφ = 1 ; i(0+) = - 0,1Kcosφ - 0,3Ksinφ = 0

Suy ra: φ = Arctg3,01,0− = - 18,43o vaø K =

φcos1 = 1,05

Keáùt quaû: uC(t’) = 1,05e-t’cos(3t’ – 18,43o) i(t’) = - 0,1e-t’cos(3t’ – 18,43o) + 0,3e-t’sin(3t’ – 18,43o)

- Khi 10 ≤ t ≤ 15 (s) , theo giaû thieát e(t) = 1 → uCcb(t) = 1 ; icb(t) = 0 Tìm uC(t) vaø i(t) taïi t = 10 (s) (töùc laø t’ = 5): uC(5) = 0 ; i(5) = 0 → Ñieàu kieän ñaàu ôû giai ñoaïn naøy laø: uC(0-) = 0 ; i(0-) = 0 → Laëp laïi ñieàu kieän ñaàu khi t = 0 → Quaù trình phaân tích maïch seõ laëp laïi. Ta döøng quaù trình phaân tích ôû ñaây.

BAØI TAÄP CHÖÔNG 6 Baøi 6.1: Xem maïch ñieän hình 1, xaùc laäp taïi t < 0, taïi t = 0 ñoùng khoùa K,

haõy xaùc ñònh caùc giaù trò sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+) ; i’1(0+) ; i’2(0+) ; i’3(0+). ÑS: i1(0+) = E(R1+R3)/R3(R1+R2) ; i2(0+) = E/(R1+R2) ; i3(0+) = ER1/R3(R1+R2)

i’1(0+) = )CR

1

L

1(

RR

ER2321

1 −+

; i’2(0+) = ER1/L(R1+R2) ; i’3(0+) = ER1/R32C(R1+R2)

Hình 1

E

K

L

C

R1

R2

R3

i1

i2

i3

t=0

R1

E C L

R i

uC

Hình 2


14

Baøi 6.2: Xem maïch ñieän hình 2, taïi t = 0 môû khoùa K, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: uC(0+) ; i(0+) ; i’(0+) ; i”(0+). ÑS: uC(0+) = ER/(R1+R) ; i(0+) = E/(R1+R) ; i’(0+) = 0 ; i”(0+) = E/LC(R1+R) Baøi 6.3: Xem maïch ñieän hình 3, khoùa K ñoùng taïi t = 0, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+). ÑS: i1(0+) = - 1 (A) ; i2(0+) = - 3 (A) ; i3(0+) = 2 (A)

Baøi 6.4: Xem maïch ñieän hình 4, khoùa K ñoùng taïi t = 0, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+) ; i’1(0+) ; i’2(0+) ; i’3(0+). ÑS: i1(0+) = i2(0+) = E/(R1+R2) ; i3(0+) = ER1/R3(R1+R2) ; i’1(0+) = ER1/L1(R1+R2); i’2(0+) = ER1/L2(R1+R2) ; i’3(0+) = = ER1/R3

2C2 (R1+R2)

Baøi 6.5: Xem maïch ñieän hình 5, khoùa K ñoùng taïi t = 0, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: uC(0+) vaø u’C(0+). ÑS: uC(0+) = 0ø ; u’C(0+) = 2 (V/s) Baøi 6.6: Xem maïch ñieän hình 6, khoùa K ñoùng taïi t = 0, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: i1(0+) ; i2(0+) ; uL(0+). Cho bieát e(t) = 100cosωt (V) ; R1 = 4 (Ω) ; R2 = 8 (Ω) ; L = 51 (mH) ; f = 50 (Hz).

ÑS: i1(0+) = i2(0+) = 3 (A) ; uL(0+) = 88 (V)

K E t=0 20V

1ΩΩΩΩ 6ΩΩΩΩ 3ΩΩΩΩ

0,1F

i1

i2

i3

Hình 3 K t=0

C

R1

L1

L2

R2

R3

E

i1

i2

i3

Hình 4

K t=0

E

Hình 5

6V 0,5F uC

5ΩΩΩΩ 1ΩΩΩΩ

1H K t=0

e(t)

Hình 6

C

uL R1

R2

L

i1(t) i2(t)

K

t=0

L C R

R R 1

2

•••• ••••

u(t)

iL(t)

iC(t)

j(t) R1

R2

R3 uR3

u1

3u1 Hình 7

u3

C


15

` Baøi 6.7: Xem maïch ñieän hình 7, khoùa K ñoùng taïi t = 0, haõy xaùc ñònh caùc giaù trò

sau: uR3(0+) ; u3(0+) ; u’R3(0+) ; u’3(0+). Bieát raèng: iL(0-) = 0 ; uC(0-) = 0 ; j(t) =1 (A) R1 = R3 = 2 (Ω) ; R2 = 1 (Ω) ; L = 59 (mH) ; C = 0,5 (F)

ÑS: uR3(0+) = 0 ; u3(0+) = 8 (V) ; u’R3(0+) = 8 (V/s) ; u’3(0+) = - 29 (V/s) Baøi 6.8: Xem maïch ñieän hình 8, khoùa K chuyeån töø vò trí 1 sang 2 taïi t = 0, haõy

xaùc ñònh caùc giaù trò sau: iC(t) ; iL (t) vaø ñieän aùp u(t) cuûa maïch. Bieát raèng: iL(0-) = 0 ; uC(0-) = 0 ; j(t) = 1 (A) ; R2 = L/C.

ÑS:

><= − 0te

0t0)t(i L/RtC ;

>−<= − 0te1

0t0)t(i L/RtL ; 0tR0t0)t(u >

<=

Baøi 6.9: Xem maïch ñieän hình 9, khoùa K ñoùng taïi t = 0. Bieát aùp treân tuï vaø doøng

qua cuoän daây baèng 0 taïi t = 0. Haõy xaùc ñònh doøng i(t) khi t > 0. ÑS: i(t) = 1 + (- 1 + 4t)e-4t Baøi 6.10: Xem maïch ñieän hình 10, khoùa K ñoùng taïi t = 0. Haõy xaùc ñònh doøng

i(t) khi t > 0.

ÑS: i(t) = R3

E (2 - t

L2

R3

e2

1 −)

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI

Baøi 6.1: Khi t < 0, mạch xác lập 1 chiều: iC(0-) = 0, do đó : iL(0

-) = 21 RR

E

+

Hình 8

2A 2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

1H

u

u/2

Hình 9

t=0

K 1/8F

i(t)

K

t=0 R

R

R

L

i(t)

E

Hình 10


16

Và : uR3(0-)+ uC(0

-) = uR2(0-) = iL(0

-).R2 = 21 RR

E

+.R2

Maët khaùc : uR3(0-)+ uC(0

-) = iC(0-).R3 + uC(0

-) = 0 + uC(0-)

Töø ñoù : uC(0-) =

21 RR

E

+ = uC(0

+)

Tại t = 0+ :

Khóa K đóng: i2(0+) = iL(0

+) = iL(0-) =

21 RR

E

+

R1 bị nối tắt, do đó: i3(0

+).R3 + uC(0+) = E → i3(0

+) = 3

CR

)0(uE +−

= 3

CR

)0(uE −− =

3

221

R

R.RR

EE

+−

= )RR(R

ER

213

1+

Dễ thấy rằng: i1(0+) = i2(0

+) + i3(0+) =

21 RR

E

+ +

)RR(R

ER

213

1+

= )RR(R

)RR(E

213

31++

Và đinh luật K2 viết cho các mạch vòng a và b (hình kèm theo):

R2.iL(0

+) + uL(0+) = E (vòng a) → uL(0

+) = E - R2.iL(0+)

Từ đó:

i’2(0+) = i’L(0

+) = L

)0(uL+

= L

)0(i.RE L2+−

= L

RR

E.RE

212 +

− =

)RR(L

ER

21

1+

Và: R3.i3(0+) + uC(0

+) = E (vòng b) → i3(0+) =

3

CR

)0(uE +−

Từ đó: i’3(0+) = -

3

CR

)0('u + = -

CR

0(i

3

)3

+ = -

)RR(CR

ER

2123

1+

E

L

C

R2

R3

i1

i2

i3 (a)

(b)


17

Cuối cùng: i’1(0+) = i’2(0

+) + i’3(0+) =

)RR(L

ER

21

1+

+ )RR(CR

ER

2123

1+

= 21

1RR

ER

+(

CR

1

L

123

+ )

Baøi 6.2: Khi t < 0, iC(0-) = 0, do ñoù : i(0-) = RR

E

1 +

Taïi t = 0+ : i(0+) = i(0-) = RR

E

1 + ; uC(0+) = uR(0+) + uL(0+) = i(0+).R + 0 =

RR

ER

1 +

Ta coù: i’(0+) = 0L

)0(uL =+

Maët khaùc: : i’(0+) = L

)0(u)0(Ri

L

)0(u CL+++ +−

=

→ i”(0+)=)RR(LC

E

LC

)0(i

L

)0('u

1

C+

==++

Baøi 6.3: i1(0-) = i3(0-) = 2 A ; i2(0-) = 0 V ; uC(0-) = 3i3(0-) = 3(2) = 6 V = uC(0+) Ta coù: 6i1(0+) + uC(0+) = 0 → 6i1(0+) + 6 = 0 → i1(0+) = - 1 A Ta coù: i3(0+)(3) = uC(0+) = uC(0-) = 6 → i3(0+) = 6/3 = 2 A Ta coù: i1(0+) = i2(0+) + i3(0+) → i2(0+) = i1(0+) - i3(0+) = - 1 – 2 = - 3 A

Baøi 6.4: Khi t < 0, iL1(0-) = iL2(0-) = E/(R1+R2) ; uC(0-) = uR2 = ER2/(R1+R2) Khi t = 0+, i1(0+) = iL1(0+) = iL1(0-) = iL2(0-) = iL2(0+) = i2(0+) = E/(R1+R2)

Ta coù: i3R3 + uC = E → i3(0+) = )RR(R

ER

R

RR

ERE

R

)0(uE

213

1

3

21

2

3

C+

=+

−=

− +

Ta coù: uL1 + uR1 = 0 → uL1 = - uR1

Maø: uL1 = L1.i’1, suy ra: i’1(0+) = )RR(L

ER

L

u

L

)0(u

211

1

1

1R

1

1L+

−=−=+

Ta coù: uR2 + uL2(0+) = E Maø: uL2 = L2.i’2

Suy ra: i’2(0+) = )RR(L

ER

L

RR

ERE

L

uE

L

)0(u

212

1

2

21

2

2

2R

2

2L+

=+

−=

−=

+

Ta coù: i3R3 + uC = E

→ i3 = )RR(CR

ER

CR

)0(i

R

)0('u)0('i

R

uE

2123

1

3

3

3

C3

3

C

+−=

−=

−=→

− +++


18

Baøi 6.5: Khi t < 0, iC(0-) = 0 → uC(0-) = 0 ; iL(0-) = 15

6+

= 1 (A)

Ta coù: uC(0+) = uC(0-) = 0 Khi t = 0+, uC(0+) = u1Ω = i1Ω(0+) (1) = 0 → i1Ω(0+) = 0 → iC(0+) = iL(0+) = iL(0-) = 1 (A)

Ta coù: u’C(0+) = C

)0(iC + =

5,01 = 2 (V/s)

Baøi 6.6: XL = 2πfL = 100π(51.10-3) = 16 (Ω) Khi t < 0, i2(0-) = 0 → uC(0-) = 0 ; iL(0-) = iL(0-) = ILmcosϕ

Ta coù: )A(13,53513,5320

10016j12

100jX84

100ZE

I oo

LL −∠=

∠=

+=

++==

&&

Suy ra: iL(0-) = 5cos(-53,13o) = 3 (A) Vaø: uC(0+) = uC(0-) = 0 Khi t = 0+, uC(0+) = uR2 = iR2(0+) (8) = 0 → iR2(0+) = 0 → i1(0+) = i2(0+) = iL(0+) = iL(0-) = 3 (A) Ta coù: uL(0+) = e(0+) – i1(0+)R1 – uC(0+) = 100 – 3(4) – 0 = 88 (V)

Baøi 6.7: Doøng qua cuộn cảm laø iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t)

Vì khi xaùc laäp, khoâng coù doøng qua tuï: iC(t) = 0, neân :

iLcb(t) = j(t)21

1RR

R

+= (1)

222+

=

0,5 (A) Baây giôø, ñeå tìm iLtd(t), ta phaûi

xaùc ñònh phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch.

Ta coù: j = v

1Z

u , vôùi Zv laø trôû khaùng vaøo cuûa maïch nhìn töø 2 cöïc cuûa nguoàn doøng

j. Phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch seõ ñöôïc tìm ra khi cho: j = 0 ⇔ Zv = ∞

Ta coù: u1 = iC(R2 + pC1 ) + iL(R3 + pL)

Trong ñoù: pC1 =

)2

1(p

1 = p2 ; pL = 2p, coøn iC vaø iL ñöôïc tính nhö sau:

Ñònh luaät K1 taïi A: j – i1 – iC – 3u1 = 0

Ta coù : i1 = 2

u

R

u 1

1

1 = . Töø ñoù: iC = j - 2

u1 - 3u1 = 1 – 3,5u1

j(t) R1

R2

R3

pL

1/pC

uR3

u1 u3

3u1 B A •••• •••• uR2 uC

i1 iC

iL uL


19

Ñònh luaät K1 taïi B: 3u1 + iC – iL = 0 → iL = 3u1 + iC = 3u1 + 1 – 3,5u1 = 1 – 0,5u1

Vaäây: u1 = (1 – 3,5u1)(1 + p2 ) + (1 – 0,5u1)(2 + 2p)

→ u1 = 7p5,5p

2p3p22

2

++++ = j.Zv = (1)Zv → Zv =

7p5,5p

2p3p22

2

++++

Ta coù Zv = ∞ ⇔ p2 + 5,5p + 7 = 0. Ñoù laø phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch. Giaûi phöông trình naøy ta ñöôïc 2 nghieäm thöïc phaân bieät : p1 = - 3,5 vaø p2 = - 2,

do ñoù: iLtd(t) = K1e3,5t + K2e

2t Töø ñoù: iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t) = 0,5 + K1e

-3,5t + K2e-2t

Tìm K1, K2: Khi t < 0, iL(0-) = 0, do ñoù: iL(0+) = 0,5 + K1eo + K2eo = i(0-) = 0 → K2 = - 0,5 – K1

Ta coù: i’L(0+) = 2

)0(u)0(u)0(u)0(u

L

)0(u 3RC2R1L+++++ −++

=

Bieát: u1(0+) = R1.i1(0+) = 2(j) = 2(1) = 2 (V) ; uR2(0+) = R2[iC(0+)] = 1[3u1(0+) – iL(0+)] = 3(2) – 0 = 6 (V) ; uC(0+) = uC(0-) = 0 ; uR3(0+) = R3.iL(0+) = 2(0) = 0

Thay vaøo ta ñöôïc: i’L(0+) = 2

0062 −++ = 4 (A/s)

Maët khaùc: i’L(0+) = - 3,5K1eo – 2K2eo = - 3,5K1 – 2K2 Do ñoù: - 3,5K1 – 2K2 = 4 hay – 3,5K1 – 2(- 0,5 – K1) = 4 → K1 = - 2 → K2 = - 0,5 – (-2) = 1,5 Toùm laïi: iL(t) = 0,5 - 2e-3,5t + 1,5e-2t Ta coù: u3(t) = uR3(t) + uL(t) → u3(0+) = uR3(0+) + uL(0+) = 0 + L.i’L(0+) = 2(4) = 8 (V) Ta coù: u’3(0+) = u’R3(0+) + u’L(0+) Trong ñoù: u’R3(0+) = R3.i’L(0+) = 2(4) = 8 (V/s) Vaø: u’L(0+) = L.i’’L(0+) = 2[-

3,5K1(- 3,5eo) – 2K2(- 2eo)] = 2[- 3,5(-2)(- 3,5) – 2(1,5)(-2)] = -

37 (V/s) Do ñoù: u’3(0+) = 8 – 37 = - 29 (V/s) Baøi 6.8: Doøng qua cuộn cảm laø iL(t)

= iLcb(t) + iLtd(t) Vì khi xaùc laäp, khoâng coù doøng qua

tuï: iC(t) = 0, neân : iLcb(t) = j(t) = 1 (A) Baây giôø, ñeå tìm iLtd(t), ta phaûi xaùc

ñònh phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch. Goïi Zv laø trôû khaùng vaøo cuûa maïch nhìn töø 2 cöïc cuûa nguoàn doøng j, ta coù:

2A 2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

2ΩΩΩΩ

p

8/p

u2

u

u/2 B A •••• •••• u1 uC

i1 iC

iL uL


20

Zv = (R+pC1 )//(R+pL) =

pLpC

1R2

)pLR)(pC1

R(

++

++

Ta coù: j = vZ

u . Phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch seõ ñöôïc tìm ra khi cho:

j = 0 ⇔ Zv = ∞ ⇔ 2R + pC1 + pL = 0

Hay: p2 + 2LR p +

LC1 = 0. Ñoù laø phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch.

Bieát: R2 = C

L→ ∆’ = (

LR )2 -

LC1 = 0

→ Phöông trình ñaëc tröng coù nghieäm keùp: p1,2 = - L

R

Töø ñoù: iLtd (t ) = (K1 + K2t)e-Rt/L → iL(t) = 1 + (K1 + K2t)e-Rt/L

→ iL(0+)= 1+(K1 +K2.0)e-0 =1 +K1 vaø i’L(0+)= - L

R(K1 –K2.0)e-0 +K2e-0 = -

L

RK1 + K2

Theo giaû thieát, khi t < 0: iL(0-) = 0 → khi t > 0. iL(0+) = iL(0-) = 0 Do ñoù: 1 + K1 = 0 → K1 = - 1

Maët khaùc: i’L(0+) = L

)0(uL+

= L

)0(u)0(i.R)0(i.R CCL+++ ++−

= L

0)]0(i1[R0 L +−+ + =

L

R (A/s)

Do ñoù: - L

RK1 + K2 =

L

R → -

L

R(- 1) + K2 =

L

R → K2 = 0

Vaäy: iL(t) = 1 – e-Rt/L → u(t) = R.iL(t) + L.i’L(t) = R(1 – e-Rt/L) + L(L

Re-Rt/L) = R

Toùm laïi : Khi t < 0: iL(t) = 0 ; iC(t) = 0 ; u(t) = 0 Khi t > 0: iL(t) = 1 – e-Rt/L → u(t) = R

Baøi 6.9: Doøng qua cuộn cảm laø iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t) Vì khi xaùc laäp, khoâng coù doøng qua tuï: iC(t) = 0, neân :

iLcb(t) = j(t)21

1RR

R

+= (2)

222+

= 1 (A)

Baây giôø, ñeå tìm iLtd(t), ta phaûi xaùc ñònh phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch.

Ta coù: j =vZ

u , vôùi Zv laø trôû khaùng vaøo cuûa maïch nhìn töø 2 cöïc cuûa nguoàn doøng j.


21

Phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch seõ ñöôïc tìm ra khi cho: j = 0 ⇔ Zv = ∞

Ta coù: u = iC(2 +

81

p

1 ) + iL(2 + p), trong ñoù iC vaø iL ñöôïc tính nhö sau:

Ñònh luaät K1 taïi A: j – i1 – iC –2

u = 0

Ta coù : i1 = 2

u . Töø ñoù: iC = j - 2

u - 2

u = 2 – u

Ñònh luaät K1 taïi B: 2

u + iC – iL = 0 → iL = 2

u + iC = 2

u + 2 – u = 2 - 2

u

Vaäây: u = (2 – u)(2 + p

8 ) + (2 – 2

u )(2 + p)

→ u = 16p8p

32p16p42

2

++++ = j.Zv = (2)Zv → Zv =

)16p8p(2

32p16p42

2

++

++

Ta coù Zv = ∞ ⇔ p2 + 8p + 16 = 0. Ñoù laø phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch. Giaûi phöông trình naøy ta ñöôïc nghieäm keùp : p1,2 = - 4, do ñoù:

iLtd(t) = (K1 + K2t) e-4t

Töø ñoù: iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t) = 1 + (K1 + K2t) e-4t

Tìm K1, K2: Khi t < 0, iL(0-) = 0, do ñoù: iL(0+) = 1 + (K1 + K2.0) e-0 = i(0-) = 0 → K1 = - 1

Ta coù: i’L(0+) = 1

)0(u)0(u)0(u)0(u

L

)0(u 2C1L+++++ −++

=

Bieát: u(0+) = 2.i1(0+) = 2(j) = 2(2) = 4 (V) ; u1(0+) = 2[iC(0+)] = 2[2

)0(u +– iL(0+)]

= 2[2

4 – 0] = 4 (V) ; uC(0+) = uC(0-) = 0 ; u2(0+) = 2.iL(0+) = 2(0) = 0

Thay vaøo ta ñöôïc: i’L(0+) = 1

0044 −++ = 8 (A/s)

Maët khaùc: i’L(0+) = - 4(K1 + K2.0)e-0 + K2e-0 = - 4K1 + K2 Do ñoù: - 4K1 + K2 = 8 hay – 4(- 1) + K2 = 8 → K2 = 4 Toùm laïi, khi t > 0, iL(t) = 1 + (- 1 + 4t)e-4t

Baøi 6.10: Doøng trong mạch chính laø i(t) = icb(t) + itd(t)

Khi xaùc laäp: icb(t) =

2

RR

E

+ =

R3E2

(A)

Baây giôø, ñeå tìm itd(t), ta phaûi xaùc ñònh phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch. Ta coù: E =i.Zv , vôùi Zv laø trôû khaùng vaøo cuûa maïch nhìn töø 2 cöïc cuûa nguoàn sññ E.

Phöông trình ñaëc tröng cuûa maïch seõ ñöôïc tìm ra khi cho: E = 0 ⇔ Zv = 0


22

Ta coù: Zv = R + (R)//(R+pL) = R + pLR2

)pLR(R++ =

pLR2)R3pL2(R

++

Ta coù Zv = 0 ⇔ 2pL + 3R = 0 ⇔ p = - L2R3

Töø ñoù: itd(t) = t

L2

R3

Ke−

→ i(t) = R3

E2 +

tL2

R3

Ke−

Tìm K:

Ta coù: i(0+) = R3

E2 + Ke-0 =

R2

E → K = -

R6

E

Vaäy: i(t) = R3

E2 -

tL2

R3

eR6

E − = )e

2

12(

R3

E tL2

R3−

−

James Prescott JOULE

1818 - 1889

Mạch điện Ngô Ngọc Thọ

1

Chöông 7 PHAÂN TÍCH MAÏCH TRONG MIEÀN TAÀN SOÁ

ÔÛ chöông 3, ta ñaõ phaân tích maïch ôû traïng thaùi xaùc laäp moät chieàu hoaëc ñieàu hoøa, khi ñoù ñaùp öùng treân maïch cuõng laø moät chieàu hoaëc ñieàu hoøa cuøng taàn soá. Trong thöïc teá, nguoàn taùc ñoäng (nguoàn tín hieäu) khoâng phaûi ñeàu laø ñieàu hoøa, maø noù coù theå coù hình daïng baát kyø, bao goàm nhieàu thaønh phaàn taàn soá. Vieäc phaân tích maïch vôùi nguoàn taùc ñoäng baát kyø ñöôïc goïi laø phaân tích maïch trong mieàn taàn soá.

Ñeå phaân tích phoå (taàn soá) cuûa moät tín hieäu tuaàn hoaøn, ngöôøi ta duøng phöông phaùp chuoãi Fourier nhö sau.

7.1 Bieåu dieãn caùc quaù trình tuaàn hoaøn Moät tín hieäu ñöôïc goïi laø tuaàn khi: x(t) = X(t + nT) Trong ñoù: n laø soá nguyeân ; T laø chu kyø laëp laïi giaù trò cuûa tín hieäu Taàn soá töông öùng vôùi chu kyø T ñöôïc goïi laø taàn soá cô baûn cuûa tín hieäu tuaàn

hoaøn vaø ñöôïc xaùc ñònh theo bieåu thöùc: ωo = 2π/T (rad/s) 7.1.1 Chuoãi Fourier löôïng giaùc Chuoãi Fourier löôïng giaùc bieåu dieãn tín hieäu tuaàn hoaøn x(t) coù daïng:

X(t) = ao + ∑∞

=ω+ω

1nonon )tnsinbtncosa(

Caùc heä soá ao, an, bn ñöôïc goïi laø caùc heä soá khai trieån chuoãi ñöôïc xaùc ñònh theo:

∫ ω=

∫ ω=

∫=

+

+

+

Tt

ton

Tt

ton

Tt

to

o

o

o

o

o

o

tdtnsin)t(xT2

b

tdtncos)t(xT2

a

dt)t(xT1

a

(1*)

Trong ñoù: n laø soá nguyeân ; to laø moät ñieåm baát kyø treân thang thôøi gian ; T vaø ωo laø caùc ñaïi löôïng ñaõ noùi ôû treân.

Töø (1*) ta nhaän thaáy raèng: ao khoâng phuï thuoäc thôøi gian, bieåu thò trò trung bình cuûa tín hieäu x(t), ñaây chính laø thaønh phaàn moät chieàu cuûa tín hieäu ; an, bn laø bieân ñoä cuûa caùc thaønh phaàn cos vaø sin töông öùng vôùi caùc taàn soá nωo. Nhö vaäy, tín hieäu tuaàn hoaøn x(t) ñöôïc bieåu dieãn baèng toång cuûa thaønh phaàn moät chieàu vaø voâ haïn caùc thaønh phaàn ñieàu hoøa coù taàn soá baèng n laàn taàn soá cô baûn.

Trong caùc öùng duïng thöïc teá, chuoãi Fourier löôïng giaùc ñöôïc söû duïng chæ vôùi 1 haøm sin hoaëc chæ vôùi 1 haøm cos khi bieán ñoåi toång sau:

ancosnωot + bnsinnωot = Cnsin(nωot + ϕn) = Cncos(nωot + ψn)


2

Trong ñoù:

=ψ

−=ϕ

+=

n

nn

n

nn

2n

2nn

b

aArctg

a

bArctg

baC

(2*)

Nhö vaäy, ta coù theå bieåu dieãn tín hieäu tuaàn hoaøn döôùi daïng tieän lôïi cho vieäc phaân tích maïch:

∑∑∞

=

∞

=ϕ+ω+=ψ+ω+=

1nnono

1nnono )tnsin(CC)t(xhay)tncos(CC)t(x

Toång quaùt hôn, ta coù: x(t) = Co + ∑∞

=1nn )t(x , trong ñoù : Co laø thaønh phaàn moät

chieàu cuûa tín hieäu x(t) ; xn(t) laø caùc thaønh phaàn haøi cuûa tín hieäu x(t) = Cncos(nωot + ψn) = Cnsin(nωot + ϕn)

Caùc thaønh phaàn haøi laø caùc dao ñoäng ñieàu hoøa coù bieân ñoä Cn, taàn soá nωo vaø goùc pha ñaàu ϕn hay ψn. Khi n = 1:

x1(t) = C1cos(ωot + ψ1) (3*) hay x1(t) = C1sin(ωot + ϕ1) (4*) x1(t) laø thaøn phaàn cô baûn, noù coù taàn soá baèng taàn soá cô baûn cuûa tín hieäu x(t). 7.1.2 Chuoãi Fourier phöùc Tín hieäu tuaàn hoaøn x(t) ñöôïc bieåu dieãn baèng chuoãi phöùc nhö sau:

∑∞

−∞=

ω=n

tjnn

oeX)t(x & vôùi n = 0, ±1, ±2,… (5*)

Trong ñoù: nX& laø heä soá khai trieån chuoãi ñöôïc xaùc ñònh theo coâng thöùc:

∫+

ω−=Tt

t

tjnn

o

o

o dte)t(xT

1X& (6*)

Neáu tín hieäu x(t) laø haøm thöïc thì: nn XX −= && vaø Arg nX& = - Arg nX−&

Moái quan heä giöõa chuoãi löôïng giaùc, chuoãi phöùc vôùi chuoãi chæ 1 haøm cos hoaëc 1 haøm

sin: Xo = Co = ao ; Cn = 2n

2n ba + = 2 nX& ; nX& =

2

jba nn − ; Arg nX& = ψn = ϕn + 90o

Töø (5*) ta nhaän thaáy raèng: chuoãi phöùc Fourier bao goàm thaønh phaàn moät chieàu öùng vôùi n = 0 vaø 2 chuoãi voâ haïn caùc haøm ñeàu hoøa lieân hôïp phöùc öùng vôùi caùc caëp ±n. Caùc caëp haøm ñieàu hoøa phöùc coù bieân ñoä baèng nhau coøn argument thì traùi daáu nhau. Vieäc bieåu ñieãn bieân ñoä vaø argument cuûa caùc haøm ñieàu hoøa phöùc treân thanh taàn soá` seõ cho ta phoå bieân ñoä vaø phoå pha cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn. Vaø bôûi vì n laø caùc soá nguyeân neân phoå bieân ñoä vaø phoå pha cuûa tin hieäu tuaàn hoaøn laø phoå vaïch (rôøi raïc).


3

Ví duï 1. Cho tín hieäu tuaàn hoaøn laø daõy xung vuoâng treân hình 1. Haõy xaùc ñònh chuoãi löôïng giaùc vaø chuoãi phöùc Fourier.

Giaûi: Tín hieäu tuaàn hoaøn x(t) coù bieåu thöùc giaûi tích trong 1 chu kyø:

<<

<<−−=

2T

t01

0t2T

1)t(x

Vì x(t) laø haøm leû neân:

∫ ∫ ==ω+ω−=−

0

2/T

2/T

0oon ,0,0tdtncos

T

2tdtncos)1(

T

2a 1,2,...nvôùi

Coøn heä soá bn ñöôïc xaùc ñònh nhö sau:

∫ ∫ ∫ π−π

=ω=ω+ω−=−

0

2/T

2/T

0

2/T

0ooon )ncos1(

n

2tdtnsin

T

4tdtnsin

T

2tdtnsin)1(

T

2b

=+=π

=→0,1,2,... kvôùi 1,2knleû,n

n4

chaúnn0bn

Töø ñoù, chuoãi Fourier daïng löôïng giaùc cuûa tín hieäu treân hình 1 coù daïng:

,...2,1,0k,1k2n,tnsinn

4)t(x

1no =+=ω

π= ∑

∞

=vôùi

...)5

t5sin

3

t3sint(sin

4)t(xhay oo

o +ω

+ω

+ωπ

=

Nhaän xeùt: - Tín hieäu treân hình 1 laø haøm leû neân trong chuoãi Fourier cuûa noù cuõng chæ chöùa

caùc haøi leû. - Baây giôø neáu ta dòch chuyeån tín hieäu hình 1 treân thanh thôøi gian moät khoûang to,

x(t)

t

-1

1

-T -T/2 T/2 T 0

Hình 1

y(t)

t

-1

1

0

Hình 2

T/4


4

ta coù tín hieäu môùi hình 2:

y(t) = x(t – to) = ao + )]tt(nsinb)tt(ncosa[ oonoo1n

n −ω+−ω∑∞

=

hay: y(t) =ao + )]t(nsinb)t(ncosa[ ono1n

n α−ω+α−ω∑∞

=

trong ñoù: α = ωoto laø ñoä dòch pha cuûa tín hieäu. Ta thaáy raèng khi tín hieäu dòch chuyeån treân thang thôøi gian thì caùc heä soá khai

trieån Fourier cuûa noù khoâng thay ñoåi, maø chæ thay ñoåi pha moät löôïng α = ωoto.

Chaúng haïn cho to = - π/4 thì α = 2

)4

T(

T

2 π−=−

π

Chuoãi Fourier cuûa tín hieäu y(t) treân hình 2 ñöôïc suy ra deã daøng töø chuoãi Fourier

cuûa tín hieäu x(t) treân hình 1: ∑ ∑α

=

α

=ω

π=

π+ω

π=

1n 1noo tncos

n

4)

2t(nsin

n

4)t(y

...)5

t5cos

3

t3cost(cos

4)t(yhay oo

o +ω

+ω

+ωπ

=

Roõ raøng raèng tín hieäu y(t) chæ goàm caùc thaønh phaàn chaün vì noù laø haøm chaün theo thôøi gian. Ñeå tìm chuoåi Fourier phöùc, ta tính heä soá khai trieån nX& theo (6*):

)ncos1(jn

1]dtedte)1([

T

1X

0

2/T

2/T

0

tjntjnn

oo π−π

=+−= ∫ ∫−

ω−ω−&

=+=π

−=→

...2,1,0k,1k2n;nn

2j

n0Xn leû

chaún&

Töø ñoù, chuoãi Fourier daïng phöùc cuûa tín hieäu treân hình 2 coù daïng:

,...2,1,0k,1k2n,en

2j)t(x

n

tjn o =+=π

−= ∑∞

−∞=

ω vôùi

Chuoãi phöùc Fourier cuûa tín hieäu x(t) hình 1 chæ chöùa caùc haøm leû, trong ñoù caùc

caëp haøm ñieàu hoøa phöùc coù bieân ñoä baèng nhau: π

=n

2Xn&

vaø coù argumen traùi daáu nhau: ψn = Arg nX& = - π/2

Vaäy, phoå bieân ñoä vaø phoå pha cuûa tín hieäu x(t) ñöôïc veõ nhö sau:

0 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5 ωωωω/ωωωωo

nX&

1F 1F−

0

1 2 3 4 5

-1 -2 -3 -4 -5 ωωωω/ωωωωo

Arg nX&

- /2

ππππ/2


5

7.1.3 Ñaúng thöùc Parseval Giaû söû coù 2 haøm tuaàn hoaøn cuøng aàn soá ñöôïc bieåu dieãn baèng chuoãi phöùc

Fourier: ∑ ∑==∞

−∞=

∞

−∞=

ωω

n m

tjmm

tjnn oo eY)t(y;eX)t(x &&

Trò trung bình tích cuûa 2 tín hieäu ñöôïc xaùc ñònh nhö sau:

∑ ∑ ∫=∑∫ ∫ ∑=∞

−∞=

∞

−∞=

ω+∞

−∞=

∞

−∞=

ω

n m

T

0

)mn(jmn

m

tjmT

0

T

0n

tjnn dtte

T

1YXdteYeX

T

1dt)t(y)t(x

T

1ooo &&&&

Vì: ∫

−==+≠+=ω+

T

0o mnhay,0mnkhiT

0mnkhi0t)mn(j(e

Do ñoù: ∫ ∑=∞

−∞=−

T

0 nnnYX)t(y)t(x

T

1&&

Bieát: *nn YY && =− → ∫ ∑=

∞

−∞=

T

0 n*nnYXx(t)y(t)

T1

&& (7*)

Bieåu thöùc (7*) ñöôïc goïi laø ñaúng thöùc Parseval cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn, vaø noù ñöôïc phaùt bieåu nhö sau: « Trò trung bình cuûa tích 2 tín hieäu tuaàn hoaøn cuøng chu kyø baèng toång voâ haïn caùc tích cuûa heä soá khai trieån chuoãi Fourier phöùc cuûa tín hieäu thöù nhaát vôùi phöùc lieân hôïp cuûa heä soá khai trieån chuoãi Fourier phöùc cuûa tín hieäu thöù hai. »

THÑB: Khi x(t) = y(t) → nn YX && = , trung bình bình phöông cuûa tín hieäu

tuaàn hoaøn baèng toång voâ haïn caùc bình phöông moâñun cuûa heä soá khai trieån chuoãi

Fourier phöùc: 2T

0 nn2 X(t)dtx

T1∫ ∑=

∞

−∞=

& (8*)

Bieåu thöùc (8*) laø ñaúng thöùc Parseval, ñöôïc öùng duïng ñeå xaùc ñònh trò hieäu duïng vaø coâng suaát cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn trong mieàn taàn soá, thoâng qua caùc heä soá khai trieãn Fourier.

Baây giôø ta aùp duïng ñaúng thöùc Parseval ñeå tính trò hieäu duïng cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn trong mieàn taàn soá.

Theo ñònh nghóa, trò hieäu duïng cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn laø caên baäc 2 cuûa trò trung bình bình phöông:

∫=T

0

2hd dt)t(x

T1

X


6

Trong mieàn taàn soá: ∑ ∑++=∑=−

−∞=

∞

=

∞

−∞=

1

n 1n

2n

2n

2o

n

2nhd XXXXX &&&

∑

+=∑+=

∞

=

∞

= 1n

2n2

o1n

2n

2o

2

X2XX2X

&&

Bieát : nn CX2 =& , do ñoù: ∑

+=

∞

=1n

2n2

ohd2

CXX , laïi bieát: hdn

n X2

C= , laø trò

hieäu duïng cuûa thaønh phaàn haøi thöù n, do ñoù :

∑+=∞

=1n2hdn

2ohd XXX

Toùm laïi, trò hieäu duïng cuûa moät tín hieäu tuaàn hoaøn baèng caên baäc 2 cuûa toång bình phöông thaønh phaàn moät chieàu vaø bình phöông caùc trò hieäu duïng cuûa haøi thaønh phaàn.

7.2 Phaân tích maïch xaùc laäp vôùi nguoàn taùc ñoäng tuaàn hoaøn khoâng sin Ñeå tìm ñaùp öùng cuûa maïch (doøng, aùp), ta aùp duïng phöông phaùp chuoãi Fourier,

bieåu dieãn quaù trình tuaàn hoaøn baèng chuoãi löôïng giaùc coù daïng (3*) hoaëc (4*), vaø sau ñoù, aùp duïng caùc phöông phaùp phaân tích maïch ñaõ neâu trong chöông 3.

7.2.1 Bieåu dieãn quaù trình tuaàn hoaøn baèng bieân ñoä phöùc Nguoàn taùc ñoäng coù theå laø nguoàn aùp hoaëc nguoàn doøng, laø caùc quaù trình

tuaàn hoaøn, ñöôïc bieåu dieãn baèng chuoãi Fourier goàm thaønh phaàn moät chieàu vaø voâ haïn caùc haøm ñieàu hoøa. Ví duï, moät nguoàn aùp lyù töôûngcoù chuoãi Fourier löôïng giaùc sau ñaây:

e(t) = Eo + E1cos(ωot + ψ1) + E2cos(2ωot + ψ2) + … Caùc thaønh phaàn ñieàu hoøa bieåu dieãn baèng bieân ñoä phöùc:

∑=∞

=1nnEE && trong ñoù nj

nn eEE ψ= &&

7.2.2 AÙp duïng nguyeân lyù xeáp choàng ñeå tính ñaùp öùng cuûa maïch vôùi thaønh phaàn moät chieàu vaø caùc thaønh phaàn ñieàu hoøa

Vì caùc thaønh phaàn ñieàu hoøa coù taàn soá baèng boäi n cuûa taàn soá cô baûn (ωn = nωo) neân trôû khaùng cuûa caùc phaàn töû trong maïch seõ phuï thuoäc vaøo caùc taàn soá ñoù, vaø vì vaäy,

chuùng ñöôïc phöùc hoùa nhö sau: ZnL = jnωoL ; ZnC = - jCn

1

oω

Sau ñaây ta xeùt moät vaøi ví duï: - Maïch R, L noái tieáp, trôû khaùng phöùc cuûa maïch (öùng vôùi haøi thöù n):

Zn = R + ZnL = R + jnωoL = 2o

2 )Ln(R ω+ ∠ϕn

Doøng ñieän trong maïch öùng vôùi haøi thöù n: nI& = nn2o

2

n

n

n

)Ln(R

E

Z

Eϕ−ψ∠

ω+=

&&


7

Trong ñoù: ψn = Arg nE& ; ϕn = ArgZn

Thaønh phaàn moät chieàu: Io = R

Eo

Doøng töùc thôøi trong maïch: i(t) = Io + ∑ ψ+ω∞

=1ninom )tncos(I

Trong ñoù: Im = 2

o2

n

)Ln(R

E

ω+

&

; nnin ϕ−ψ=ψ

- Maïch R, C noái tieáp, trôû khaùng phöùc cuûa maïch (öùng vôùi haøi thöù n):

Zn = R + ZnC = R - jCn

1

oω = n2

o

2)Cn(

1R ϕ∠

ω+

Doøng ñieän trong maïch öùng vôùi haøi thöù n:

nI& = nn

2o

2

n

n

n

)Cn(

1R

E

Z

Eϕ−ψ∠

ω+

=&&

Thaønh phaàn moät chieàu: Io = 0

Doøng töùc thôøi trong maïch: i(t) = ∑ ψ+ω∞

=1ninom )tncos(I

Trong ñoù: Im =

2o

2

n

)Cn(

1R

E

ω+

&

; nnin ϕ−ψ=ψ

- Maïch R, L, C noái tieáp, trôû khaùng phöùc cuûa maïch (öùng vôùi haøi thöù n):

Zn = R + ZnL + ZnC = R + j(nωoL - Cn

1

oω) = nj

n eZ ϕ

Trong ñoù: 2

oo

2n )

Cn

1Ln(RZ

ω−ω+= ;

R

Cn1

Ln

ArctgArgZ oo

nnω

−ω==ϕ

Doøng ñieän trong maïch öùng vôùi haøi thöù n:

nI& = nn2

oo

2

n

n

n

)Cn

1Ln(R

E

Z

Eϕ−ψ∠

ω−ω+

=&&

Thaønh phaàn moät chieàu: Io = 0

Doøng töùc thôøi trong maïch: i(t) = ∑ ψ+ω∞

=1ninom )tncos(I


8

Trong ñoù: Im = nnin2

oo

2

n;

)Cn

1Ln(R

Eϕ−ψ=ψ

ω−ω+

&

7.2.3 Ví duï veà phaân tích maïch trong mieàn tần số Ví duï 2. Xeùt mach RLC noái tieáp (hình 3) vôùi nguoàn taùc ñoäng e(t) laø daõy xung

vuoâng treân hình 4. Cho bieát: R = 100 (Ω) ; L = 0,01 (H) ; C = 250 (nF).

Haõy xaùc ñònh vaø veõ phoå bieân ñoä cuûa nguoàn taùc ñoäng e(t) vaø ñaùp öùng cuûa maïch i(t).

Giaûi:

Taàn soá cô baûn cuûa tín hieäu tuaàn hoaøn: ωo = 310.628,0

2T2

−π

=π

= 104 (rad/s)

Tín hieäu e(t) la haøm chaün, do ñoù khai trieãn Fourier cuûa noù chæ goàm thaønh phaàn moät chieàu vaø caùc thaønh phaàn chaün cosin. Theo caùc coâng thöùc (1*) vaø (2*):

Eo = ao = )V(25)8

T(

T

200dt.100

T

2 8/T

0=∫ =

En = Cn = an = )V(4

nsin

n

200)

8

Tn(sin

Tn

400dt.tncos100

T

4o

8/T

0 oo

ππ

=ω∫ω

=ω

Chuoãi Fourier löôïng giaùc, theo (3*), cuûa e(t):

)V(tncosn4

nsin

81(200)t(e o

1nω∑

π

π

+=∞

=

Vì sin(4nπ

) = 0 khi n laø boäi cuûa 4, do ñoù caùc haøi thöù n laø boäi cuûa 4 ñeàu baèng 0.

Sau ñaây, ta aùp duïng nguyeân lyù xeáp choàng ñeå tính caùc thaønh phaàn doøng ñieän trong maïch.

Ñoái vôùi thaønh phaàn moät chieàu cuûa nguoàn (n = 0), Zo = ∞ , do tuï ñieän hôû maïch, doøng moät chieàu Io = 0

R

L

C e(t)

i(t)

Hình 3

T/8 T=0,628ms

100 e(t)(V)

t(s)

Hình 4


9

Ñoái vôùi caùc thaønh phaàn xoay chieàu, ta aùp duïng phöông phaùp bieân ñoä phöùc ñeå tìm caùc haøi doøng ñieän. Vôùi maïch RLC noái tieáp, haøi doøng ñieän thöù n ñöôïc xaùc ñònh

nhö sau: innnn

nn

n

nn I

Z

E

Z

EI ψ∠=

ϕ∠

ψ∠== &

&&&

Trong ñoù: )Cn

1Ln(jRZ;

n4

nsin200

Eo

on1n

n ω−ω+=∑

π

π

=∞

=

&

R

Cn

1Ln

Arctg;)Cn

1Ln(RZ o

o

n2

oo

2n

ω−ω

=ϕω

−ω+=

Thay giaù trò caùc thoâng soá R, L, C vaøo, ta ñöôïc:

222294

242n )4n(n

n

100)

10.250.10.n

110.10.n(100Z −+=−+=

−−

n4n

Arctg100

10.250.10.n

110.10.n

Arctg294

24

n−

=−

=ϕ−

−

Quaù trình thôøi gian cuûa doøng ñieän i(t):

∑ ϕ−ω−+

π

π=ϕ−ω

−+

∑π

π

=∞

=

∞

=

1nno222no

222

1n )A()tncos()4n(n

4n

sin2)tncos(

)4n(nn

100n

4n

sin200

)t(i

7.3 Tính coâng suaát trong maïch coù nguoàn taùc ñoäng tuaàn hoaøn Vôùi caùc quaù trình doøng vaø aùp baát kyø, coâng suaát töùc thôøi ñöôïc ñònh nghóa:

p(t) = u(t).i(t) Khi doøng vaø aùp treân hai cöïc laø nhöõng quaù trình tuaàn hoaøn cuøng chu kyø, chuùng

ñöôïc bieåu dieãn baèng chuoãi Fourier:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

nE&

ωωωω 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

nI&

ωωωω

Phoå bieân ñoä cuûa nguoàn e(t) Phoå bieân ñoä cuûa doøng i(t)


10

∑=∑=∞

−∞=

ωψ∞

−∞=

ω

n

tjnjnm

n

tjnn ono ee

2

UeU)t(u &

∑=∑=∞

−∞=

ωϕ−ψ∞

−∞=

ω

n

tjn)(jnm

n

tjnn onno ee

2

IeI)t(i &

Trong ñoù: nn I,U && laø heä soá khai trieån chuoãi Fourier phöùc cuûa u(t), i(t) ; Unm, Inm

laø bieân ñoä cuûa caùc haøi ñieän aùp vaø haøi doøng ñieän (töông öùng vôùi caùc heä soá Cn trong chuoãi Fourier löôïng giaùc) ; ψn vaø (ψn - ϕn) laø caùc goùc pha ñaàu töông öùng cuûa ñieän aùp vaø doøng ñieän.

Theo ñaúng thöùc Parseval (7*), coâng suaát taùc duïng ñöôïc ñònh nghóa baèng trò trung bình tích cuûa 2 haøm tuaàn hoaøn cuøng chu kyø u(t), i(t), ñöôïc xaùc ñònh nhö sau:

∫ ∑ ∑===∞

−∞=

∞

−∞=

ϕ−ψ−ψT

0 n n

)(jnmjnm*nn nnn e

2

Ie

2

UIUdt)t(i)t(u

T

1P &&

Neáu taùch rieâng thaønh phaàn moät chieàu töông öùng vôùi n = 0 vaø taùch chuoãi cac thaønh phaàn haøi thaønh 2 chuoãi töông öùng vôùi n < 0 vaø n >0, ta ñöôïc:

∑ ∑++=−

−∞=

∞

=

ϕϕ1

n 1n

jnmnmjnmnmoo nn e

4

IUe

4

IUIUP

∑ ∑+=+

+=∞

=

∞

=ϕ

ϕ−ϕ

1n 1ncosnmnmoo

jjnmnm

oo n

nnIU

2

1IU)

2

ee(

2

IUIU

P = Po + Pn (W) (8*) Như vậy, theo (8*), công suất tác dụng lên 2 cực có các đáp ứng tuần hoàn,

bằng tổng công suất của thành phần một chiều và công suất của các hài thành phần. Tương tự như với mạch xác lập điều hòa, với mạch xác lập tuần hoàn, người ta

cũng đưa ra khái niệm về công suất tác dụng, công suất phản kháng, công suất biểu kiến. Công suất tác dụng được xác định theo (8*) và là công suất tác dụng của 2 cực có chứa điện trở. Với 2 cực có chứa điện trở thì P > 0, còn với 2 cực thuần điện kháng thì P = 0.

Công suất phản kháng của mạch có tác động tuần hoàn được xác định bằng tổng công suất phản kháng thành phần và được ký hiệu Q:

∑ ϕ=∞

=1nnnmnm )VAR(sinIU

2

1Q

Công suất biểu kiến cũng được xác định như đối với các quá trình điều hòa và được ký hiệu S : S = UhdIhd (VA)

Với một quá trình điều hòa, P, Q và S làm nên một tam giác công suất:

P2 + Q2 = S 2

Tuy nhiên với một quá trình tuần hoàn thì đẳng thức này không hoàn toàn đúng nữa, vì tồn tại những hài của một trong các quá trình dòng hay áp. Trong trường hợp này: P2 + Q2 = S 2 – T2

Đại lượng T, tính bằng VA, được gọi là công suất méo dạng.


11

Ví dụ 3. Hãy tính công suất các loại và hệ số công suất của mạch RLC cho trong ví dụ 2, giới hạn đến hài bậc 5.

Giải: Với n ≤ 5, nguồn tác động bao gồm các thành phần:

e(t) = 25 + 45cosωot + 32cos2ωot + 15cos3ωot – 9cos5ωot (V) Dòng trong mạch: i(t) = 0,142cos(ωot + 71

o34’) + 0,318cos2ωot + 0,077cos(3ωot – 59o02’)

– 0,021cos(5ωot – 76o36’)

Do thành phần một chiều Io = 0 nên Po = 0. Công suất tác dụng được xác định theo công thức:

oo5

1nnnmnm 0cos)318,0(32'3471cos)142,0(45[

2

1cosIE

2

1P +=ϕ= ∑

=

)W(42,6]'3676cos)021,0(9'0259cos)077,0(15 oo =++ Công suất phản kháng:

∑=

+=ϕ=5

1n

oonnmnm 0sin)318,0(32'3471sin)142,0(45[

2

1sinIE

2

1Q

)VAR(63,2]'3676sin)021,0(9'0259sin)077,0(15 oo =++ Trị hiệu dụng của nguồn áp và của dòng điện tuần hoàn:

)V(98,479153245(2

125E 22222

hd =++++=

)A(253,0)021,0077,0318,0142,0(2

1I 2222hd =+++=

Công suất biểu kiến: S = EhdIhd = 47,98(0,253) = 12,14 (VA)

Hệ số công suất: cosϕ = 53,014,12

42,6

S

P==

Công suất méo dạng:

)VA(96,963,242,614,12QPST 222222 =−−=−−=

BÀI TẬP CHƯƠNG 7 Bài 7.1: Xác định khai triển chuỗi Fourier dạng lượng gíác của tín hiệu tuần hoàn

f(t) có dạng như hình 1.

ĐS: f(t) = π - ∑∞

=1nntsin

n2

Bài 7.2: Xác định khai triển chuỗi Fourier dạng lượng gíác của tín hiệu tuần hoàn f(t) có dạng như hình 2.

ĐS: f(t) = ∑π

−−π

+∞

=1n 2t

)1n2sin(1n2

1221


12


ĐS: f(t) = ∑π

π−∑

−π−

π−

∞

=

∞

= 1n1n2 n

tnsin3

)1n2(

t)1n2cos(649


ĐS: f(t) = ]t)1n2sin(1n2

2t)1n2cos(

)1n2(

4[1n

2−

−+−∑

π−−∞

=

Bài 7.5: Xem mạch điện hình 5. Biết: e(t) = 100 + 50sin500t + 25sin1500t (V).

Tìm dòng điện i(t) trong mạch và công suất tác dụng của nguồn. ĐS: i(t) = 20 + 4,47sin(500t – 63,4o) + 0,822sin(1500t – 80,54o) (A) ; P = 2052 W

Bài 7.6: Điện áp: u(t) = 120 + 195sinωt – 60sin3ωt (V), f = 50 (Hz), được nối vào mạch nối tiếp RLC, với R = 10 (Ω) ; L = 0,05 (H) ; C = 22,5 (µF). Hãy xác định các quá trình dòng và áp trên tụ điện cùng giá trị hiệu dụng của chúng.

ĐS: i(t) = 1,54sin(ωt + 85,5o) – 6sin3ωt (A) ; uC(t) = 120 + 218sin(ωt – 4,5o) –

283sin(3ωt – 90o) (V) ; Ihd = 4,38 (A) ; UChd = 279,6 (V)

f(t)

-ππππ

ππππ

ππππ 2ππππ -ππππ

Hình 4

2ππππ f(t)

t(s) 0 2ππππ 4ππππ 6ππππ -2ππππ -4ππππ -6ππππ

Hình 1 f(t)

Hình 2

0 2 4 -2

1

t(s)

t(s) 0 1 2 -1 -2

3

f(t) Hình 3

0,02H

5ΩΩΩΩ i(t)

e(t)

Hình 5

L R1

i(t)

e(t)

Hình 6

Eo

R2

u(t)

j(t) iL(t) iC(t)

RL RC

L C

Hình 7

C

L R

iR(t) i(t)

e(t)

Hình 8


13

Bài 7.7: Xem mạch điện hình 6. Hãy xác định số chỉ của vôn kế đo trị hiệu

dụng và vôn kế đo trị trung bình điện áp u(t) trên điện trở R1. Cho biết: R1 = 1 (KΩ) ; R2 = 4 (KΩ) ; L = 8 (mH) ; Eo = 5 (V) ; e(t) = 10cos(10

3t + 90o) + 4cos(2.103t) (V). ĐS: Uo = - 5 (V) ; Uhd = 7,18 (V)

Bài 7.8: Xem mạch điện hình 7. Hãy xác định các dòng điện iL(t) ; iC(t), công suất tác dụng và công suất phản kháng trên hai nhánh của mạch. Biết: j(t) = 4 + 2cosωot + 0,4cos2ωot (mA) ; RL = 4 (Ω) ; RC = 1 (Ω) ; ωoL = 1/ωoC = 500 (Ω)

ĐS: iL(t) = 4 + 200cos(ωot – 90o) + 0,133cos(2ωot – 180o) (mA) ; iC(t) = 200cos(ωot + 90

o) + 0,53cos2ωot (mA) ; PL = 0,8 (W) ; QL = 10 (VAr) ; PC = 0,02 W ; QC = - 10 VAr

Bài 7.9: Trên hai cực có đặt điện áp: u(t) = 3 + 3 2 cos(ωot + 30o) +

2 2 cos2ωot (V). Qua ha cực có dòng điện: i(t) = 1 + 2 2 cos(ωot - 30o) +

2 cos(2ωot + 60o) (A). Hãy xác định giá trị hiệu dụng của áp và dòng, công suất tác

dụng, công suất phản kháng, công suất biểu kiến và công suất méo dạng của hai cực. ĐS: Uhd = 4,7 (V) ; Ihd = 2,45 (A) ; P = 7 (W) ; Q = 3,47 (VAr) ; S = 11,5 (VA) ;

T = 8,44 (VA)

Bài 7.10: Xem mạch điện hình 8. Hãy xác định dòng điện i(t), công suất tác dụng trên điện trở và trị hiệu dụng của dòng điện iR(t). Cho biết: R = 100 (Ω) ; L = 0,1 (H) ; C = 5 (µF)

ĐS: i(t) = 12,65cos(103t + 101,57o) + 10cos(2.103t + 96,87o) (mA) ; PR = 7,9 (mW) ; IRhd = 8,9 (mA)

Bài 7.11: Xem mạch điện hình 9. Nguồn e(t) tác động lên mạch có dạng như hình 10. Biết: R = 10 (Ω) ; L = 31,8 (mH) ; C = 318 (µF). Hãy xác định biểu thức của tín hiệu u(t) và trị hiệu dụng của nó nếu ta chỉ xét đế hài bậc 7 của tín hiệu ngõ ra u(t).

ĐS: u(t) = 50 + 63,6sin(100πt – 90o) + 2,48sin(300πt – 159,4o) + 0,519sin(500πt – 168,2o) + 0,186sin(700πt – 171,7o) (V) ; Uhd = 67,3 (V)

e(t)

L

C R u(t)

Hình 9

e(t),V Hình 2

0 10 20

100

t(ms)

30

Hình 10


14

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 7.1: Với tín hiệu g(t) như hình 11, f(t) = π + g(t) g(t) là hàm đối xứng lẻ → các hệ số ao = 0 ; an = 0

Và: bn = 2( )tdtnsin)t(gT

2 2/T0 o∫ ω , với: T = 2π ; ωo = 1 ;

g(t) = t - π (trong ½ chu kỳ)

Vậy: bn = tdtnsin)t(2

40 o∫ ωπ−

ππ

= ∫ωω−

−ω

ω−π−π

ππ0

o

o0

o

o dt)n

tncos(]

n

)tncos)(t([

2= -

n

2

→ g(t) = ntsin)n2

(1n

∑ −∞

= → f(t) = π - ∑

∞

=1nntsin

n2

Bài 7.2: Với tín hiệu g(t) như hình 12, f(t) = 21 + g(t)

g(t) là hàm đối xứng lẻ → các hệ số ao = 0 ; an = 0

Ta có: g(t) =

<<

<<−−

2t021

0t22

1

; T = 4 ; ωo = 2π

Do đó: bn = 2( )tdtnsin)t(gT

2 2/T0 o∫ ω = 2( )tdt

2nsin

21

42 2/4

0∫

π

= ∫π2

0tdt

2nsin

21

= - 20]

2n

t2

ncos[

21

π

π

= π− )1n2(

2

→ g(t) = ∑π

−−π

∞

=1nt

2)1n2sin(

1n212

→ f(t) = 21 + ∑

π−

−π

∞

=1nt

2)1n2sin(

1n212

ππππ

f(t)

t(s) 0 2ππππ 4ππππ 6ππππ -2ππππ -4ππππ

Hình 11

-ππππ

f(t) Hình 12

0 2 4 -2

1/2

t(s) -1/2


15

Bài 7.3: Ta có:

f(t) =

<<<<2t131t0t3 ; T = 2 ; ωo = π

Các hệ số: ao = ∫1

0tdt3

T1

+ ∫2

1dt3

T1

= 10

2]

2t[3.

21

+ 21]t[3.2

1=

23

43+ =

49

an = tdtncost3T2 1

0o∫ ω + ∫ ω

2

1otdtncos3

T2

= 10]n

tnsint[3.

22

ππ

- ∫ππ1

0dt

ntnsin

+ 21]n

tnsin[3.

22

ππ

= 102]

)n(

tncos[3

ππ

= )1n(cos)n(

32

−ππ

= - 22)1n2(

6

π−

b n = ∫ ω1

0otdtnsint3

T2

+ ∫ ω2

1otdtnsin3

T2

= 10)]n

tncos(t[3.

22

ππ−

- ∫ππ−1

0dt)

ntncos

( + 21]n

tncos[3.

22

ππ−

= )ncos(n3

π−π

+[- ])n(

tnsin 102π

π - )ncosn2(cosn3

π−ππ

= - πn3

→ f(t) = ao + ∑ ω+ω∞

=1nonon )tnsinbtncosa(

= 49 - ∑

ππ

−∑−

π−π

∞

=

∞

= 1n1n22 n

tnsin3

)1n2(

t)1n2cos(6

Bài 7.4: Ta có:

f(t) = π<<ππ+−π<<2tt

t0t ; T = 2π ; ωo = 1

Các hệ số: ao = ∫π

0tdt

T1

+ ∫ π+−π

π

2dt)t(

T1

= ππ 0

2]

2t[

21

+ πππ+−

π2

2]t

2t

[21

= 0

an = tdtncostT2

0o∫ ω

π+ ∫ ωπ+−

π

π

2

otdtncos)t(T2

= ππ 0]n

ntsint[

22

- ∫π

0dt

nntsin

+ πππ+−

π2]

nntsin

)t[(22

- dt)1(nntsin2

∫ −π

π


16

= ππ 02

]n

ntcos[

1 - π

ππ2

2]

n

ntcos[

1 = ]

)1n2(

2[

12−

−π

- ])1n2(

2[

12−π

= π−

−2)1n2(

4

b n = ∫ ωπ

0otdtnsint

T2

+ ∫ ωπ+−π

π

2

otdtnsin)t(T2

= π−π 0)]n

ntcos(t[

22

- ∫−π

0dt)

nntcos

(

+ ππ

−π+−

π2)]

nntcos

)(t[(22

- ∫ −−π

π

2dt)1)(

nntcos

(

= )n

ncos(

1 ππ−π

+ π02]

n

ntsin[ +

n

1 ππ

- [ ]n

ntsin 22

ππ =

1n22−

→ f(t) = ao + ∑ ω+ω∞

=1nonon )tnsinbtncosa(

= ∑ −−

+−−−∞

−1n2

t)1n2sin(1n2

2t)1n2cos(

)1n2(

4

Bài 7.5: Phức hóa sơ đồ mạch như hình 13, trong đó: jnωoL = jn(500)(0,02) = j10n

Ta có: i(t) = io(t) + ∑∞

=1nn )t(i hay ở dạng

phức: I& = Io + ∑∞

=1nnI& , với Io là thành phần

D.C.; nI& là các thành phần hài bậc n, ở đây, theo biểu thức e(t) đã cho, ta chỉ xét 2 bậc

n = 1 và n =3. Do đó : i(t) = Io + 1I& + 3I&

Ta có: Io = R

Eo = 5

100 = 20 (A) hay io(t) = 20 (A) ; nI& =

n10jREn+

&

→ 1I& = 10jR

E1+

&

= 10j5

50+

= 4,47∠- 63,43o (A) hay i1(t) = 4,47sin(500t – 63,43o) (A)

→ 3I& =3.10jR

E3+

&

=30j5

25+

=0,822∠- 80,54o (A) hay i3(t)=0,822sin(1500t – 80,54o) (A)

Tóm lại: i(t) = 20 + 4,47sin(500t – 63,43o) + 0,822sin(1500t – 80,54o) (A) Công suất ác dụng nguồn phát ra:

P = EoIo + ∑ ψ−ψ∞

=1ninennmnm )cos(IE

21

j10n

5ΩΩΩΩ nI&

nE&

Hình 13


17

= 100(20) + )cos(IE21

)cos(IE21

3i3em3m31i1em1m1 ψ−ψ+ψ−ψ

= 2000 + 2150.4,47cos[0o- (- 63,43o)] + 25.0,822cos[0o – (- 80,54o)] = 2052 (W)

Tính P theo cách khác: P = R.Ihd2, với Ihd = ∑+

∞

=1n

2n

2o I

21

I

→ Ihd2 = 202 + )822,047,4(

21 22 + = 410,33 → P = 5(410,33) = 2052 (W)

Bài 7.6: ω = 2πf = 2π(50) = 100π (rad/s)

iC(t) = i(t) = io(t) + ∑∞

=1nn )t(i hay ∑+=

∞

=1nno III &&

Ta có: Io = 0 vì với thành phần D.C. (n=0), ZC = ∞ (tụ điện hở mạch)

n

nn Z

UI

&& = , với Zn = R + j(nωoL -

Cn

1

oω) = 10 + j[nω(0,05) -

)10.5,22(n

16−ω

]

→ Z1 = 10 + j[100π(0,05) - )5,22(100

106

π] = 10 – j125,7631 = 126,16∠- 85,45o (Ω)

→ 1I& = 1

1ZU&

= o45,8516,126

195

−∠ = 1,54∠85,5o hay i1(t) = 1,54sin(ωt + 84,5

o) (A)

→ Z3 = 10 + j[3.100π(0,05) - )5,22(100.3

106

π] = 10 (Ω)

→ 3I& = 3

3Z

U& =

1018060 o∠

= 6∠180o hay i3(t) = 6sin(ωt + 180o) = - 6sinωt (A)

Tóm lại: iC(t) = i(t) = 0 + 1,54sin(ωt + 84,5o) - 6sinωt (A)

Ta có: uC(t) = uCo(t) + ∑∞

=1nCn )t(u hay ∑+=

∞

=1nCnCoC UUU &&

Thành phần D.C. của điện áp trên tụ điện: UCo = Uo = 120 (V)

Các thành phần hài của điện áp trên tụ: CnnCn Z.IU && = , vói ZCn = - jCn

1

oω

→ ZC1 = - j)10.5,22(

16−ω

= - j)5,22(100

106

π = - j141,47 = 141,47∠- 90o (Ω)

→ 1C11C ZIU && = = (1,54∠85,5o)(141,47∠- 90o) = 218∠- 4,5o (V)

hay uC1(t) = 218sin(ωt – 4,5o) (V)


18

→ ZC3 = - j)10.5,22(3

16−ω

= - j)5,22(100.3

106

π = - j47,16 = 47,16∠- 90o (Ω)

→ 3C33C ZIU && = = (6∠180o)(47,16∠- 90o) = 283∠90o (V)

hay uC3(t) = 283sin(3ωt + 90o) = - 283sin(3ωt - 90o) (V)

Tóm lại: uC(t) = 120 + 218sin(ωt – 4,5o) - 283sin(3ωt - 90o)

Ta có: Ihd = ∑+∞

=1n

2n

2o I

21

I = )654,1(21 22 + = 4,38 (A)

UChd = ∑+∞

=1n

2Cn

2Co U

21

U = )283218(21

120 222 ++ = 279,6 (V)

Bài 7.7: Phương pháp xếp chồng

• Nối tắt nguồn D.C Eo chỉ để nguồn e(t) tác động (hình 14): 'I& = I’o + ∑∞

=1nn'I&

Ta có: I’o = oZ

0 = 0 → I’R1o = I’o

21

2RR

R

+ = 0

Và: n'I& =n

nZE&

, với Zn=jnωoL+ 21

21RR

R.R

+ = jn105(8.10-3) +

33

33

10.410

)10.4(10

+ = 800 + j800n

→ Z1 = 800 + j800 = 800 2∠45o (Ω)

→ 1'I& = 1

1ZE&

= o

o

452800

9010

∠∠

= 8,839∠45o (mA)

→ 11R'I& = 1I&21

2RR

R

+ = (8,839∠45o)(

33

3

10.410

10.4

+) = 7,071∠45o (mA)

→ Z2 = 800 + j2.800 = 1788,85∠63,43o (Ω)

→ 2'I& = 2

2ZE&

= o

o

43,6385,1788

04

∠∠

= 2,236∠- 63,43o (mA)

→ 12R'I& = 2I&21

2RR

R

+ = (2,236∠- 63,43o)(

33

3

10.410

10.4

+) = 1,789∠- 63,43o (mA)

R1

''I&

Hình 15

Eo

R2

''U& 1R''I&

R1

'I&

nE&

Hình 14

R2

'U&

1R'I&

jnωωωωoL


19

• Nối tắt nguồn e(t) chỉ để nguồn D.C. Eo tác động (hình 15): ''I& = I’’o (không có các thành phần hài).

Ta có: I’’o = I’’R10 = 1

oR

E =

310

5 = 5 (mA)

• Xếp chồng: IR1o = I’R1o + I’’R1o = 0 + (- 5) = - 5 (mA)

11RI& = 11R'I& + 11R''I& = 7,071∠45o + 0 = 7,071∠45o (mA)

12RI& = 12R'I& + 12R''I& = 1,789∠- 63,43o + 0 = 1,789∠- 63,43o (mA)

Điện áp trên R1: U& = 'U& + ''U& = 1R1 'I.R & + 1R1 ''I.R &

= )'I'I'I(R 12R11Ro1R1&&& ++ + )''I''I''I(R 12R11Ro1R1

&&& ++

= 103(0 + 7,071.10-3∠45o + 1,789.10-3∠- 63,43o) + 103(- 5 + 0 + 0) (V) hay u(t) = - 5 + 7,071cos(105t + 45o) + 1,789cos(2.105t – 63,43o) (V) Suy ra trị trung bình điện áp trên R1: Uo = - 5 (V)

Và trị hiệu dụng điện áp trên R1: Uhd = ∑+∞

=1n

2n1R

2o1R U

21

U

= )789,1071,7(21

5 222 ++ = 7,18 (V)

Bài 7.8: Dòng qua cuộn dây iL(t) = iLo(t) + ∑∞

=1nLn )t(i hay LI& = ILo + ∑

∞

=1nLnI&

Ta có: ILo = Jo = 4 (mA) → iLo(t) = 4 (mA)

Và: LnI& = nJ& (

Cn1

jRLjnR

Cn1

jR

oCoL

oC

ω−+ω+

ω−

→ 1LI& = 1J& (500j1500j4

500j1−++

−) = 2(0,2 – j100) = 200∠- 90o (A)

hay iL1(t) = 200cos(ωot – 90o) (mA)

→ 2LI& = 2J& (

2500j1500.2j4

2500j1

−++

−) = 0,4(

750j5250j1

+−

) = - 0,133 – j0,0014

= 0,133∠- 180o (mA) hay iL2(t) = 0,133cos(2ωot – 180o) (mA)

Tóm lại: iL(t) = 4 + 200cos(ωot – 90o) + 0,133cos(2ωot – 180

o) (mA)

Dòng qua tụ điện iC(t) = iCo(t) + ∑∞

=1nCn )t(i hay CI& = ICo + ∑

∞

=1nCnI&

Ta có: ICo = 0 → iCo(t) = 0, và: CnI& = nJ& - LnI&


20

→ 1CI& = 1J& - 1LI& = 2 + j200 = 200∠90o (mA) hay iC1(t) = 200cos((ωot + 90o) (mA)

→ 2CI& = 2J& - 2LI& = 0,4 + 0,133 + j0,0014 = 0,53∠0o (mA)

hay iC2(t) = 0,53cos2ωot (mA) Tóm lại: iC(t) = 200cos(ωot + 90

o) + 0,53cos2ωot (mA) Công suất tác dụng trên nhánh điện cảm: PL = RLILhd

2

Với:ILhd2=ILo

2+ )II(21 2

2L21L + =10-6(4 2+

21(2002+0,1332)=0,02 → PL=4(0,02)=0,08 (W)

Công suất phản kháng trên nhánh điện cảm:

QL =21∑ ψ−ψ∞

=1niLnuLnLnmLnm )sin(IU , với ULmn cho bởi: LnU& = LnI& (jnωoL)

→ 1LU& = 1LI& (j500) = (200.10-3∠- 90o)(500∠90o) = 100 (V)

→ 2LU& = 2LI& (j2.500) = (0,133.10-3∠- 180o)(1000∠90o) = 0,133∠- 90o (V)

Vậy: QL = 21UL1mIL1msin[0

o – (- 90o)] + UL2mIL2msin[- 90o – (- 180o)]

= 21(100.200.10-3sin90o + 0,133.0,133.10-3sin90o) = 10 (VAr)

Công suất tác dụng trên nhánh điện dung: PC = RCIChd2

Với: IChd2=ICo

2 + )II(21 2

2C21C + =10-6

21(2002 + 0,532)= 0,02 → PL= 1(0,02)= 0,02 (W)

Công suất phản kháng trên nhánh điện dung:

QC = 21∑ ψ−ψ∞

=1niCnuCnCnmCnm )sin(IU ,với UCnm cho bởi: CnU& = CnI& (-j

Cn

1

oω)

→ 1CU& = 1CI& (- j500) = (200.10-3∠90o)(500∠- 90o) = 100 (V)

→ 2CU& = 2CI& (- j2

500) = (0,53.10-3∠0o)(250∠- 90o) = 0,133∠- 90o (V)

Vậy: QC = 21[UC1mIC1msin(0

o – 90o) + UC2mIC2msin(- 90o – 0o)]

= 21(100.200.10-3sin(- 90o) + 0,133.0,53.10-3sin(- 90o) = - 10 (VAr)

Bài 7.9: Uhd = ∑+∞

=1n

2n

2o U

21

U = 222 )22()23[(21

3 ++ = 4,7 (V)

Ihd = ∑+∞

=1n

2n

2o I

21

I = 222 )2()22[(21

1 ++ = 2,45 (A)


21

P = UoIo + ∑ ψ−ψ∞

=1ninunnmnm )cos(IU

21

= 3.1 + 213 2 .2 2 cos[30o – (- 30o)] + 2 2 . 2 cos(0o – 60o) = 7 (W)

Q = 21∑ ψ−ψ∞

=1ninunnmnm )sin(IU

= 213 2 .2 2 sin[30o – (- 30o)] + 2 2 . 2 sin(0o – 60o) = 3,47 (VAr)

S = UhdIhd = 4,7(2,45) = 11,5 (VA)

T = 222 QPS −− = 222 47,375,11 −− = 8,44 (VA)

Bài 7.10: i(t) = io(t) + ∑∞

=1nn )t(i hay I& = Io + ∑

∞

=1nnI&

Ta có: Io = 0 → io(t) = 0, và nI& = n

nZE&

, với Zn = - jCn

1

oω +

LjnR

R)Ljn(

o

oω+

ω

= - j)10.5(10n

163 −

+ 1,0.10jn100

100)1,0.10jn(3

3

+ = - j

n200

+ jn1n100j

+

→ Z1 = - j200 + j1

100j+

= 50 – j150 = 158,114∠- 71,57o (Ω)

→ 1I& = 1

1ZE&

= o

o

57,71114,158

302

−∠∠

= 12,65∠101,57o (mA)

hay i1(t) = 12,65cos(103t + 101,57o) (mA)

→ Z2 = - j2

200 +

2j1100.2j+

= 80 – j60 = 100∠- 36,87o (Ω)

→ 2I& = 2

2ZE&

= o

o

87,36100

601

−∠∠

= 10∠96,87o (mA)

hay i2(t) = 10cos(2.103t + 96,87o) (mA)

Tóm lai: i(t) = 12,65cos(103t + 101,57o) + 10cos(2.103t + 96,87o) (mA)

Dòng qua R: iR(t) = iRo(t) + ∑∞

=1nRn )t(i hay RI& = IRo + ∑

∞

=1nRnI&


22

Ta có: IRo = Io = 0 → iRo(t) = 0, và RnI& = nI& LjnR

Ljn

o

oω+

ω

→ 1RI& = 1I& )1,0(10j100

)1,0(10j3

3

+ = (12,65∠101,57o)(

100j100100j+

) = 8,9∠146,57o (mA)

hay iR1(t) = 8,9cos(103t + 146,57o) (mA)

→ 2RI& = 2I& )1,0(10.2j100

)1,0(10.2j3

3

+ = (10∠96,87o)(

200j100200j+

) = 8,9∠123,14o (mA)

hay iR2(t) = 8,9cos(2.103t + 123,14o) (mA)

Tóm lại: iR(t) = 8,9cos(103t + 146,57o) + 8,9cos(2.103t + 123,14o) (mA)

→ IRhd = ∑+∞

=1n

2Rn

2Ro I

21

I = )9,89,8(21 22 + = 8,9 (mA)

Và: PR = R.IRhd2 = 100(8,9.10-3)2 = 7,9 (mW)

Bài 7.11:

Với tín hiệu g(t) như hình 16, e(t) = 50 + g(t) g(t) là hàm đối xứng lẻ → các hệ số ao = 0 ; an = 0

Ta có: g(t) =

<<−<<

)ms(20t10)V(50)ms(10t0)V(50 ; T=2.10-2 (s) ; ωo= 210.2

2−π

=100π (rad/s)

Do đó: bn = 2( )tdtnsin)t(gT2 2/T

0 o∫ ω = 2( )tdt100nsin5010.2

2210

02 ∫ π

−

−

= ∫ π−210

0

4 tdt100nsin10 = -210

04 ]

100nt100ncos

[10 −

ππ

= π− )1n2(

200

→ g(t) = ∑ π−−π

∞

=1nt100)1n2sin(

1n21200

→ e(t) = 50 + ∑ π−−π

∞

=1nt100)1n2sin(

1n21200

= 50 + π200

sin100πt + π3

200sin300πt +

π5200

sin500πt + π7

200sin700πt (V)

g(t),V Hình 16

0 10 20

50

t(ms) -50

30


23

Dòng trong mạch chính: i(t) = io(t) + ∑∞

=1nn )t(i hay I& = Io + ∑

∞

=1nnI&

Ta có: Io = R

Eo = 1050

= 5 (A) → io(t) = 5 (A), và nI& =

n

n

Z

E&, với:

Zn = jnωoL +

Cn1

jR

R)Cn

1j(

o

o

ω−

ω−

= jn100π(31,8.10-3) +

6

6

10.318.100n

1j10

10)10.318.100n

1j(

−

−

π−

π−

= j10n +

n10j10

n100j

−

− → Z1 = j10 +

10j10100j−

− = 5 + j5 = 5 2∠45o (Ω)

→ 1I& = 1

1ZE&

= o4525

200

∠π = 9∠- 45o (A) hay i1(t) = 9sin(100πt – 45

o) (A)

→ Z3 = j3.10 +

310j10

3

100j

−

− = 1 + j27 = 27,02∠87,88o (Ω)

→ 3I& =3

3Z

E&=

o88,8702,273200

∠π =0,785∠-87,88o(A) hay i3(t)=0,785sin(100πt–87,88

o) (A)

→ Z5 = j5.10 +

510j10

5100j

−

− = 0,385 + j48,077 = 48,079∠89,54o (Ω)

→ 5I& =5

5Z

E&=

o54,89079,485200

∠π =0,265∠-89,54o(A)hay i5(t)=0,265sin(100πt–89,54

o) (A)

→ Z7 = j7.10 +

710j10

7100j

−

− = 0,2 + j68,6 = 68,6∠89,83o (Ω)


24

→ 7I& =7

7Z

E&=

o83,896,687200

∠π =0,132∠-89,83o(A)hay i7(t)=0,132sin(100πt–89,83

o) (A)

Tóm lại: i(t) = 5 + 9sin(100πt – 45o) + 0,785sin(100πt–87,88o) + 0,265sin(100πt–89,54o) + 0,132sin(100πt–89,83o) (A)

Dòng qua R: iR(t) = iRo(t) + ∑∞

=1nRn )t(i hay RI& = IRo + ∑

∞

=1nRnI&

Ta có: IRo = Io = 5 (A) → iRo(t) = 5 (A), và RnI& = nI&

Cn1

jR

Cn1

j

o

o

ω−

ω−

→ 1RI& = 1I&

6

6

10.318.100

1j10

10.318.100

1j

−

−

π−

π−

= (9∠- 45o)(10j10

10j−−

) = 6,36∠- 90o (A)

hay iR1(t) = 6,36sin(100πt – 90o) (A)

→ 3RI& = 3I&

6

6

10.318.100.3

1j10

10.318.100.3

1j

−

−

π−

π−

= (0,785∠- 87,88o)(0,316∠- 71,57o)

= 0,248∠- 159,4o (A) hay iR3(t) = 0,248sin(300πt – 159,4o) (A)

→ 5RI& = 5I&

6

6

10.318.100.5

1j10

10.318.100.5

1j

−

−

π−

π−

= (0,265∠- 89,54o)(0,196∠- 78,68o)


→ 7RI& = 7I&

6

6

10.318.100.7

1j10

10.318.100.7

1j

−

−

π−

π−

= (0,132∠– 89,83o))(0,141∠- 81,87o)


Điện áp trên R: u(t) = uo(t) + ∑∞

=1nn )t(u hay U& = Uo + ∑

∞

=1nnU&

Ta có: Uo = RIRo = 10(5) = 50 (V) → uo(t) = 50 (V), và nU& = R. RnI&

→ 1U& = R. 1RI& = 10(6,36∠- 90o) = 63,6∠- 90o (V) hay u1(t) = 63,6sin(100πt – 90o) (V)


25

→ 3U& = R. 3RI& = 10(0,248∠- 159,4o) = 2,48∠- 159,4o (V)

hay u3(t) = 2,48sin(300πt – 159,4o) (V)

→ 5U& = R. 5RI& = 10(0,0519∠- 168,2o) = 0,519∠- 168,2o (V)

hay u5(t) = 0,519sin(500πt – 168,2o) (V)

→ 7U& = R. 7RI& = 10(0,0186∠- 171,7o) = 0,186∠- 171,7o (V)

hay u7(t) = 0,186sin(700πt – 171,7o) (V)

Tóm lại: u(t) = 50 + 63,6sin(100πt – 90o) + 2,48sin(300πt – 159,4o) + 0,519sin(500πt – 168,2o) + 0,186sin(700πt – 171,7o) (V)

Trị hiệu dụng điện áp trên R: Uhd = ∑+∞

=1n

2n

2o U

21

U

= )186,0519,048,26,63(21

50 22222 ++++ = 67,3 (V)

James WATT 1736 - 1819

MỤC LỤC

Chương 1: Khái niệm cơ bản về Mạch điện..........................................................................1 1.1 Mạch điện và kết cấu của mạch điện ...............................................................................1 1.2 Các phần tử cơ bản của mạch điện..................................................................................1 1.2.1 Điện trở..........................................................................................................................1 1.2.2 Điện cảm........................................................................................................................1 1.2.3 Điện dung ......................................................................................................................1 1.2.4 Nguồn điện ....................................................................................................................2 1.3 Định luật Ohm ...................................................................................................................2 1.3.1 Định luật Ohm đối với một đoạn mạch ......................................................................2 1.3.2 Định luật Ohm đối với toàn đoạn mạch .....................................................................3 1.4 Định luật Kirchhoff ...........................................................................................................3 1.4.1 Định luật Kirchhoff 1 ...................................................................................................3 1.4.2 Định luật Kirchhoff 2 ...................................................................................................4 1.5 Các phép biến đổi tương đương .......................................................................................4 1.5.1 Phép biến đổi nối tiếp ...................................................................................................4 1.5.2 Phép biến đổi song song ...............................................................................................4 1.5.3 Phép biến đổi Y-∆∆∆∆ và ∆∆∆∆-Y ............................................................................................5 1.5.4 Phép biến đổi các nguồn điện ......................................................................................6 1.6 Giải mạch điện bằng phương pháp dòng nhánh ............................................................7 1.6.1 Thế nào là phương pháp dòng nhánh.........................................................................7 1.6.2 Các bước giải mạch điện bằng phương pháp dòng nhánh .......................................8 1.6.3 Bài tập áp dụng phương pháp dòng nhánh ...............................................................8 Bài tập chương 1 ....................................................................................................................10 Chương 2: Mạch xác lập điều hòa .......................................................................................20 2.1 Các đặc trưng của một đại lương hình sin ....................................................................20 2.1.1 Trị tức thời ..................................................................................................................21 2.1.2 Chu kỳ..........................................................................................................................21 2.1.3 Tần số...........................................................................................................................21 2.1.4 Góc lệch pha................................................................................................................21 2.2 Trị hiệu dụng của các đại lượng điện xoay chiều hình sin ..........................................22 2.3 Biễu diển các đại lượng điện áp xoay chiều hình sin bằng số phức............................23 2.4 Quan hệ dòng và áp trong 3 mạch phức thuần.............................................................27 2.4.1 Mạch phức thuần trở .................................................................................................27 2.4.2 Mạch phức thuần cảm................................................................................................27 2.4.3 Mạch phức thuần dung ..............................................................................................28 2.5 Quan hệ dòng và áp trong mạch phức tổng hợp ..........................................................28 2.6 Công suất mạch xoay chiều hình sin..............................................................................30 2.7 Giải mạch xoay chiều hình sin bằng số phức................................................................33 2.8 Bài tập chương 2 ..............................................................................................................36

Documents

Giáo trình Mạch điện tử