Lý thuyết mạch + bài tập có lời giải P2

33 Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn 1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên ;A, Rr EI;UUR.Ir.IE 150 0 0 =+=+Δ=+= Sụt áp trên nguồn ΔU=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn: U=I. R=1,05=E-ΔU; b) Giải tương tự. 1.2. a) Hình 1.42. a) =−−= =++ +−= )r.IE(U ;A, rrr EEE I ab 011 030201 321 50 V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU ;V).,( cdbc 59501051935018 1045012 033022 −=−−=−−==+=+= −=−− b) Nếu đổi chiều nguồn E2 như ở hình 1.42. b) V)r.IE(U ;V)r.IE(U;V)r.IE(U;A Rrrr EEE I cd bcab 8 642 20 40 033 022011 030201 321 −=−−= −=−−=−=−−===+++ ++= Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ. 1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản. 1.4. 20240128163024024240 50 1224 .,V,.,U;A,I +==−==−= 1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì W, r ErIp; r EI 40 0 2 0 2 0 ==== Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì R )Rr( Ep; Rr EI 2 0 2 0 + =+= . Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để pmax thì p’=0: Δ 34 mWW,, r Ep rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr( Hay )Rr( )rR(.R)Rr( E'p rRmax 100104 40 4 02222 0 2 0 2 0 22 0 222 00 2 0 4 0 2 02 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, Wtdttdt)t(pWR 671 3 5 0 1 3 55 31 0 2 1 0 ≈ ==== ∫∫ +Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b) u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.43 u(t) t [s] [V] 0 1 2 5 a) i(t) t [s] [A] 0 1 2 1 b) p(t) t [s] [W] 0 1 2 5 c) H×nh1.44 35 ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ < ≤≤− ≤ < = tskhi stskhit skhit tkhi )t(u 20 2155 105 00 . Đồ thị hình 1.44. a) ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ < ≤≤− ≤ < == tskhi stskhit skhit tkhi R )t(u)t(i 20 211 10 00 Đồ thị hình 1.44. b) ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤ < === tkhi tkhi)tt( khit tkhi )t(i.R R )t(u)t(p 20 21125 105 00 2 2 2 2 Đồ thị hình 1.44. c) W≈1,67 W; +Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(u 30 32155 215 105 00 ; Hình 1.45a) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi stskhit stskhi stkhit tkhi )t(i 30 323 211 10 00 ; Hình 1.45b) ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ < ≤≤+− ≤≤ ≤≤ < = tskhi tskhi)tt( stskhi stkhit tkhi )t(p 30 32965 215 105 00 2 2 Hình 1.45c) W≈1,67 W; 1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích: 36 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤+− ≤≤ = s4ts3khi4t s3ts1khi2t s1t0khit )t(u ; 1. Trên điện trở R=1Ω: a) Biểu thức dòng điện: ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤+− ≤≤ === S4tS3khi4t S3tS1khi2t S1t0khit 1 )t(u R )t(u)t(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 dt R URdtiQW 2 34 3 2 2 33 1 2 31 0 2 t t 2t t 2 R 2 1 2 1 ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =+−=+− == ∫ ∫ Jun 3 2 1 3 )t4t2 3 t(dt)4t4t( Jun 3 1 0 1 3 tdtt 2 33 1 2 31 0 2 Jun 3 1 3 4 )t16t4 3 t(dt)16t8t( 2 34 3 2 =+−=+−∫ ; Jun34313231Q =++= 2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4) )t(iudt L )t(i L t t L 0 0 1 += ∫ được thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm). a) iL(t) + Với 0≤ t ≤ 1s 2 0 2 01 22 0 t)(it)(iudt L )t(i LL t L =+=+= ∫ vì iL(0)=0. Từ đó iL(1S)=0,5 t [s] [V] 0 1 2 1 3 u(t) 4 -1 H×nh 1.46 37 + Với 1s ≤ t ≤ 3s 50 1 2 2 1211 2 11 , t tt)(idt)t()(iudt L )t(i L t L t L +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +−=++−=+= ∫∫ = ;tt,),(tt 12 2 502502 2 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 12 2 2 , t tt ==−+− + Với 3s ≤ t ≤ 4s 50 3 4 2 3431 2 33 , t tt)(idt)t()s(iudt L )t(i L t L t L +⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=+−=+= ∫∫ 84 2 5034 2 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 s3ts1khi1t2 2 t s1t0khi 2 t )t(iudt L 1)t(i 2 2 2 0L t t L 0 b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L. WM(t)= =2 )t(Li2L ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+−+− ≤≤+−+− ≤≤ == s4ts3khi8t32t12t2 8 t s3ts1khi5,0t2t5,2t 8 t s1t0khi 8 t 2 )t(Li)t(W 23 4 23 4 4 2 L M 38 c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng: ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤−+− ≤≤−+− ≤≤ == s4ts3khi32t24t6 2 t s3ts1khi2t5t3 2 t s1t0khi 2 t dt dW)t(p 2 3 2 3 3 L 3. a) iC(t)=C = dt duC ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤ ≤≤− ≤≤ 431 311 101 tkhi tkhi tkhi b) Năng lượng điện trường: == 2 2 C E uCW ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤+− ≤≤ 4384 2 3122 2 10 2 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 . 39 1.8. Dòng điện qua R tsin, R )t(e)t(i R 40010== [A]. Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a. Dòng điện qua diện cảm L: ]A[tcos,tsin , )(idt)t(u L )t(i t t LL 4001040010 250 1 01 0 0 −= =+= ∫ ∫ . Đồ thị hình 1.47c 1.9 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ > ≤≤ < = stkhi stkhit khi )t(e 12 102 000 s stkhi tkhit khi R e)t(i R ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ > ≤≤ < == 11 10 000 ⇒ iR(0,5)=0,5A; iR(0,9)=0,9A; iR(1)=1A; iR(1,2)=1A ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ >−=+=+ =→≤≤=+ < =+= ∫ ∫∫ stkhit t t)(idt )(istKhit)(itdt tkhi )t(idt)t(e L )t(i t L L t L t t LL 1121 1 212 111002 00 1 1 0 2 0 0 ⇒ 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) == )()( tRitu R ⎩⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤ sts,khit s,tkhit 15088 5008 ; == dt diLtu L )( ⎩⎨ ⎧ ≤≤− ≤≤ sts,khi s,tkhi 1504 5004 tπ π 2 π 2 π3 e(t) 10 [V] -10 i (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 40 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 50012161632 22 2 p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W; 1.11. ⎩⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤= sts,khit s,tkhit )t(i 15044 5004 a) uR(t)=Ri= ⎩⎨ ⎧ ≤≤+− ≤≤= sts,khit s,tkhit )t(i 1504040 50040 ; ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤−+− ≤≤=⇒ −+−=++−= +=→≤≤ =→=== +=→≤≤ += ∫ ∫ ∫ ∫ sts,khitt s,tkhit )t(u tt] , t )tt.[( ),(uidt C )t(usts,Khi V),(u; )(u ttdt , )t(uidt C )t(us,tKhi :)t(uidt C )t(u C C t , c C C t C t t c C t t c 1504124 5004 41241 50 4 2 42 501150 150 00 44 50 1 1500 1 2 2 2 2 50 2 0 0 0 0 0 u(t)=u(t)+uC(t)=⎩⎨ ⎧ ≤≤+−− ≤≤+ sts,khitt s,tkhitt 15036284 500404 2 2 b) UMax=21V b) p(t)=u(t)i(t)= ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤≤ +−+ ≤≤+ sts,khi ttt s,tkhi)t(t 150 1442569616 5001016 23 2 ; p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W Các đồ thị hình 1.48 H×nh 1.48 0 0,5 1 t[s] u (t)R 20 1 u(t) u (t)C 4 21 41 1.12. . ⎩⎨ ⎧ ≤− ≤≤= ⎩⎨ ⎧ ≤− ≤≤= tskhi stkhi )t(i)a tskhi stkhi )t(u R 21 201 21 201 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ ≤+−=+− =→≤≤ =+= ∫ tskhit)(i t t )(istkhit )t(iudt L )t(i L L t t LL o 242 2 2220 1 0 ⎩⎨ ⎧ ≤+− ≤≤+=+= tskhit stkhit )t(i)t(ii LR 23 201 ⎩⎨ ⎧ ≤− ≤≤+== = tskhit stkhit )t(i)t(u)t(p)d ;i)b max 23 201 3 Đồ thị hình 1.49. 1.13. C L eCdte L )t(i; R e R e)t(i)a tt t L t R +−=+=== −−− ∫ 2 0 2 2 212 Để iL(0)=0 thì hằng số L C 1= → iL(t)= )e(L t211 −− i(t)= R e)e( L t t 2 2 211 − − +− Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t1=0,5 s Ω==⇒ ⎪⎪⎭ ⎪⎪⎬ ⎫ =−+= −== − − − 756320 01111250 11150 1 1 1 R`;H,L ;,)e( LR e),(i )e( L ),(i L b) ;e555,1582,1)t(i);e1(582,1)t(i;e0267,0)t(i t2t2Lt2R −− −=−== 1.14. Hình 1.14a) ⎩⎨ ⎧ < ≤≤== tskhi stkhiR )t(Ri)t(u)a R 20 202 Ω==⇒ ⎪⎪⎩ ⎪⎪⎨ ⎧ =+= =+= ≤≤+= =⇒=≤≤=+== ∫ 350 14422 10221 2022 0020221 0 0 R;F,C C R)s(u C R)s(u ;tkhi C tR)t(u )AUDo(tkhi C tAt C idt C )t(u C t C 2 t[s] 1 -1 H×nh 1.49 2 3 4 [A] i(t) i (t) i (t) L R 0 42 b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0≤ t ≤ 2 ∫ ===+= ==== t CCCC RRR ;V)(U;V,)(U;t,)(utdt,)t(u ;V)(u;V,)(u;t,)t(Riu 0 2 62511510512 9254154 .V)(u;V)(u;t,t,u 152615451 2 ==+= 1.15. Mạch điện hình 1.50. a) Phương trình theo định luật Kieckhop 2: uR(t)+uL(t)+ uC(t)=e(t). + Biến số là i(t): .)t(eidt Cdi diL)t(Ri =++ ∫1 Đạo hàm 2 vế phương trình này và viết cho gọn Ri’+Li”+ C 1 i=e’ Hay i”+2αi’+ω20i= L 'e với α= LC , L R 1 2 0 =ω + Biến là điện áp uL(t): Vì )(IdtuL i L t L 0 1 0 += ∫ nên )(Udt)(Idtu LC )(Uidt C u C t L t LC t C 00 1101 0 00 +⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +=+= ∫ ∫∫ . Thay i vào uC vào phương định luật Kieckhop 2: e)(Udt)(Idtu LC u)(Idtu L R C t L t LLL t L =+⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +++⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ + ∫ ∫∫ 001101 0 00 Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này: "euuu dt edu dt du dt ud dt ed CL u dt ud dt du L R L ' L '' LL LLLLL =ω+α+→=ω+α+→=++ 202 2 2 02 2 2 2 2 2 22 b)Trong khoảng 0÷2s: ;t)(utidt C )t(u;t)t(u;t)(idtu L )t(i C t CRL t L 22 00 20212401 =+====+= ∫∫ )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 hay dt di dt udC L u dt dugi dt duC)0(Iudt L 1gu 02 02 2 0 t 0 0 2 2 0L =++== =++→=+++ ∫ ωαωα u (t) i(t) L C H×nh 1.50 e(t) Ru (t) u (t) 43 Biến số là iL(t): Vì dt digLi; dt idLC dt duCinªn dt diLu LgLCL ==== 2 2 Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1: .ii dt di dt idhayi dt idLCi dt digL L LLL L L 2 0 02 02 2 02 2 2 ω=ω+α+=++ Biến số là iC(t): Vì ∫ += t CCC )(UdtiCu 0 0 1 )(Idt)(Udti CL )(Iudt L i;)(Udti C ggui L t t CCL t L t CCg 00 110101 0 0 0 0 +⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +=+=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +== ∫ ∫∫∫ Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1: 2 0 2 2 02 2 2 0 2 2 2 0 0 00 00 2 011 001101 dt id i dt di dt id hay td id dt id LC i dt di C ghay dt di dt di )(Udti CL i C g ii)(Idt)(Udti CL )(Udti C g C LC CCCC t CCC CL t t CC t CC =ω+α+ =++=+⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ++ =++⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ++⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ + ∫ ∫ ∫∫ 1.17. 3 4 3 2 3 2 4 22 4 4 56 dt id R L dt id R L dt diLRiuu ad +++== 1.18. 3 4 3 2 2 4 2 224 4 242 dt ud RLC dt ud )CRLC( dt du ) R LRC(uuu ad +++++== 1.19. Quan hệ giữa điện áp một chiều và điện dung : k k kkkK U qCHayUCq == . (qK-điện tích ). Năng lượng tích luỹ ở điện dung CK là 2 2 k 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 C C C CC CE 1 32 4 65 H×nh 1.51 CCCCC 36356235623456t® 44 F, , .,C;F,,C;F, , .,C ;F,CCC;F, CC CC C td 36 79120 78954 789537895337895078950 1753 1753 7533 4 3750 4 3 234562356 536365 63 63 ===+==+= =+=+===+= Như vậy điện tích trong điện dung tương đương là : q=E.Ctđ=7,912 . Từ đó: UC1= Jun, UCWV, C q C 3312 9127 2 1 11 1 ≈=→= Jun,UCW;V,UEUU CCCC 539662 0882 2 4 441365244 ===−== .Jun,W ;V,,,UU;Jun,W;, C q U ,qq)CvµCQua(q;,.,UCq C CCCC 28980 44064810882358916481 6481264630882 5 36552 2 2 2 436522444 = =−===== =−==== W,W;Jun,W;,,,U;V, C q U ,,,qqqq;,,.CUq CC 0188005370112032804403280 328032164813214403 636 3 3 3 5263555 ===−=== =−=−=====+ 1.23. mA ,,, I;V.,"E V,.'E;K,,.,R;mA ,R E'I)a 25 8080160 1005610012580 56160350160 1 8020350 20 70 3 12 1 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 R 42 R1 I’0 i3R 3 R4 2R1 E’ E” b)a) Hình 1.52 ⇒ 45 , ,,R RR RR R;,.,RI, RR E u)b tdh 960 88160448012580 1 70 80 4 21 21 40 21 = +=+ + =−=−=− + = (Hình 1.53a,b) mA ,,RR u i td h 25 80960 44 3 5 −=+ −=+= 8183180 808080 6180 618020 70 0 2 432 4321 31 0 ,, ,,, ,, ,.,, R RRR )RR//(RR E i IKhi)c =++ ++ =++ ++= →= Khi E=0(Hình 1.54 a,b) mA ,,iii ,, ,,, R RR RR RR I i 25 8185681831 8185680 1608080 125 32313 4 21 21 43 0 32 − =−=+= −=++ − = +++ −= 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 RR R 53 53 35 .. 14,28571429≈14,3Ω 0I R R R 1 42E i3R 3 t®R b)a) Hình 1.53 uh hu 0I R R R 1 42E i3R 31 R R 42 R1 i3R 32 b)a) Hình 1.54 Hình 1.23 i1 i2 i4 i3 R2 R4R5 R3 e2 e1 b)a) i5 i11 i21 i41 i31 R2 R5 R3 e2 e1 i1 i2 i4 i3 R2 R4R5 R3 e1 i5i51 i01i0 i02 Hình 1.55 46 A280 70 50380 RR Ri i A100 70 20380 RR Ri i A380 339 15 31425 15 RR ei 53 321 51 53 521 31 352 2 21 ,, ,, , ,, . . −=−=+−= −=−=+−= ≈=+=+= ⇒ 0 100 280 41 3111 5101 = −== =−= i ,ii ,ii +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 180 45 25150 45 20 330 11150 20170166660 23522322 253 1 32 4 1 42 −≈−=−≈−= ≈+=+=≈== 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 A i5=-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 100 431 431 2 2 . RRR )RR(RR Ei R + = ++ ++ = = V,..,u;V,.,u;, RR 512100100400 505621255050 200 100 32 ===== 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 1.57 597,0 805,87 100i;5,87R//]R RR RR[R E43 21 21 td =+==++= 3 4 Hình 1.56 R R R1 2E R b a 47 A,iii;,,i ;,R R]R RR RR [ ,i E 447750149250100225 33580 335805970 252 4 43 21 21 3 =−=== = +++ = 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 3 7521 2 7 1 1 6 0 7 7 3 7 2 764 1 4 1 1 3 1 2 4 1 431 111111 11111 11111 RR E R E ) RRRR ( RR RR E R ) RRR ( R R E RR ) RRR ( ϕ ϕ ϕ ϕ 48 80 45814605714250 40 1437497970 100 97 144580 80 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⇒ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ϕ ϕ ϕ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −− −− A,,,i ;A,,i;, 430050 20 801437445814 141430 100 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 mA 1.30. 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: 300 60 12060180 300 60 60120180 150 120 6060120 7 46 4613 6 74 7423 4 76 7612 =+=++= =+=++= =+=++= . R RR RR'R . R RR RR'R . R RR RR'R 33393 3 280 3 4080 120 404080 3 52 5212 , . R RR RR''R ==+=+=++= 280 40 12040160 280 40 40120160 5 32 3213 2 53 5323 =+=++= =+=++= . R RR RR''R . R RR RR''R 49 13 2323 2323 23 1212 1212 12 8144 280300 280300 5357 33393150 333393150 R,. ''R'R ''R.'R R ;, , ,. ''R'R ''R.'R R ==+=+= =+=+= Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình 1.60, xác định : 321 814425 814425 238 23812131 1 , , ,.R//R ; )]R//R(R//[RR EI =+= ++= 51837881442381213 ≈=+ ,//,)R//R(R//[R W,.,P;,, , ,I ,, ,, ,I;,I R 911256906908144258144 8090 80908144 83788144 251251 5129 100 2 8 121 ≈==+= =+==+= 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 1 3 321 111 R EE R E RR ) RRR ( ++=ϕ+ϕ=ϕ++ 0950 120 396150 6140 100 39613961 026330 61671 2 13 ,,i ;,,i;V, , , −=−= ≈===ϕ 3838248928751 80 15070880 125 3961150 2143 ,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 === ⇒===⇒ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡− = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −− −− 1 H×nh 1.61 R 3 EE 2 R 4 1 2R R ϕ ϕ ϕ 1 3 2 0 50 Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả: { 068060604040535680 3 713621 798113 450 262 140050 050170 432 3 2 1 2 1 ,i;,i;,i, , , , ,, ,, === ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ =ϕ ⇒=ϕ =ϕ ⇒⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −=⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ ϕ ϕ ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − − 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 ⇒ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ϕ ϕ ϕ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −− −− −− 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//R4= ;K, . Ω=+ 801040 1040 R2 nối tiếp (R1//R4)=14,2+0,8=15KΩ mA,I;mA,I ;mA,R RR II;mA.I ;mA.R R II A 2923 806 25 1510 410 1510 10 15 4 4 41 2 13 3 2 2 == =+=== =+=+= 1.40 ở 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)=R20 (*) nên dòng qua R2(n) bằng 0 nên R1 R5 R2 R3 I0 e2 i3 e1 H×nh 1.62 e5 I I I V1 V2 V3 ϕ ϕ ϕ21 3 51 0 440 0 1 0 40 1 1 1 R RRR R U U ;R RR U U )n()n(n n )n( n n + =+=+= − − an (**)dB)R R log( 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: 0 n4)n(30 n4)n(30 0 n4)n(30 n4)n(30 2 0 n4)n(30 n4)n(30n4)n(3 2 0 0)n(40)n(3Vn R RRR2 RRR2 R 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)=R20 (*) và như vậy thì ) R R 1log(20a 0 )1n(4 1n − − += Tương tự ở khâu đầu tiên ) R R 1log(20a 0 )1(4 1 += Vì ]dB[aa....aa U U .... U U U U log20 U U log20a 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), 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