Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn

1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn,

nên ;A,Rr

EI;UUR.Ir.IE 150

00 =

+=+∆=+=

Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-∆U;b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a)

=−−=

=+++−

=

)r.IE(U

;A,rrr

EEEI

ab 011

030201

321 50

V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU

;V).,(

cdbc59501051935018

1045012

033022 −=−−=−−==+=+=−=−−

b

) Nếu đổi chiều nguồn E2 như ở hình 1.42. b)

V)r.IE(U

;V)r.IE(U;V)r.IE(U;ARrrr

EEEI

cd

bcab

8

64220

40

033

022011030201

321

−=−−=

−=−−=−=−−===+++

++=

Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ. 1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản.

1.4. 2024012816302402424050

1224.,V,.,U;A,I +==−==−=

1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì W,r

ErIp;

r

EI 40

0

2

02

0

====

Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì R)Rr(

Ep;

Rr

EI

20

2

0 +=

+= .

Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để pmax thì p’=0:

H×nh 1.41

+_+_

U

Er0

I

R

U∆

a b c d+_+ _+_

Uab Ubc Ucd

IE1 E2 E3

a)

H×nh 1.42

a b c d+_+_+_

Uab Ubc Ucd

IE1 E2 E3

b)

R

33

mWW,,

r

Ep

rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr(

Hay)Rr(

)rR(.R)Rr(E'p

rRmax10010

4

40

4

02222

02

0

2

022

0222

002

0

40

202

0====

=→=−=−−++=+−+

=+

+−+=

=

1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. 10. a):

<≤≤+−

≤<

=

tskhi

stskhit

skhit

tkhi

)t(u

20

21105

105

00

.

Đồ thị hình 1.43. a)

i(t)= =R

)t(u

<≤≤+−

≤<

tskhi

stskhit

skhit

tkhi

20

212

10

00

.

Đồ thị hình 1.43. b) Công suất tức thời:

p(t)=R. i2(t)= =R

)t(u2

<≤≤+−

≤<

tskhi

stskhi)tt(

skhit

tkhi

20

21445

105

00

2

2

Đồ thị hình 1.43c Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng:

W,

Wt

dttdt)t(pWR

671

3

5

0

1

355

31

0

21

0

≈

==== ∫∫

+Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b)

u(t)

t [s]

[V]

0 1 2

5 a)

i(t)

t [s]

[A]

0 1 2

1b)

p(t)

t [s]

[W]

0 1 2

5 c)

H×nh1.43u(t)

t [s]

[V]

0 1 2

5

a)

i(t)

t [s]

[A]

0 1 2

1

b)

p(t)

t [s]

[W]

0 1 2

5

c)

H×nh1.44

34

<≤≤−

≤<

=

tskhi

stskhit

skhit

tkhi

)t(u

20

2155

105

00

. Đồ thị hình 1.44. a)

<≤≤−≤<

==

tskhi

stskhit

skhit

tkhi

R

)t(u)t(i

20

211

10

00

Đồ thị hình 1.44. b)

<≤≤+−

≤

<

===

tkhi

tkhi)tt(

khit

tkhi

)t(i.RR

)t(u)t(p

20

21125

105

00

2

22

2

Đồ thị hình 1.44. c)

W≈1,67 W;+Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c)

<≤≤+−≤≤≤≤

<

=

tskhi

stskhit

stskhi

stkhit

tkhi

)t(u

30

32155

215

105

00

; Hình 1.45a)

<≤≤+−

≤≤≤≤

<

=

tskhi

stskhit

stskhi

stkhit

tkhi

)t(i

30

323

211

10

00

; Hình 1.45b)

<≤≤+−

≤≤≤≤

<

=

tskhi

tskhi)tt(

stskhi

stkhit

tkhi

)t(p

30

32965

215

105

00

2

2

Hình 1.45c)

W≈1,67 W;

1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích:

t [s]

[V]

0 1 2

5

a)

3

t [s]

[A]

0 1 21

b)

3

u(t)

i(t)

t [s]

[V]

0 1 2

5c)

3b)

p(t)

H×nh 1.45

35

≤≤−≤≤+−

≤≤=

s4ts3khi4t

s3ts1khi2t

s1t0khit

)t(u ;

1. Trên điện trở R=1Ω: a) Biểu thức dòng điện:

≤≤−≤≤+−

≤≤===

S4tS3khi4t

S3tS1khi2t

S1t0khit

1

)t(u

R

)t(u)t(iR

Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46. b) Năng lượng toả nhiệt:

=+−=+−

=+−=+−

==

====

∫

∫

∫

∫∫

)J(3

1

3

4)t16t4

3

t(dt)16t8t(

)J(3

2

1

3)t4t2

3

t(dt)4t4t(

)J(3

1

0

1

3

tdtt

dtR

URdtiQW

234

3

2

233

1

2

31

0

2

t

t

2t

t

2R

2

1

2

1

t [s]

[V]

0 1 2

1

3

u(t)

4

-1

H×nh 1.46

36

+ Với 1s ≤ t ≤ 3s

501

22

1211 2

11

,t

tt

)(idt)t()(iudtL

)t(iL

t

L

t

L+

+−=++−=+= ∫∫ =

;tt

,),(tt

122

5025022

22

−+−=++−−+−=

(Có thể kiểm tra lại iL(t=1s) theo công thức này iL(1s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. )

Như vậy có iL(t=3s)= 503

122

2

,t

tt =

=−+−

+ Với 3s ≤ t ≤ 4s

503

42

3431 2

33

,t

tt

)(idt)t()s(iudtL

)t(iL

t

L

t

L+

−=+−=+= ∫∫

842

50342

34

2

222

+−=+−−−= tt

,).(tt

.

(Có thể kiểm tra lại iL(t=3s) theo công thức này iL(3s)=0,5- ứng với quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. )

Kết quả có

≤≤+−

≤≤−+−

≤≤

=+= ∫s4ts3khi8t4

2

t

s3ts1khi1t22

t

s1t0khi2

t

)t(iudtL

1)t(i

2

2

2

0L

t

t

L

0

b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L.

WM(t)= =2

)t(Li2L

≤≤+−+−

≤≤+−+−

≤≤

==

s4ts3khi8t32t12t28

t

s3ts1khi5,0t2t5,2t8

t

s1t0khi8

t

2

)t(Li)t(W

234

234

4

2L

M

37

c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:

≤≤−+−

≤≤−+−

≤≤

==

s4ts3khi32t24t62

t

s3ts1khi2t5t32

t

s1t0khi2

t

dt

dW)t(p

23

23

3

L

3. a) iC(t)=C =dt

duC

≤≤≤≤−

≤≤

431

311

101

tkhi

tkhi

tkhi

b) Năng lượng điện trường:

==2

2C

E

uCW

≤≤+−

≤≤+−

≤≤

43842

31222

102

2

2

2

tkhitt

tkhitt

tkhit

c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản

kháng: ==dt

dW)t(p

E uCic =

≤≤−≤≤−

≤≤

434

312

10

tkhit

tkhit

tkhit

.

1.8. Dòng điện qua R

tsin,R

)t(e)t(i

R40010== [A].

Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a. Dòng điện qua diện cảm L:

]A[tcos,tsin,

)(idt)t(uL

)t(i

t

t

LL

4001040010250

1

01

0

0

−=

=+=

∫

∫.

Đồ thị hình 1.47c

1.9

tπ π2

π2

π3

e(t)

10[V]

-10i (t)

0,1[A]

t

-0,1

R

i (t)0,1

[A]

-0,1

L

ω

tω

tωc)

a)

b)

H×nh 1.47

38

>≤≤

<=

stkhi

stkhit

khi

)t(e

12

102

000

s

stkhi

tkhit

khi

R

e)t(i

R

>≤≤

<==

11

10

000

⇒ iR(0,5)=0,5A; iR(0,9)=0,9A; iR(1)=1A; iR(1,2)=1A

>−=+=+

=→≤≤=+

<

=+=

∫

∫∫

stkhitt

t)(idt

)(istKhit)(itdt

tkhi

)t(idt)t(eL

)t(i

t

L

L

t

L

t

t

LL

11211

212

111002

00

1

1

0

20

0

⇒ iL(0,5)=0,25A; iL(0,9)=0,81A; iL(1)=1A; iL(1,2)=1,4A

iC(t)=

>≤≤

<=

1tKhi0

1t0khi1

0tkhi0

dt

deC ; iC(0,5)=1A; iC(0,9)=1A; iC(1)=1A; iR(1,2)=0;

1.10.

≤≤+−≤≤

=sts,khit

s,tkhit)t(i

15044

5004

a)

== )()( tRituR

≤≤+−≤≤

sts,khit

s,tkhit

15088

5008; ==

dt

diLtuL )(

≤≤−≤≤

sts,khi

s,tkhi

1504

5004

u(t)=uR(t)+uL(t)=

≤≤+−≤≤+

sts,khit

s,tkhit

15048

50048

b) Umax=8V c) Phương trình công suất tiêu tán:

p(t)=u(t)i(t)=

≤≤+−=+−≤≤+=+

sts,khi)tt(tt

s,tkhi)t(ttt

15013216164832

5001216163222

2

p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W;

1.11.

≤≤+−≤≤

=sts,khit

s,tkhit)t(i

15044

5004

a) uR(t)=Ri=

≤≤+−≤≤

=sts,khit

s,tkhit)t(i

1504040

50040;

39

≤≤−+−

≤≤=⇒

−+−=++−=

+=→≤≤

=→=

==

+=→≤≤

+=

∫

∫

∫

∫

sts,khitt

s,tkhit)t(u

tt],

t)t

t.[(

),(uidtC

)t(usts,Khi

V),(u;)(u

ttdt,

)t(uidtC

)t(us,tKhi

:)t(uidtC

)t(u

C

C

t

,

c

C

C

t

C

t

t

c

C

t

t

c

1504124

5004

4124150

42

42

501

150

15000

4450

1

1500

1

2

2

22

50

2

0

0

0

0

0

u(t)=u(t)+uC(t)=

≤≤+−−≤≤+

sts,khitt

s,tkhitt

15036284

5004042

2

b) UMax=21V

b) p(t)=u(t)i(t)=

≤≤+−+

≤≤+

sts,khi

ttt

s,tkhi)t(t

150

1442569616

500101623

2

;

p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W Các đồ thị hình 1.481.12. .

≤−≤≤

=

≤−≤≤

=

tskhi

stkhi)t(i)a

tskhi

stkhi)t(u

R 21

201

21

201

≤+−=+−

=→≤≤

=+= ∫

tskhit)(it

t

)(istkhit

)t(iudtL

)t(i

L

L

t

t

LL

o

2422

2220

10

≤+−≤≤+

=+=tskhit

stkhit)t(i)t(ii

LR 23

201

H×nh 1.480 0,5 1

t [s]

u (t)R

20

1

u(t)

u (t)C

4

21

2 t[s]

1

-1

H×nh 1.49

23

4

[A]i(t)

i (t)

i (t)

L

R

0

40

≤−≤≤+

==

=

tskhit

stkhit)t(i)t(u)t(p)d

;i)bmax

23

201

3

Đồ thị hình 1.49.

1.13.

CL

eCdte

L)t(i;

R

e

R

e)t(i)a

ttt

L

t

R+−=+===

−−

−

∫2

0

22

212

Để iL(0)=0 thì hằng số L

C1= → iL(t)= )e(

L

t211 −−

i(t)=R

e)e(

L

t

t

22 2

11 −

− +−

Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t1=0,5 s

Ω==⇒

=−+=

−==

−−

−

756320

011112

50

11

150

11

1

R`;H,L

;,)e(LR

e),(i

)e(L

),(iL

b) ;e555,1582,1)t(i);e1(582,1)t(i;e0267,0)t(i t2t2L

t2R

−− −=−==

1.14. Hình 1.14a)

<≤≤

==tskhi

stkhiR)t(Ri)t(u)a

R 20

202

Ω==⇒

=+=

=+=≤≤+=

=⇒=≤≤=+== ∫

350

144

22

102

2120

22

0020221

00

R;F,C

CR)s(u

CR)s(u

;tkhiC

tR)t(u

)AUDo(tkhiC

tAt

Cidt

C)t(u

C

t

C

b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0≤ t ≤ 2

∫ ===+=

====t

CCCC

RRR

;V)(U;V,)(U;t,)(utdt,)t(u

;V)(u;V,)(u;t,)t(Riu

0

2 62511510512

9254154

.V)(u;V)(u;t,t,u 152615451 2 ==+=1.15. Mạch điện hình 1.50. a) Phương trình theo định luật Kieckhop 2: uR(t)+uL(t)+ uC(t)=e(t). + Biến số là i(t):

.)t(eidtCdi

diL)t(Ri =++ ∫

1 Đạo hàm 2 vế

phương trình này và viết cho gọn

Ri’+Li”+C

1i=e’

u (t)

i(t)

L

C

H×nh 1.50

e(t)

Ru (t)

u (t)

41

Hay i”+2αi’+ω20i=

L

'e

với α=LC

,L

R 1

2 0 =ω

+ Biến là điện áp uL(t): Vì )(IdtuL

iL

t

L0

1

0

+= ∫ nên

)(Udt)(IdtuLC

)(UidtC

uC

t

L

t

LC

t

C00

110

1

0 00

+

+=+= ∫ ∫∫ .

Thay i vào uC vào phương định luật Kieckhop 2:

e)(Udt)(IdtuLC

u)(IdtuL

RC

t

L

t

LLL

t

L=+

+++

+ ∫ ∫∫ 00

110

1

0 00

Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này:

"euuudt

edu

dt

du

dt

ud

dt

ed

CL

u

dt

ud

dt

du

L

RL

'

L

''

LL

LLLLL =ω+α+→=ω+α+→=++ 202

2202

2

2

2

2

2

22 b

)Trong khoảng 0÷2s:

;t)(utidtC

)t(u;t)t(u;t)(idtuL

)t(i C

t

CRL

t

L22

00

2021

2401 =+====+= ∫∫

)tt(ttu 22422 22 ++=++=1.16. Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là ig+iL+iC=i0

Biến số là u(t):

dt

di

C

1u

dt

du2

dt

udcóta

LC

1;

C2

glà

haydt

di

dt

udC

L

u

dt

dugi

dt

duC)0(Iudt

L

1gu

0202

2

0

t

0

02

2

0L

=++==

=++→=+++ ∫

ωαωα

Biến số là iL(t):

Vì dt

digLi;

dt

idLC

dt

duCinªn

dt

diLu

L

g

L

C

L ====2

2

Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:

.i

idt

di

dt

idhayi

dt

idLCi

dt

digL

L

LLL

L

L

20

0202

2

02

2

2ω

=ω+α+=++

Biến số là iC(t): Vì ∫ +=t

CCC)(Udti

Cu

0

01

)(Idt)(UdtiCL

)(IudtL

i;)(UdtiC

gguiL

tt

CCL

t

L

t

CCg00

110

10

10

00

0

+

+=+=

+== ∫ ∫∫∫

Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:

42

20

2202

2

20

2

2

20

0

0000

2

011

0011

01

dt

idi

dt

di

dt

idhay

td

id

dt

id

LC

i

dt

di

C

ghay

dt

di

dt

di)(Udti

CLi

C

g

ii)(Idt)(UdtiCL

)(UdtiC

g

C

LC

CCCC

t

CCC

CL

tt

CC

t

CC

=ω+α+

=++=+

++

=++

++

+

∫

∫ ∫∫

1.17. 34

3

2

3

24

224

4

56

dt

id

R

L

dt

id

R

L

dt

diLRiuu

ad+++==

1.18. 3

43

2

24

2224

4 242dt

udRLC

dt

ud)CRLC(

dt

du)

R

LRC(uuu

ad+++++==

1.19. Quan hệ giữa điện áp một chiều và điện dung : k

k

kkkKU

qCHayUCq == .

(qK-điện tích ). Năng lượng tích luỹ ở điện dung CK là 2

2k

kK

UCW =

Hai điện dung Ck và Cl mắc song song thì cho điện dung tương đương Ckl=CK+Cl.Hai điện dung Ck và Cl mắc nối tiếp thì cho điện dung tương đương là Ckl=

lk

lk

CC

CC

+ . Từ đó thay thế tương đương từ

phải sang trái của mạch hình 1.51

F,,

.,C;F,,C;F,

,

.,C

;F,CCC;F,CC

CCC

td

36

7912078954

789537895337895078950

1753

1753

75334

3750

4

3

234562356

53636563

63

===+==+

=

=+=+===+

=

Như vậy điện tích trong điện dung tương đương là : q=E.Ctđ=7,912 . Từ đó:

UC1= Jun,U

CWV,C

qC

3312

912721

111

≈=→=

Jun,U

CW;V,UEUUCCCC

539662

088224

441365244 ===−==

C

C C

CC

CE

1 32

4 65 H×nh 1.51CCCCC 36356235623456t®

43

.Jun,W

;V,,,UU;Jun,W;,C

qU

,qq)CvµCQua(q;,.,UCq

C

CCCC

28980

44064810882358916481

6481264630882

5

365522

22

436522444

=

=−=====

=−====

W,W;Jun,W;,,,U;V,C

qU

,,,qqqq;,,.CUq

CC0188005370112032804403280

328032164813214403

6363

33

5263555

===−===

=−=−=====+

1.23.

mA,,,

I;V.,"E

V,.'E;K,,.,

R;mA,R

E'I)a

258080160

1005610012580

561603501601

8020350

20

70

3

121

0

−=++

−===

==Ω=====

(Hình 1. 22→hình 1.52 a,b)

i

0

3

Hình 1.22

I

R 3R

R R

1

42E

i

0

3

I

R 3

R R42

R1

I’0

i3R 3 R4

2R1

E’ E”

b)a)

Hình 1.52

⇒

,

,,RRR

RRR;,.,RI,

RR

Eu)b

tdh

960

881604480125801

7080

4

21

21

40

21 =

+=++

=−=−=−+

=

(Hình 1.53a,b)

mA

, , R R

u i

td

h 25 8 0 96 0

44

3 5 − =

+

− =

+ =

44

81831808080806180

618020

70

0

2432

432131

0

,,,,,

,,

,.,,

RRRR

)RR//(RR

E

i

IKhi)c

=+++

+

=++

++=

→=

Khi E=0(Hình 1.54 a,b)

mA

,,iii

,,,,,

R

RR

RRRR

Ii

25

8185681831

81856801608080

125

32313

4

21

2143

032

−=−=+=

−=++

−

=

+++

−=

1.24. Mạch điện hình 1.23. đã cho được biến thành mạch hình 1.55 như sau:+Lần thứ nhất cho E1=0, E2 tác động: Hình 1.55 a) Mạch có dòng qua R4 bằng 0 . Mạch được rút gọn: E2 mắc nối tiếp với R2 nối tiếp với (R3//R5)

==+

=+

=7

100

2050

2050

RR

RRR

53

5335

..14,285714

29≈14,3Ω

A28070

50380

RR

Rii

A10070

20380

RR

Rii

A380339

15

31425

15

RR

ei

53

32151

53

52131

352

221

,,

,,

,,,

.

.

−=−=+

−=

−=−=+

−=

≈=+

=+

=

⇒

0

100

280

41

3111

5101

=−===−=

i

,ii

,ii

0IR

RR

1

42E

i3R 3

t®Rb)a)

Hình 1.53

uh

hu

0IR

RR

1

42E

i3R 31

R R42

R1 i3R 32

b)a)

Hình 1.54

Hình 1.23

i1

i2

i4i3

R2

R4R5

R3

e2

e1

b)a)

i5

i11

i21

i41

i31

R2

R5

R3

e2

e1 i1

i2

i4i3

R2

R4R5

R3e1

i5i51

i01i0 i02

Hình 1.55

45

+Lần thứ hai cho E2=0, E1 tác động: Hình 1.55 b) Mạch rút gọn là: Nhánh 1 là e1 mắc // R4 ;R3 mắc nối tiếp với (R2//R5)

R25= R5//R2= 11145

2520,

. ≈ Ω

A,ii;A,ii

A,,RR

ei;A,,

R

ei

18045

25150

45

20

33011150

20170166660

23522322

253

132

4

142

−≈−=−≈−=

≈+

=+

=≈==

i12=i32+i42=0,5A;i02=i42-i52=0,17+0,18=0,35A+Tổng lại: i1=-0,1+0,4=0,4 A; i2=0,38-0,15=0,23 A

i3=10,1+0,33=0,23 A; i4=0,17 Ai5=-0,28-0,18=-0,46 A; i0=0,28+0,35=0,63 A

1.25. uab ≈54,25V

1.26.Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như hình 1.56 tìm Uab hở mạch:

400

300100125

100

431

4312

2.

RRR

)RR(RR

Ei

R

+=

+++

+=

=

V,..,

u;V,.,u;,RR

512100100400

505621255050

200

10032 =====

Uab

=75V;Rtđ

=[(R1

//R2

)+R3

]//R4

=87,5Ω;i5

=0,447A

1.27. Sử dụng định lý tương hỗ ta mắc nguồn sang nhánh R5 tìm dòng qua nhánh đã mắc nguồn như mạch hình 1.57

597,0805,87

100i;5,87R//]R

RR

RR[R E43

21

21td =

+==+

+=

A,iii;,,

i

;,R

R]RRR

RR[

,i

E 447750149250100225

33580

335805970

252

4

4321

213

=−===

=++

+

=3

4

Hình 1.57

R

R

R1

2E

RR5i

i

i

2

E

5

46

3

4

Hình 1.56

R

R

R1

2E R

b

a

1.28. Chọn các nút như hình 1.58 sẽ có hệ phương trình điện thế nút của mạch như sau:

ϕ+−−=

ϕ++++ϕ−ϕ−

ϕ+=ϕ−ϕ+++ϕ−

=ϕ−ϕ−ϕ++

5

0

7

7

1

1

37521

27

11

6

0

7

73

72

7641

4

1

13

12

41

431

111111

11111

11111

RR

E

R

E

)RRRR

(RR

RR

E

R)

RRR(

R

R

E

RR)

RRR(

80

45814605714250

40

1437497970

100

97

14458080

45814541681

25

1509745814

4581414374

9760

259

64

6

1150050040

05008500250

0400250075

0

5413

21

32

10

3

2

1

,i;A,

,i;A,i

;A,,

i;A,,

i

,;,

;;

,

,

,,,

,,,

,,,

+==−===

===+−−=

−=ϕ=ϕ=ϕ=ϕ

⇒

−=

ϕϕϕ

−−−−−−

A,,,

i

;A,,

i;,

43005020

801437445814

141430100

60143749307250

7

6

−=+−−=

=−==

1.29.. i1= 0,541A; i2=0,39A; i3=0,387A ; i4=0,155A; i5=0,233A; i6=83,4693 mA; i7= - 71,275 mA1.30. Tất nhiên người giải có thể sử dụng phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ sử dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59:

1

Hình 1.58

R3R

R R2EE

RR

4

0

7

51

R6

E7

ϕ

ϕ ϕ

ϕ

0

3

21

21

H×nh 1.59

3

R6

R

4

4

7R

3

R R

12R1 2

13 233

R2

R

4'

3

5R1 2

7

1

H×nh 1.28

R

3R RR

2

E

R

R4

6

8

5R

R

1

3

24'

4

R’ R’

12R’

1

3

2313

”

” ”2 47

30060

12060180

30060

60120180

150120

6060120

7

464613

6

747423

4

767612

=+=++=

=+=++=

=+=++=

.

R

RRRR'R

.

R

RRRR'R

.

R

RRRR'R

333933

280

3

4080

120

404080

3

525212 ,

.

R

RRRR''R ==+=+=++=

280

40

12040160

28040

40120160

5

323213

2

535323

=+=++=

=+=++=

.

R

RRRR''R

.

R

RRRR''R

132323

232323

1212

121212

8144280300

280300

535733393150

333393150

R,.

''R'R

''R.'RR

;,,

,.

''R'R

''R.'RR

==+

=+

=

=+

=+

=

Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định :

321

814425

814425238

238121311

,,

,.R//R

;)]R//R(R//[RR

EI

=+

=

++=

51837881442381213 ≈=+ ,//,)R//R(R//[R

W,.,P;,,

,

,I

,,,,

,I;,I

R911256906908144

258144

8090

8090814483788144

251251

5129

100

28

121

≈==+

=

=+

==+

=

1.31 i3=0,169 A

1.32. Sử dụng kết quả bài tập1.30 : Rtđ≈80Ω

1.33 . Phương pháp điện thế nút sẽ chỉ cần lập 1 phương trình .Chọn các nút như ở hình 1.61:ϕ1=E1=50V;ϕ2=E1+E2=150V;

3

21

2

1

3

2

2

13

321

111

R

EE

R

E

RR)

RRR(

++=

ϕ+

ϕ=ϕ++

1

H×nh 1.60

13R R R

E

R

R23

12

8

1

H×nh 1.61

R3

EE 2

R4

1

2R

R

ϕ

ϕ

ϕ

1

3

2

0

48

0950120

396150

6140100

39613961

026330

61671

2

13

,,

i

;,,

i;V,,

,

−=−=

≈===ϕ

383824892875180

15070880

125

39611502143 ,i;,i;,i;,

,i

EE=====−=

1.34. Với phương pháp dòng mạch vòng sẽ có hệ phương trình và kết quả:

068060604040535680

5516406200015960

9

20

22

452520

255520

202090

432

321

3

2

1

,i;,i;,i

,I;,I;,I

I

I

I

VVV

V

V

V

===

⇒===⇒

−=

−−−−−−

Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:

068060604040535680

3

713621

798113

450

262

140050

050170432

3

2

1

2

1,i;,i;,i,

,

,

,

,,

,,===

=ϕ⇒=ϕ

=ϕ⇒

−

=

ϕϕ

−

−

1.35. Với các dòng mạch vòng chọn như ở hình 1.62 có hệ phương trình và kết quả:

mA,i

mA,i

mA,i

I

,I

,I

I

I

,,

,,

V

V

V

V

V

765125

822085

822089

4

761

5811

14

22

92651

651152

5

3

2

3

2

1

2

1

===

===

⇒

−

=

−

−

Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:

mA,i

mA,i

mA,i

,

,

,

,

,

,,

,,,

,,

765125

822065

9822040

441284

83632

765121

36

58

511

86802

803352

25255

5

3

2

3

2

1

3

2

1

===

⇒

=ϕ−=ϕ−=ϕ

⇒

−−

=

ϕϕϕ

−−−−−−

1.36. Von kế chỉ 1,6 V

1.37. Ampe kế chỉ 0,6 A

1.38. Ampe kế chỉ 0,48A

1.39.Chuyển mạch về hình 1.63 có

R1

R5

R2 R3

I0

e2

i3

e1

H×nh 1.62

e5

I

II

V1

V2V3

ϕ ϕ ϕ21 3

49

R1//R4= ;K,. Ω=+

801040

1040

R2 nối tiếp (R1//R4)=14,2+0,8=15KΩ

mA,I;mA,I

;mA,RRR

II;mA

.I

;mA.RR

II

A2923

80625

1510

4101510

10

15

4

441

213

32

2

==

=+

===

=+

=+

=

1.40ở khâu cuối thứ n : Đây là một mạch cầu nên nó cân bằng khi R1(n).Rt=R3(n).R4(n)

Chọn R1(n)= Rt=R0 ; R3(n).R4(n)=R2

0 (*) nên dòng qua R2(n) bằng 0 nên

0

440

0

10

40

1

1

1

R

RRR

R

U

U;R

RR

UU

)n()n(n

n

)n(

n

n

+=

+=

+=

−

−

an (**)dB)R

Rlog(

U

Ulog

)n(

n

n

0

41 12020 +== −

Trong khâu cuối nếu ta thay đổi R4(n) cùng với R3(n) sao cho giữ nguyên(*) thì có thể thay đổi được an .Điện trở vào của khâu n:

0n4)n(30

n4)n(300

n4)n(30

n4)n(3020

n4)n(30

n4)n(30n4)n(320

0)n(40)n(3Vn

RRRR2

RRR2R

RRR2

)RR(RR2

RRR2

)RR(RRRR)RR//()RR(R

=++++

=++

++

=++

+++=++=

Với cách mắc như vậy thì điện trở vào của khâu n luôn là R0

ở khâu n-1: Khâu này có tải là R0 và ta chọn R1(n-1)=R0 sẽ có cầu cân bằng khi R3(n-1).R4(n-1)=R2

0 (*) và như vậy thì

)R

R1log(20a

0

)1n(41n

−− +=

Tương tự ở khâu đầu tiên )R

R1log(20a

0

)1(41 +=

Vì ]dB[aa....aaU

U....

U

U

U

Ulog20

U

Ulog20a n1n21

n

1n

2

1

1

v

n

v +++=== −−

Sơ đồ trên thực chất có dạng hình 1.64 gọi là bộ suy hao tín hiệu trên điện trở (magazin điện trở). Ở từng khâu ta có thể tính toán để ai thay đổi suy hao trong một khoảng nhất định . Ví dụ với 3 khâu: a1(10÷100 dB),

R2

R3

R4R1

I

IA

I3

I1I4

I2

H×nh1.63

R0 RR

R3(1)

4(1)

R0

R3(2)

4(2) RR

0

R3(n)

4(n)

R0

H×nh1.64

50

a2(1÷10dB) ,a3(0÷1dB)-Kết quả ta có thể điều chỉnh suy hao 0÷100 dB qua mỗi nấc nhảy là từng dB.

Hết chương 1

51