Bài giảng Giải tích mạch - Chương 5: Phương pháp tích phân kinh điển

Nội dung text: Bài giảng Giải tích mạch - Chương 5: Phương pháp tích phân kinh điển

1. U = A2 + B2 ; tg = B / A Vậy thành phần xác lập sẽ có dạng: 1 uxl (t) = cos(t − ); tg = RC (1/ R)2 + (C)2 *Từ hai trường hợp trên ta thấy để tính thành phần xác lập ta có thể tính theo phương pháp đã biết ở các chương khác (khi tính không để ý đến việc phân tích quá trình quá độ) và sẽ thu được kết quả nhanh chóng. Với mạch có nguồn kích thích 1 chiều (tụ hở mạch) thì điện áp u = R.1 V. Với nguồn điều hòa , ở trạng thái xác lập ta dùng phương pháp biên độ phức. Dẩn nạp tương đương: Y = 1/R + jωC. Vậy biên độ phức sẽ là: I 1 U = = e− j ; tg = RC Y (1/ R)2 + (C)2 -t/RC  Vậy: u(t) = uxl(t) + uqđ(t) = ke + U cos(ωt-φ)
2. 2.Điều kiện đầu Nghiệm của phương trình vi phân cho đến giờ vẫn được viết dưới dạng tổng quát do các hằng số k1; k2; kn vẫn chưa được xác định. Do nghiệm y(t) được xét trong khoảng [0 ∞) phải thỏa điều kiện đầu tại t = 0 là: y(0); y’(0); y’’(0); yn-1 (0) *Do năng lượng điện từ trường là liên tục nên tại t = 0 ta có thể viết: uC (0-) = uC(0+) = uo iL (0-) = iL(0+) = io Ở đây t = 0- là giới hạn bên trái của thời điểm thay đổi năng lượng t = 0+ là giới hạn bên phải của thời điểm thay đổi năng lượng *Chú ý rằng các đại lượng khác không nhất thiết phải liên tục tại t = 0, ví dụ điện áp trên cuộn dây hay dòng qua tụ có thể không liên tục ( có bước nhảy vọt). Từ nay khi nói điều kiện đầu thì hiểu rằng đó là các giá trị ban đầu của điện áp trên tụ và dòng qua cuộn dây nó sẽ xác định điều kiện đầu của phương trình.
3. Ví dụ về điều kiện đầu + i(t) C R u(t) - ➢ Giải: ➢ 2. i(t) = cosωt A; Theo kết quả trước: -t/RC  ➢ u(t) = uxl(t) + uqđ(t) = ke + U cos(ωt-φ) V ; t ≥ 0 ➢ Hằng số k được xác định dựa trên điều kiện đầu: Do giả thiết uC (0-) = 0 → uC (0+ ) = 0. Nên: ➢ u(0+) = uC (0+ ) = k + cosφ = 0 ➢ → k = - cosφ. Vậy: ➢ u(t) = (- cosφe-t/RC + cos(ωt-φ) ) V ; t ≥ 0
4. Để tìm thành phần xác lập ta dùng phương pháp biên độ phức: Z = 10 + j10 = 10√2ej45 Biên độ phức của nguồn kích thích: E  = 10ej45 Biên độ phức của thành phần xác lập:  0 0 I xl = /Z = 10/45 /(10√2/45 ) =1/√2 Thành phần xác lập của dòng điện: ixl (t) = (1/√2)cos10t Dòng điện i(t) trong mạch khi t > 0 là: -10t i(t) = iqđ (t) + ixl (t) = ke + (1/√2)cos10t Dựa vào điều kiện ban đầu: iL (0+) = iL (0-) = 0,5 A iL (0+) = k + 1/√2 = 0,5 → k = -0,207 Vậy : i(t) = (1/√2)cos10t – 0,207e-10t
5. d 2i di 1 1 di(t) L L + 2R L + i = i(t) + R dt 2 dt C L C dt Do i(t) = 1 A →di(t)/dt = 0 và thành phần xác lập của iL = 1 Để tìm thành phần quá độ của iL ta tìm nghiệm của phương trình thuần nhất: d 2i di 1 L L + 2R L + i = 0 dt 2 dt C L Phương trình đặc tính: p2 + (2R/L)p + 1/LC = 0 Theo giả thiết R2 = L/C →∆’ = (R/L)2 - 1/LC = 0. Ta có nghiệm kép p1 = p2 = - R/L. Thành phần quá độ có dạng: -(R/L)t iLqđ (t) = (k1 + k2 t) e -(R/L)t Dòng qua cuộn dây: iL (t) = 1 + (k1 + k2 t) e Theo điều kiện đầu: iL(0-) = iL(0+) = 0 uC(0-) = uC(0+) = 0. Ta lại có: i(t) = iL(t) +iC (t) → i(0+) = iL(0+) +iC (0+) = 1 →iC (0+) = 1
6. 5.2. Đáp ứng mạch RC và RL bậc nhất •Mạch bậc nhất : Mạch chỉ chứa 1 tụ điện hay 1 cuộn dây và bao gồm các nguồn DC, điện trở và khóa điện. •Cũng có thể phân tích mạch chứa nhiều tụ điện hay cuộn dây nếu ta có thể biến đổi chúng thành 1 phần tử tương đương tụ điện hay cuộn dây •Ta phân tích mạch dùng KCL và KVL •Ta có được phương trình vi phân bậc nhất •Giải phương trình vi phân để tìm đáp ứng •Cuối cùng ta bàn đến 1 cách dể hơn để tìm đáp ứng •Nếu trong mạch không có nguồn thì gọi là đáp ứng ‘natural’ tức chỉ có thành phần tự do (quá độ) •Nếu trong mạch có nguồn thì gọi là đáp ứng ‘step’ gồm 2 thành phần tự do và cưỡng bức (xác lập)
7. 1.Đáp ứng ‘Natural’ Mạch RC: Điều kiện đầu t = 0+ t = 0 + V0 R v C iR - ic ➢ T, Với t < 0 khóa điện ở trạng thái đóng (trong thời gian dài). •Điện áp 2 đầu tụ tại t = 0+ ? •Năng lượng trử trong tụ tại t = 0+ ? •Dòng chạy qua tụ tại t = 0+ ?
8. 1. Đáp ứng ‘Natural’ Mạch RC: Phương trình vi phân t = 0 + V0 R v C iR - ic ➢ T, Tính v(t). Ta biết với t ≤ 0, v(t) = V0 . Với t ≥ o : iC (t) + iR (t) = 0 dv(t) v(t) C + = 0 dt R dv(t) v(t) + = 0 dt RC
9. 1.Đáp ứng ‘Natural’ Mạch RC: Tóm tắt t = 0 + V0 R v C iR - ic ➢ T, Với t > 0. −t / RC v(t) = V0e v(t) V → i (t) = − = − 0 e−t / RC C R R 1 1 w(t) = C(v(t)) 2 = CV 2e−2t / RC 2 2 0
10. 1.Đáp ứng ‘Natural’ Mạch RC: Năng lượng t = 0 + V0 R v C iR - ic v(t) = V e−t / ➢ T, Với t ≥ 0. 0 1 2 1 2 −2t / Năng lượng trử trong tụ: wC (t) = C(v(t)) = CV0 e 2 2 1 2 −2t / Năng lượng tổn hao bởi điện trở:wR (t) = CV0 (1− e ) 2 Năng lượng trử trong tụ ban đầu? Năng lượng trử trong tụ tại t → ∞?
11. i 10 kΩ t = 0 32 kΩ 0 + + 100 V v v C 0 240 kΩ 60 kΩ 0,5µF - - + - ➢ a) Ta có : vC (0 ) = vC (0 ) = 100 V; Điện trở tương đương của mạch nhìn từ 2 đầu tụ là 80 kΩ. Hằng số thời gian: -6 3 -25t ➢ (0,5 x 10 )(80 x 10 ) = 40 ms. Vậy: vC (t) = 100e (V), t ≥ 0 ➢ b) v0 được tính theo vC từ mạch phân áp: v0 (t) = 48 vC (t)/80 -25t ➢ v0 (t) = 60e (V), t > 0 ; Biểu thức v0 (t) có giá trị với t > 0 vì - ➢ v0 (0 ) = 0. 3 -25t ➢ c) i0 (t) được tính từ đ.l.Ohm: i0 (t) = v0 (t)/(60x10 ) = e , t > 0 2 3 -50t ➢ d) Công suất tổn hao bởi 60 kΩ: P(t) = i0 x60x10 =60e (mW) ➢ Năng lượng tổn hao: 2 3 w60k = Pdt = i0 (t)(60 10 )dt =1,2mJ 0 0
12. i(t) - C1(5µF) t = 0 + 4V t = 0 v1(t) + i(t) + + - v(t) 250 kΩ + + 20V 4 µF 250kΩ + - v(t) 24V - - C2(20µF) v2(t) - - Mạch tương đương ➢ a)Ta thay 2 tụ nối tiếp C1; C2 bằng tụ tương đương như hình. Điện áp v(t) có giá trị ban đầu v(0+) = v(0- ) = 20 V.Hằng số thời gian của mạch: (4)(250)x10-3 =1s. Vậy: v(t) = 20e-t (V); t ≥ 0 . Dòng điện i(t) sẽ là: i(t) = v(t)/250000 = 80e-t (µA); t > 0. ➢ Biết i(t) ta tính v1(t); v2(t) như sau: 6 t 10 −6 −x −t v1(t) = − 80 10 e dx − 4 = (16e − 20)V;t 0 5 0 6 t 10 −6 −x −t v2 (t) = − 80 10 e dx + 24 = (4e + 20)V;t 0 20 0
13. Ví dụ về đáp ứng ‘Natural’ mạch RC 20 kΩ t = 0 + 7,5 mA 80 kΩ 0,4 µF v(t) 50 kΩ - ➢ (A.P.7.3).Khóa ở vị trí đóng trong thời gian dài, tại t = 0 khóa mở ra.Tính: ➢ a) v(t) với t ≥ 0 ➢ b) Năng lượng trử ban đầu của tụ ➢ c) Thời gian để năng lượng trong tụ tổn hao mất 75% năng lượng ban đầu ➢ Trả lời: a) 200e-50t (V) ; b) 8 mJ; c) 13,86 ms
14. Ví dụ về đáp ứng ‘Natural’ Mạch RC 20 kΩ t = 0 0,125 mv1 + + 18 mA 5 kΩ 0,2 µF v 10 kΩ vc 1 - - (7.28). Tính: vc với t ≥ 0; v1 với t >0? Trả lời: 90e-1000t V; 180e-1000t V
15. 2.Đáp ứng ‘Natural’ mạch RL: Điều kiện đầu t = 0+ t = 0 t = 0 + R L I0 v - i Với t < 0, các khóa điện không thay đổi vị trí trong thời gian dài. Dòng điện chạy qua cuộn dây tại t = 0+ ? Điện áp 2 đầu cuộn dây tại t = 0+ ? Năng lượng trử trong cuộn dây tại t = 0+ ?
16. 2.Đáp ứng ‘Natural’ mạch RL: phương trình vi phân t = 0 t = 0 + R L I0 v - i Tính i(t). Ta có: t 0: v(t) + Ri(t) = 0 di(t) L + Ri (t) = 0 dt di(t) L = −Ri(t) dt
17. 2.Đáp ứng ‘Natural’ mạch RL: Tóm tắt t = 0 t = 0 + R L I0 v - i R t Với t > 0: −t − L i(t) = I e L = I e  ; = 0 0 R R −t L v(t) = −i(t)R = −RI 0e R 1 1 −2t w(t) = L(i(t)) 2 = LI 2e L 2 2 0
18. Ví dụ về đáp ứng ‘Natural’ mạch RL t = 0 2 Ω i0 + 2 H 40 Ω v 20 A 0,1Ω 10Ω 0 iL - Khóa điện ở trạng thái đóng trong thời gian dài. Tại t = 0 khóa mở. Tìm: a) iL với t ≥ 0 b) i0 với t > 0 c) v0 với t > 0 d) Năng lượng tổn hao trên điện trở 10 Ω bằng bao nhiêu phần trăm năng lượng trử ban đầu của cuộn dây?
19. t = 0 2 Ω i0 + 2 H 20 A 0,1Ω 10Ω 40 Ω v0 iL - ➢ Năng lương trử ban đầu trong cuộn dây 2H: ➢ W(0) = Li2 (0)/2 = (2)(20)2 /2 = 400 J ➢ Năng lượng tổn hao trên điện trở so với năng lượng ban đầu của cuộn dây: 256 100 = 64% 400
20. + i i1 i2 + 4 Ω i 3 v(t) 8Ω L (5H) 4H 1 t = 0 v(t) 40 Ω 15 Ω 10 Ω - L2(20H) 12A Mach tương 4A 8A - đương a) Hai cuộn dây mắc song song ta có mạch tương đương như hình ( t ≥ 0) ; điện trở tương đương bằng 8 Ω ; dòng điện ban đầu i(0+) = i(0-) = 12A; thời hằng = 4/8 = 0,5s. Vậy i(t) = 12e-2t (A), t ≥ 0 ; v(t) = 8 x 12e-2t = 96e-2t (V), t > 0. (Do v(0- ) = 0 nên biểu thức v(t) chỉ có giá trị với t > 0). t 1 −2x −2t i1 = 96e dx −8 =1,6 − 9,6e (A), t 0 5 0 t 1 −2x −2t i2 = 96e dx − 4 = −1,6 − 2,4e (A), t 0 20 0
21. ➢ 20 A Ví dụ về đáp ứng ‘Natural’ mạch RL 3Ω 6Ω t = 0 120 V 30Ω 8 mH 2Ω i ➢ (A.P.7.1).Khóa điện ở vị trí đóng trong thời gian dài.Tại t = 0 khóa mở ra.Tính: ➢ a) Dòng điện i(t) với t ≥ 0 ➢ b) Năng lượng trử ban đầu trong cuộn dây ➢ c) Năng lượng tổn hao trên điện trở 2Ω sau khi khóa mở được 5 ms bằng bao nhiêu phần trăm năng lượng trử ban đầu của cuộn dây? ➢ Trả lời: a) -12,5e-250t (A); b) 625 mJ; c) 91,8%
22. Ví dụ về đáp ứng ‘Natural’ mạch RL 3 Ω 4,5 Ω 50 i1 t = 0 + 54 V 9 Ω v 200 mH 100 Ω 200 Ω - iL i1 (P.7.15).Tính : * iL (t) với t ≥ 0 ? *v(t) với t > 0 ? *i1 (t) với t > 0 ? •Trả lời: 6e-500t A; -600e-500t V; -4e-500t A
23. 3.Đáp ứng ‘step’ mạch RC: Điều kiện đầu t = 0+ t = 0 R t = 0 + i(t ) Vs v(t ) V0 - Với t < 0, các khóa điện không thay đổi trong thời gian dài. *Dòng chạy qua tụ tại t = 0+ ? *Điện áp 2 đầu tụ tại t = 0+ ? *Năng lượng trử trong tụ tại t = 0+ ?
24. 3.Đáp ứng ‘step’ mạch RC: Phương trình vi phân t = 0 R t = 0 + i(t ) Vs v(t ) V0 - Tính v(t). Với t ≤ 0; v(t) = V0 . Với t > 0; ta có: Vs - v(t) = Ri(t) dv(t) V − v(t) = RC s dt V − v(t) dv(t) s = RC dt
25. 3.Đáp ứng ‘step’ mạch RC: Phương trình vi phân t = 0 R t = 0 + i(t ) Vs v(t ) V0 - Tính v(t). Với t ≤ 0; v(t) = V0 . Với t > 0; ta có: −t / v(t) = Vs + (V0 −Vs )e dv 1 −t / i(t) = C = C − (V0 −Vs )e dt  1 −t / Vs V0 −t / + −t / i(t) = − (V0 −Vs )e = − e = i(0 )e R R R
26. Đáp ứng ‘Step’ mạch RC : Đồ thị V(t) Vs V0 Forced Natural Total Time (s) 0 1 2 3 4 5
27. 20kΩ 1 2 8kΩ 40kΩ t = 0 i 0 + 60kΩ + 160kΩ 30V 40kΩ v0 40V 0,25µF 75V - 1,5mA - + - ➢ a) Ta có: v0 (0 ) = v0 (0 ) = 40(60/80) = 30 V. Để tính v0 (t) với t ≥ 0 ta tìm mạch tương đương tại 2 đầu của tụ khi hở mạch . vTh = (- 75 V) x 160/(40 + 160) = - 60V ➢ RTh = 8000 + 40000 // 160000 = 40 kΩ 3 ➢ IN = -60/(40 x 10 ) = -1,5 mA 3 -6 ➢ Thời hằng: RC = RThC = (40x10 )x (0,25x10 ) =10 ms ➢ Trị giá sau cùng : IN RTh = -1,5 mA x 40 kΩ = - 60 V -100t -100t ➢ v0 = -60 + (30 – (-60))e = - 60 + 90e (V), t ≥ 0 -6 -100t ➢ b) i0 (t) = C(dv0 /dt) = (0,25x10 ) (-9000e ) ➢ = - 2,25e-100t (mA), t > 0
28. 4.Đáp ứng ‘Step’ mạch RL: Điều kiện đầu t = 0+ R t = 0 + t = 0 t = 0 V L I Vs 0 - i(t) Với t < 0 , các khóa điện không thay đổi vị trí trong thời gian dài. • Dòng điện chạy qua cuộn dây tại t = 0+ ? • Điện áp tại 2 đầu cuộn dây tại t = 0+ ? • Năng lượng trử trong cuộn dây tại t = 0+ ?
29. 4.Đáp ứng ‘Step’ mạch RL: Phương trình vi phân R t = 0 + t = 0 t = 0 V L I Vs 0 - i(t) Tính i(t). Với t ≤ 0; i(t) = I0 . Với t > 0 ta có: Vs - Ri(t) = v(t) di(t) V − Ri(t) = L s dt V L di(t) s − i(t) = R R dt
30. 4.Đáp ứng ‘Step’ mạch RL:Tóm tắt I t 0 i(t) = 0 −tR/ L Vs / R + (I0 −Vs / R)e t 0 di(t) v(t) = L dt 0 t 0 = −tR/ L (Vs − RI 0 )e t 0
31. 2 Ω b a + t = 0 v i 10 Ω 24 V - 200 mH 8A ➢ a).Ta có : i(0+ ) = i(0- ) = - 8 A. Khi khóa ở vị trí b, i có giá trị sau cùng là 24/2 = 12 A .Hằng số thời gian: 200x10-3 /2 = 100 ms. Vậy: i(t) = 12 + (- 8 -12)e-t/0,1 = 12 – 20e-10t (A), t ≥ 0 ➢ b) Điện áp 2 đầu cuộn dây: v = L di/dt = 0,2(200e-10t ) ➢ = 40e-10t (V), t > 0. Điện áp ban đầu cuộn dây: v(0+) = 40 V ➢ c) Thời gian để điện áp cuộn dây bằng 24 V sau khi khóa ở vị trí b: 24 = 40e-10t → t = 51,08 ms
32. 5.Nghiệm tổng quát đáp ứng mạch RC và RL Nghiệm tổng quát đáp ứng (điện áp, dòng điện) có dạng: −t / x(t) = x f + (x0+ − x f )e ; x f  lim x(t); x0+  lim x( ) t→  →0 Gồm các bước sau: 1.Ghép các cuộn dây (tụ điện) trong mạch thành 1 cuộn dây (tụ điện ) tương đương. 2.Phân tích mạch DC để tìm dòng điện (điện áp) chạy qua cuộn dây(2 đầu tụ điên) tại t = 0- . 3.Phân tích mạch DC để tìm giá trị ban đầu của biến mà ta quan tâm tại t= 0+ 4. Phân tích mạch DC để tìm giá trị xác lập của biến mà ta quan tâm tại t → ∞ 5.Tìm điện trở tương đương của mạch nhìn từ cuộn dây (tụ điện) 6.Tính thời hằng 7.Áp dụng công thức tổng quát ở trên
33. b a 400kΩ 20Ω t = 0 + 90V 60Ω 40V vC - i 0,5µF + - ➢ a) Ta có: vC (0 ) = vC (0 ) = -40 x (60/(60+20)) = -30 V . ➢ Khi khóa ở vị trí b, trị giá sau cùng của vC: 90 V. Thời hằng: RC = (400x103 )(0,5x10-6 ) = 0,2s. Vậy: -5t -5t ➢ vC = 90 + (-30 – 90)e = 90 – 120e (V), t ≥ 0 + + 3 3 ➢ b) i(0 ) = (90 – vC (0 ))/(400x10 ) = (90 –(-30))/(400x10 ) = 300 µA . Vậy: i(t) = 0 + (300 – 0)e-5t = 300e-5t (µA), t > 0 ➢ c) thời gian khóa ở vị trí b để điện áp 2 đầu tụ bằng 0: ➢ 90 – 120e-5t = 0 → t = 57,54 ms
34. t = 0 i + 0,1 µF 7,5 mA v 20 kΩ 30 kΩ - ➢ a) Do điện áp ban đầu tụ bằng 0, nên i(0+) = (7,5 x 20)/(20+30) = 3 mA. Dòng i có giá trị sau cùng bằng 0 vì tụ hở mạch đối với tín hiệu DC. Thời hằng: (20+30)x103 x (0,1)x10-6 = 5 ms. ➢ Vậy i(t) = 0 + (3 – 0) e-1000t/5 = 3e-200t (mA), t > 0 ➢ b) v(t) bằng điện áp 2 đầu tụ vC cộng với điện áp 2 đầu điện trở 30 kΩ. + - ➢ Ta có: vC (0 ) = vC (0 ) = 0. Giá trị sau cùng của vC = (7,5)(20) -200t -200t = 150 V. Vậy: vC (t) = 150 + (0 – 150)e = 150 -150e (V) ,t ≥ 0 . Nên: v(t) = 150 – 150e-200t + (30)(3)e-200t ➢ = 150 – 60e-200t (V), t > 0. (Biểu thức v(t) chỉ có giá trị với t > 0 vì v(0- ) = 150 V)
35. 1 Ω t = 0 i 3 Ω + v 20 V 80 mH - ➢ a) Ta có: i(0+ ) = i(0- ) = 20/(1 + 3) = 5 A; v(0+ ) = 20 – 1 x i(0+ ) = 15 V. Giá trị sau cùng điện áp cuộn dây bằng 0 . Thời hằng: 80x10-3 /1 = 80 ms.Vậy:v(t) = 0+(15 – 0)e-1000t/80 = 15e-12,5t ,t> 0 ➢ b) i(0+ ) = i(0- ) = 5 A. Giá trị sau cùng dòng điện cuộn dây bằng 20/1 = 20 A. Nên : i(t) = 20 + (5 - 20)e-12,5t ➢ = 20 – 15e-12,5t (A), t ≥ 0 ➢ Ta có thể tìm v(t) như sau: ➢ v(t) = L(di/dt) = 80 x 10-3 (15(12,5)e-12,5t ) = 15e-12,5t (V), t > 0
36. t = 0 t = 35ms 4 Ω 1 i 2 2 3 Ω L 1 3 Ω + 12 Ω + 150 mH 6 Ω 6 Ω 150 mH vL vL 18Ω -18Ω 60V - + iL(0 ) - a) Với t < 0 , ta tính iL(0 ) bằng cách biến đổi nguồn áp 60 V thành nguồn dòng và biến đổi các điện trở // thành điện trở - + tương đương ta tính được iL(0 ) = iL(0 ) = 6 A Với 0 ≤ t ≤ 35 ms khóa 1 mở lúc đó ta có mạch tương đương như hình trên. Điện trở tương đương nhìn từ cuộn dây gồm điện trở 6Ω nối tiếp 3Ω tất cả mắc // với 18Ω nên Rtđ = 6Ω. Thời hằng: (150/6) x 10-3 = 25 ms. Vậy: -40t iL (t) = 6e (A), 0 ≤ t ≤ 35 ms
37. Ví dụ về đáp ứng mạch RC a 100kΩ b c + 50kΩ 400V v(t) 0,1µF - ➢ Tụ điện ban đầu không chứa điện tích và khóa ở vị trí a Tại t = 0 khóa di chuyển đến b và ở vị trí này trong 15 ms. Sau đó khóa di chuyển đến c và ở vị trí này trong khoảng thời gian dài. ➢ a) Tính điện áp 2 đầu tụ. ➢ b) Khi nào điện áp tụ bằng 200 V? Giải: ➢ a) Khi t = 0 khóa di chuyển đến b, v(0+ ) = v(0- ) = 0 V và nếu khóa ở vị trí này trong thời gian dài thì giá trị sau cùng của v = 400 V, thời hằng = 0,1 µF x 100 kΩ = 10 ms. Vậy:
38. Ví dụ về đáp ứng của op-amp + 5V - 0,1µF a 100kΩ 6V b t = 9ms ++ + 10V 8V - 6V v0 - ➢ Khi khóa tiếp xúc với vị trí a điện áp ban đầu của tụ là 5 V. Khóa ở vị trí a trong 9 ms sau đó di chuyển sang b. Hỏi sau khi khóa ở vị trí b thì bao lâu sau op - amp sẽ bảo hòa? ➢ Giải: ➢ Khi khóa ở vị trí a, điện áp ngõ ra v0 : 1 t 1 t v0 (t) = v0 (0) − vidx = −5 − (−10)dx = −5 +1000t (V ) RC 0 10−2 0
39. (A.P.7.7).Ví dụ về đáp ứng mạch RC t = 0 t =10ms 1 2 60kΩ + 10mA 40kΩ 25kΩ 1µF vC 100kΩ - ➢ Khóa 1 ở trạng thái đóng và khóa 2 ở trạng thái mở trong thời gian dài. Tại t = 0 khóa 1 mở, sau đó 10 ms khóa 2 đóng. Tìm: ➢ a) vC(t) với 0 ≤ t ≤ 0,01 s c) Năng lượng tổn hao bởi 25 kΩ ➢ b) vC(t) với 0,01 s ≤ t d) Năng lượng tổn hao bởi 100 kΩ ➢ Trả lời: a) 80e-40t ; b) 53,63e-50(t-0,01) ; c) 2,91 mJ; d) 0,29 mJ
40. Ví dụ về đáp ứng của op-amp 10kΩ 40kΩ 5 V 160kΩ ++ + t = 0 - 5 V v 2 V 0,01µF 0 6,8kΩ - ➢ Khi khóa đóng tụ điện không tích điện ban đầu. Hỏi bao lâu sau khi khóa đóng op – amp sẽ bảo hòa? ➢ Trả lời: 1,11 ms
41. (P.7.46).Ví dụ về đáp ứng mạch RL t = 0 + v 10 A 0 20 A 15 Ω 12 mH 8 mH 48 Ω - i1 i2 Tính v0 (t) ; i1 (t) ; i2 (t)? Trả lời: -480e-10t V; (4e-10t +4) A; (6e-10t +6) A
42. Ví dụ về đáp ứng mạch RC và RL 5 kΩ 5 kΩ 4 kΩ + t = 0 t = 0 + 2 H 6 kΩ v 5 mF vL C i 20 mA 10 V - - L iC Với t > 0 ; Tính : vC (t); iC (t); vL (t); iL (t)?
43. 1.Đáp ứng ‘natural’ mạch RLC song song Nghiệm của phương trình đặc tính: 1 1 s = − + 2 − 2 ; s = − − 2 − 2 ; = ; = 1 0 2 0 2RC 0 LC α: Tần số Neper; ω0: Tần số góc cộng hưởng 2 2 •Nếu α > ω0 : s1 , s2 là 2 nghiệm thực riêng biệt , ta nói đáp ứng v có đệm quá mức (overdamped) và có dạng: s1t s2t v = A1e + A2e 2 2 • Nếu α < ω0 : s1 , s2 là 2 nghiệm phức liên hiệp, ta nói đáp ứng v có đệm yếu (underdamped) và có dạng: − t − t 2 2 v = B1e cosdt + B2e sin dt; d = 0 − 2 2 •Nếu α = ω0 : s1 , s2 là 2 nghiệm thực trùng nhau, ta nói đáp ứng v có đệm tới hạn (critically damped) và v có dạng: -αt -αt •v = D1 te + D2 e
44. Ví dụ về nghiệm phương trình đặc tính 1 106 a) = = =1,25 104 (rad / s) 2RC 2(200)(0,2) 1 (103 )(106 )  2 = = =108 (rad 2 / s2 ) 0 LC (50)(0,2) 4 4 2 8 s1 = −1,25 10 + (1,25 10 ) −10 = −5000(rad / s) 4 4 2 8 s2 = −1,25 10 − (1,25 10 ) −10 = −20000(rad / s) 2 2 b) Ta có đáp ứng đệm quá mức vì α > ω0 1 106 c) R = 312,5 → = = = 8000(rad / s) 2RC 2(312,5)(0,2)
45. Đáp ứng trong trường hợp đệm quá mức s1t s2t v = A1e + A2e (1) dv(0+ ) v(0+ ) = A + A (2); = s A + s A (3) 1 2 dt 1 1 2 2 Để tìm đáp ứng v(t) trong trường hợp đệm quá mức ta thực hiện các bước sau: 1.Tìm các nghiệm s1, s2 của phương trình đặc tính 2.Phân tích mạch tìm v(0+) và dv(0+)/dt 3.Giải hệ phương trình (2), (3) tìm A1, A2 4.Thế trị giá s1, s2 , A1, A2 vào (1)
46. Ví dụ về đáp ứng có đệm quá mức 1 106 = = =1,25 104 (rad / s) 2RC 2(200)(0,2) 1 (103 )(106 )  2 = = =108 (rad 2 / s2 ) 0 LC (50)(0,2) 4 4 2 8 s1 = −1,25 10 + (1,25 10 ) −10 = −5000(rad / s) 4 4 2 8 s2 = −1,25 10 − (1,25 10 ) −10 = −20000(rad / s) ➢ Đa thức đặc trưng có 2 nghiệm thực riêng biệt nên đáp ứng đệm quá mức. 3 ➢ Ta có: 12 = A1 + A2 ; -450 x 10 = -5000A1 - 20000A2 ➢ → A1 = -14 (V); A2 = 26 (V). Vậy: ➢ v(t) = (-14e-5000t + 26e-20000t ) (V) , t ≥ 0
47. Ví dụ về đáp ứng có đệm yếu i i iC R L + + 0,125µF 20kΩ 8H i v v0 0 - - + + ➢ Tìm đáp ứng v(t) ? Biết v(0 ) = 0V; iL (0 ) = - 12,25 mA ➢ Giải: - + + + ➢ Ta có: iL(0 ) = iL(0 ) = -12,25 mA; iR (0 ) = v(0 )/R = 0; + + + ➢ iC (0 ) = - iL(0 ) - iR(0 ) = -(-12,25) mA – 0 = 12,25 mA dv(0+ ) i (0+ ) 12,25 10−3 = C = = 98 (kV / s) dt C 0,125 10−6
48. Đáp ứng trong trường hợp đệm tới hạn 2 2 Trong trường hợp này: α = ω0 .Đáp ứng có dạng: -αt -αt V = D1 te + D2 e Các hệ số D1, D2 được xác định bởi hệ phương trình: + v(0 ) = V0 = D2 (1) dv(0+ ) i (0+ ) = C = D − D (2) dt C 1 2
49. Ví dụ về đáp ứng có đệm tới hạn i i iL C + R + 0,125µF v0 R 8H i0 v - - ➢ b) Theo ví dụ trước ta có: v(0+ ) = 0 và: dv(0+ ) i (0+ ) 12,25 10−3 = C = = 98 (kV / s) dt C 0,125 10−6 + + ➢ Vậy: D2 = v(0 ) = 0 ; → D1 = dv(0 ) /dt = 98000 ➢ Nên; v(t) = 98000te-1000t (V) , t ≥ 0
50. 2.Đáp ứng ‘step’ mạch RLC song song a)Năng lượng trử ban đầu bằng không: iL = 0; v(0) = 0 + Ta có: v = L(diL /dt) →diL(0 )/dt = 0 1 109 = = = 5 104 (rad / s) 2RC 2(400)(25) 1 1012  2 = = =16 108 (rad 2 / s2 ) 0 LC (25)(25) 2 2 Vì α > ω0 : Đệm quá mức. Ta có 2 nghiệm thực riêng biệt: 4 4 s1 = -5 x 10 + 3 x 10 = - 20000 4 4 s2 = -5 x 10 - 3 x 10 = - 80000 Đáp ứng iL có dạng: s1t s2t iL = I f + A1e + A2e iL (0) = If + A1 + A2 = 0 (1); diL(0 )/dt = s1 A1 + s1 A1 = 0 (2); Từ (1) và (2) → A1 = -32 mA; A2 = 8 mA. Vậy:
51. 3.Đáp ứng ‘natural’ mạch RLC nối tiếp R L I i 0 + C V0 - ➢ Đáp ứng ‘natural’ mạch RLC nối tiếp tương tự đáp ứng ‘natural’ mạch RLC song song: s1t s2t i(t) = A1e + A2e (overdamped) − t − t 2 2 i(t) = B1e cosdt + B2e sin dt;d = 0 − ;(underdamped) -αt -αt ➢ i(t) = D1 te + D2 e (critically damped) 1 R s = − 2 − 2 ;  = ; = 1,2 0 0 LC 2L ➢ Từ đó ta tính được áp 2 đầu các thành phần của mạch dể dàng