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

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

1. 5.92. Cho mạch như hình 5.84. Biết L = 5H; C = 8nF; điện trở R được điều chỉnh sao cho mạch có đáp ứng đệm tới hạn. V0 = - 25V và I0 = - 1mA a) Tính trị giá R. b) Tính v(t) với t ≥ 0 c) Tính v(t) khi iC(t) = 0 d) Bao nhiêu phần trăm năng lượng ban đầu trử trong mạch vẫn còn trử lại trong mạch tại thời điểm iC(t) = 0? Giải: 2 9 6 a) ω0 = 1/LC = 10 /40 = 25 x 10 Đệm tới hạn nên ta có: 3 α = 1/2RC = ω0 = 5 x10 → R = 1/(2 x 5 x 103 x C) = 109/(8 x 104) = 12,5kΩ + + + b) iC(0 ) = - iR(0 ) – iL(0 ) + 3 iR(0 ) = - 25/(12,5 x 10 ) = - 2mA + iC(0 ) = 2 + 1 = 3mA – 5000t – 5000t v(t) = D1te + D2e v(0) = - 25V = D2 – 5000t – 5000t – 5000t – 5000t – 5000t dv/dt = D1[t(- 5000e ) + e ] – 5000D2e = (D1t – 25)(- 5000e ) + D1e + 3 + – 3 – 9 5 dv(0 )/dt = 125 x 10 + D1 = iC(0 )/C = 3 x 10 /(8 x 10 ) = 3,75 x 10 5 4 → D1 = 2,5 x 10 = 25 x 10 V/s v(t) = (25 x 104t - 25)e– 5000t V, t ≥ 0. c) iC(t) = 0 khi dv(t)/dt = 0 dv/dt = (25 x 104t - 25)(- 5000)e– 5000t + e– 5000t(25 x 104t) = (375000 – 125 x 107t)e– 5000t. dv/dt = 0 khi 125 x 107t = 375000; → t = 300 μs v(300μs) = 50e– 1,5 = 11,16V 3 d) iL(300μs) = - iR(300μs) = 11,16/(12,5 x 10 ) = 0,89mA – 9 2 wC(300μs) = 4 x 10 (11,16) = 497,87 nJ – 3 2 wL(300μs) = (2,5)(0,89 x 10 ) = 1991,48 nJ w(300μs) = wC(300μs) + wL(300μs) = 2489,35 nJ w(0) = 4 x 10– 9(- 25)2 + (2,5)(- 1 x 10– 3)2 = 5000 nJ → w(300μs) x 100/w(0) = (2489,35 x 100)/5000 = 49,79% 5.93. Cho mạch như hình 5. 84. R = 2Ω; L = 0,4H; C = 0,25F; V0 = 0V; I0 = - 3A. a) Tìm v(t) với t ≥ 0. b) Tìm 3 giá trị đầu tiên của t để dv/dt = 0. Gọi các giá trị này là t1, t2 và t3.
2. Giải: a) α = 1/2RC = 0 휔 = 휔0 = 1/퐿 = 10 = 3,16 rad/s v(t) = B1cosω0t + B2sinω0t; v(0) = V0 = B1 = 0. → v(t) = B2sinω0t + + + iC(0 ) = Cdv(0 )/dt = - iL(0 ) = - I0 = 3 + → dv(0 )/dt = 3/C = 3/0,25 = 12 = - αB1 + ωdB2 = 0 + 10 B2 B2 = 12/ 10 = 3,79V v(t) = 3,79sin3,16t V, t ≥ 0 b) 2πf = 3,16; f = 3,16/(2π) ≈ 0,50Hz c) 3,79V 5.95. Giả sử đáp ứng điện áp có đệm yếu của mạch hình 5. 84 được viết như sau: – αt – αt v(t) = (A1 + A2)e cosωdt + j(A1 – A2)e sinωdt. Dòng điện ban đầu của cuộn dây là I0 và điện áp ban đầu của tụ là V0. * Hãy chứng tỏ rằng A2 là số phức liên hiệp của A1 (A2 = A1 ). Giải: Với v(t) có dạng như đề bài, ta có: v(0) = A1 + A2 + dv(0 )/dt = - α(A1 + A2) + jωd(A1 – A2) + Ta biết rằng v(0) và dv(0 )/dt là những số thực và ta đặt là K1, K2.Do đó: K1 = A1 + A2 ; (1) K2 = (- α + jωd)A1 + (- α – jωd)A2; (2) Ta giải hệ phương trình (1) và (2) để tìm A1 và A2. Theo công thức Cramer, ta có: 1 1 ∆ = = ―푗2휔 |( ―훼 + 푗휔 ) ( ―훼 ― 푗휔 )| 퐾 1 = 1 = ― (훼 + 푗휔 )퐾 ― 퐾 1 |퐾2 ( ―훼 ― 푗휔 )| 1 2 1 퐾 = 1 = 퐾 + (훼 ― 푗휔 )퐾 2 |( ―훼 + 푗휔 ) 퐾2| 2 1 1 휔 퐾1 ― 푗(훼퐾1 + 퐾2) 1 = = ∆ 2휔 2 휔 퐾1 + 푗(훼퐾1 + 퐾2) 2 = = ∆ 2휔 * Từ kết quả của A1 và A2 , ta có A2 = A1 5.96. Cho mạch như hình 5.96. L = 8H; C = 0,125μF; R = 4000/ Ω; V0 = 0V và I0 = - 12,25 mA. Tìm biểu thức của v(t) với t ≥ 0.
3. 4 3 6 10 푖 (150 × 10 ) 150 × 60 × 10 푖 푣 = + 210 × 103 210 × 103 3 3 3 RTh = vT/iT = (1500 x 10 /210) + (9000 x 10 /210) = 10500 x 10 /210 = 50kΩ Điện áp ban đầu của tụ: V0 = (75 x 6)/(4 + 6) = 45V Dòng điện ban đầu của cuộn dây: I0 = 0 + + + iC(0 ) = - iR(0 ) – iL(0 ) = - 45/50000 = - 0,9mA + – 3 – 9 3 iC(0 )/C = - 0,9 x 10 /(1,25 x 10 ) = - 720 x 10 2 9 8 4 ω0 = 1/LC = 10 /(8 x 1,25) = 10 ; ω0 = 10 rad/s α = 1/2RC = 109/(2 x 50 x 103 x 1,25) = 8000 rad/s 6 ωd = (100 ― 64) × 10 = 6000 /푠 – 8000t – 8000t v0(t) = B1e cos6000t + B2e sin6000t v0(0) = B1 = V0 = 45V + + 3 dv(0 )/dt = 6000B2 – 8000B1 = iC(0 )/C = - 720 x 10 → B2 = - 60V – 8000t – 8000t v0(t) = (45e cos6000t – 60e sin6000t) V, t ≥ 0. 598. Khóa trong mạch hình 5.98 ở vị trí a trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, khóa di chuyển đến vị trí b. Tìm v0(t) với t ≥ 0. 4kΩ a b + _ + i t = 0 4 Ø 10 iØ + v0 10H 150kΩ 60kΩ _ 75V 6kΩ 1nF _ Hình 5.98 Giải: Ta tìm Rth tại 2 đầu cuộn dây (cũng là 2 đầu tụ điện) bằng cách cấp nguồn vT như hình 5.98a + _ + iT 4 iØ 10 iØ v T 150kΩ 60kΩ _ Hình 5.98a
4. 4 3 6 10 푖 (150 × 10 ) 150 × 60 × 10 푖 푣 = + 210 × 103 210 × 103 3 3 3 RTh = vT/iT = (1500 x 10 /210) + (9000 x 10 /210) = 10500 x 10 /210 = 50kΩ Điện áp ban đầu của tụ: V0 = (75 x 6)/(4 + 6) = 45V Dòng điện ban đầu của cuộn dây: I0 = 0 + + + iC(0 ) = - iR(0 ) – iL(0 ) = - 45/50000 = - 0,9mA + – 3 – 12 3 iC(0 )/C = - 0,9 x 10 /(800 x 10 ) = - 1125 x 10 2 12 8 4 ω0 = 1/LC = 10 /(12,5 x 800) = 10 ; ω0 = 10 rad/s α = 1/2RC = 1012/(2 x 50 x 103 x 800) = 12500 rad/s 2 2 Vì α > ω0 nên đáp ứng v0(t) có đệm quá mức: 푠 푡 푠 푡 푣0(푡) = 1푒 1 + 2푒 2 2 2 2 8 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―12500 ± (12500) ― 10 = ―12500 ± 7500 s1 = - 5000 ; s2 = - 20000 A1 + A2 = V0 = 45 + 3 - 5000A1 – 20000A2 = iC(0 )/C = - 1125 x 10 → A1 = - 15; A2 = 60 – 5000t – 20000t → v0(t) = (- 15e + 60e ) V, t ≥ 0 5.100. Hai khóa trong mạch hình 5.100 hoạt động đồng bộ với nhau. Khi khóa 1 ở vị trí a, khóa 2 ở vị trí d. Khi khóa 1 di chuyển đến vị trí b, khóa 2 di chuyển đến vị trí c. Khóa 1 đã ở vị trí a trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, các khóa di chuyển đến các vị trí khác của chúng. Tìm v0(t) với t ≥ 0. 1kΩ a 1 b c 2 d + t = 0 t = 0 + v 60V 0 45mA 100Ω _ 1,6kΩ 1H 62,5nF _ Hình 5.100 Giải:
5. Giải: Với t 0, ta có mạch như hình 5.101b. + 640mH 62,5nF 2kΩ v0 _ Hình 5.101b + iR(0 ) = V0/R = 60/2000 = 30mA + iL(0 ) = I0 = 45mA + + + iC(0 ) = - iR(0 ) – iL(0 ) = - 30 – 45 = - 75 mA α = 1/2RC = 109/(2 x 2000 x 62,5) = 4000 rad/s 2 9 6 ω0 = 1/LC = 10 /(62,5 x 0,64) = 25 x 10 6 ωd = (25 ― 16) × 10 = 3000 rad/s 2 2 2 6 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―4000 ± (4000) ― 25 × 10 = ―4000 ± 푗3000 s1 = - 4000 + j3000 rad/s; s2 = - 4000 – j3000 rad/s – 4000t – 4000t v0(t) = B1e cos3000t + B2e sin3000t B1 = V0 = 60V; + + – 3 – 9 5 dv0(0 )/dt = - 4000B1 + 3000B2 = iC(0 )/C = - 75 x 10 /(62,5 x 10 ) = - 12 x 10 → 3B2 = 4B1 – 1200 = 240 – 1200 = - 960 ; → B2 = - 320V. – 4000t – 4000t → v0(t) = ( 60e cos3000t - 320e sin3000t) V, t ≥ 0 5.102. Hai khóa trong mạch hình 5.102 hoạt động đồng bộ với nhau. Khi khóa 1 ở vị trí a, khóa 2 ở vị trí d. Khi khóa 1 di chuyển đến vị trí b, khóa 2 di chuyển đến vị trí c. Khóa 1
6. 4 → D1 = - 132 x 10 V/s. 4 – 10000t → v0(t) = ( 60 – 132 x 10 t) e V, t ≥ 0 5.103. Năng lượng trử ban đầu của mạch hình 5.103 bằng 0. Tại thời điểm t = 0, nguồn dòng I = 24mA được cung cấp cho mạch. Biết R = 400Ω. Với t ≥ 0, tìm: a) iL(t) iL iR + b) v(t) t = 0 iC c) iR(t) I 25nF 25mH R v d) i (t) C _ Hình 5.103 Giải: a) Năng lượng trử ban đầu của mạch bằng 0 nên: v(0) = V0 = 0; iL(0) = I0 = 0; và v(0) = LdiL(0)/dt = 0; → diL(0)/dt = 0 α = 1/2RC = 109/(2 x 400 x 25) = 5 x 104 rad/s; α2 = 25 x 108 2 12 8 ω0 = 1/LC = 10 /(25 x 25) = 16 x 10 . 2 2 ω0 < α nên phương trình đặc tính có 2 nghiệm thực phân biệt: 4 4 s1 = - 5 x 10 + 3 x 10 = - 20000 rad/s 4 4 s2 = - 5 x 10 – 3 x 10 = - 80000 rad/s Đáp ứng iL(t) có đệm quá mức: ′ 푠1푡 ′ 푠2푡 iL(t) = If + 1푒 + 2푒 . Ta lại có: ′ ′ iL(0) = If + 1 + 2 = 0 ; (1) (If = 24mA) ′ ′ diL(0)/dt = s1 1 + s2 2 = 0 ; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = ― 32 ; 2 = 8mA – 20000t – 80000t Vậy: iL(t) = ( 24 - 32e + 8e )mA, t ≥ 0 – 20000t – 80000t b) v(t) = L(diL/dt ) = 16[e - e ]V, t ≥ 0 – 20000t – 80000t – 20000t – 80000t + c) iR(t) = v(t)/R = 16[e - e ]/400 = 40 [e - e ]mA, t ≥ 0 – 20000t – 80000t + d) iC(t) = I – iL(t) – iR(t) = [- 8e + 32e ] mA, t ≥ 0 5.104. Năng lượng trử ban đầu của mạch hình 5.104 bằng 0. Tại thời điểm t = 0, nguồn dòng I = 24mA được cung cấp cho mạch. Biết R = 625Ω. Với t ≥ 0, tìm: a) iL(t) iL iR + b) v(t) t = 0 iC c) i (t) C I 25nF 25mH R v _ Hình 5.104
7. ′ iL(0) = If + 2 = 0 ; (1) ′ ′ diL(0)/dt = 1 - α 2 = 0 ; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = - 960000 mA/s; 2 = - 24 mA – 40000t – 40000t Vậy: iL(t) = (24 – 960000te - 24e ) mA, t ≥ 0 – 40000t b) v(t) = L(diL/dt) = 960000te V, t ≥ 0. 5.106. Giả sử tại thời điểm nguồn dòng DC 15mA cung cấp cho mạch hình 5.106, dòng điện ban đầu trong cuộn dây 20H là – 30 mA, và điện áp ban đầu của tụ là 60V (cực dương tương ứng với đầu nằm trên). Biết R = 800Ω, tìm biểu thức của iL(t) với t ≥ 0. iL 5μF 15mA 20H R Hình 5.106 Giải: α = 1/2RC = 106/(2 x 800 x 5) = 125 rad/s 2 6 4 ω0 = 1/LC = 10 /(20 x 5) = 10 ; ω0 = 100 rad/s 2 2 2 4 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―125 ± (125) ― 10 = ―125 ± 75 s1 = - 50 rad/s; s2 = - 200 rad/s If = 15mA ′ 푠1푡 ′ 푠2푡 ′ ―50푡 ′ ―200푡 iL(t) = If + 1푒 + 2푒 = 15 + 1푒 + 2푒 ′ ′ iL(0) = 15 + 1 + 2 = - 30 ; (1) ′ ′ diL(0)/dt = - 50 1 - 200 2 = v(0)/L = 60/20 = 3; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = - 40 mA; 2 = - 5mA – 50t – 200t Vậy: iL(t) = 15 – 40e - 5e mA, t ≥ 0 5.107. Giả sử tại thời điểm nguồn dòng DC 15mA cung cấp cho mạch hình 5.107, dòng điện ban đầu trong cuộn dây 20H là – 30 mA, và điện áp ban đầu của tụ là 60V (cực dương tương ứng với đầu nằm trên). Biết R = 1250Ω, tìm biểu thức của iL(t) với t ≥ 0. iL 5μF 15mA 20H R Hình 5.107
8. Giải: a) α = 1/2RC = 106/(2 x 800 x 6,25) = 100 2 6 ω0 = 1/LC = 10 /(25 x 6,25) = 6400 2 2 2 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―100 ± (100) ― 6400 = ―100 ± 60 s1 = - 40 rad/s; s2 = - 160 rad/s v0(∞) = 0V = Vf ′ 푠1푡 ′ 푠2푡 ′ ―40푡 ′ ―160푡 → v0(t) = Vf + 1푒 + 2푒 = 0 + 1푒 + 2푒 Ta lại có: ′ ′ V0(0) = 30 = 1 + 2 ; (1) + + + iC(0 ) = - iR(0 ) – i0(0 ) = - 0 – 0 = 0 + ′ ′ → dv0(0 )/dt = 0 = - 40 1 - 160 2 ; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = 40V; 2 = - 10 V – 40t – 160t Vậy v0(t) = 40e – 10e V, t ≥ 0. ′ 푠1푡 ′ 푠2푡 b) i0(t) = If + 1푒 + 2푒 If = 30/800 = 37,5mA – 3 ′ ′ i0(0) = 0 = 37,5 x 10 + 1 + 2 ; (3) ′ ′ di0(0)/dt = V0/L = 30/25 = - 40 1 - 160 2; (4) ′ ′ Từ (3) và (4) → 1 = - 40 mA; 2 = 2,5 mA – 40t – 160t Vậy i0(t) = 37,5 – 40e + 2,5e mA, t ≥ 0 5.110. Năng lượng trử trong mạch của hình 5.110 bằng 0 khi khóa đóng mạch tại thời điểm t = 0. a) Tìm v0(t) với t ≥ 0. b) Tìm i0(t0 với t ≥ 0. i0 800Ω t = 0 + + 6,25μF v 25H 30V _ 0 _ Hình 5.110
9. – + – + iL(0 ) = iL(0 ) = 12/400 = 30mA; v0(0 ) = v0(0 ) = V0 = 0 Với t > 0, ta có mạch tương đương như hình 5.111a. + 1,25H 30mA 400Ω 1,25μF v0 iL _ Hình 5.111a α = 1/2RC = 106/(2 x 400 x 1,25) = 1000 rad/s 2 6 4 ω0 = 1/LC = 10 /(1,25 x 1,25) = 64 x 10 2 2 2 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―1000 ± (1000) ― 640000 = ―1000 ± 600 s1 = - 400 rad/s; s2 = - 1600 rad/s v0(∞) = 0 = Vf ′ ―400푡 ′ ―1600푡 v0(t) = 0 + 1푒 + 2푒 ′ ′ v0(0) = 0 = 1 + 2 ; (1) + + + iC(0 ) = 30 mA – iR(0 ) - iL(0 ) = 30mA – 0 – 30mA = 0 + ′ ′ + → dv0(0 )/dt = - 400 1 - 1600 2 = iC(0 )/C = 0; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = 0V; 2 = 0V Vậy v0(t) = 0 với t ≥ 0. 5.112. Khóa trong mạch hình 5.112 đã hở mạch trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, khóa đóng mạch. a) Tìm v0(t) với t ≥ 0. b) Tìm iL(t) với t ≥ 0. c) Tìm tổng năng lượng cung cấp cho cuộn dây. d) Tìm tổng năng lượng cung cấp cho điện trở tương đương. e) Tìm tổng năng lượng cung cấp cho tụ. f) Tìm tổng năng lượng cung cấp cho nguồn dòng tương đương. g) Kiểm tra lại các kết quả từ c đến f bằng cách chứng tỏ có sự bảo tồn năng lượng. iL 250Ω t = 0 + + μ v0 1,6H 25V _ 1kΩ 10 F _ Hình 5.112
10. 푤퐿 2 ∞ ∞ ∞ = 푒―250푡 푡 + 250 푡푒―250푡 푡 ― 375 푡푒―500푡 푡 ― 31250 0 0 0 ∞ ∞ 푡2푒―500푡 푡 ― 푒―500푡 푡 0 0 ―250푡 ∞ ∞ 푤퐿 푒 250 = + 푒―250푡( ―250푡 ― 1) ― 2 ―250| (250)2 | 0 0 375 ∞ 푒―500푡( ―500푡 ― 1) ― (500)2 ⌋ 0 ∞ 31250 ∞ 푒―500푡 푒―500푡(5002푡2 + 1000푡 + 2) ― ( ―500)3 | ( ―500)| 0 0 푤퐿 1 250 375 31250 × 2 1 = + ― ― ― 2 250 62500 25 × 104 53 × 106 500 wL = 8 + 8 – 3 – 1 – 4 = 8mJ Lưu ý wL cũng chính là trị giá năng lượng chứa trong cuộn dây với t = ∞. Thật vậy: 2 wL(∞) = (1,6)(0,1) /2 = 8mJ – 250t – 250t d) v0(t) = 5000te + 20e V; – 250t – 250t iR(t) = v0(t)/Rtđ = v0(t)/200 = 25te + 0,1e A – 500t 2 pR = v0iR = 2e (62500t + 500t + 1) w = ∞ ∞ 푖 푡 = ∞ ―500t 2 R ∫0 푅 푡 = ∫0 푣0 푅 ∫0 2e (62500t + 500t + 1)dt ∞ ∞ ∞ 푤푅 = 62500 푡2 푒―500푡 푡 + 500 푡푒―500푡 푡 + 푒―500푡 푡 2 0 0 0 ―500푡 ∞ 푤푅 62500푒 = (25 × 104푡2 + 1000푡 + 2) + 2 ―125 × 106 | 0 ∞ ∞ 500푒―500푡 푒―500푡 ( ―500푡 ― 1) + 25 × 104 | ( ―500)| 0 0 푤푅 62500 × 2 500 1 = + + 2 125 × 106 25 × 104 500 wR = 2 + 4 + 4 = 10 mJ e) 100 mA = iR + iC + iL – 250t –250t – 250t – 250t iR + iL = 25000te + 100e + 100 – 12500te – 100e mA = 100 + 12500te– 250t mA – 250t – 250t → iC = 100 – (iR + iL) = - 12500te mA = - 12,5te A – 250t – 250t – 250t 2 – 500t – 500t pC = v0iC = (5000te + 20e )( - 12,5te ) = - 250(250t e + te ) ∞ ∞ 푤 = 250 푡2푒―500푡 푡 + 푡푒―500푡 푡 ―250 0 0
11. 150Ω // 300Ω = 100Ω 31,25mH 500nF 100mA 100Ω iL Hình 5.113b iL(0) = 20mA; iL(∞) = - 100mA α = 1/2RC = 106/(2 x 100 x 0,5) = 104; α2 = 108 2 9 6 ω0 = 1/LC = 10 /(31,25 x 0,5) = 64 x 10 2 2 2 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―10000 ± (10000) ― 64000000 = ―10000 ± 6000 s1 = - 4000 rad/s; s2 = - 16000 rad/s ′ ―4000푡 ′ ―16000푡 iL(t) = If + 1푒 + 2푒 iL(∞) = If = - 100 mA ′ ′ ′ ′ iL(0) = = If + 1 + 2 = 20mA; → 1 + 2 = 120mA; (1) + + ′ ′ diL(0 )/dt = v(0 )/L = 0 = - 4000 1 - 16000 2 ; (2) ′ ′ Từ (1) và (2) → 1 = 160mA; 2 = - 40mA – 4000t – 16000t Vậy: iL(t) = - 100 + 160e - 40e mA, t ≥ 0. 5.114. Hai khóa 1 và 2 trong mạch hình 5.114 hoạt động đồng bộ. Khi khóa 1 hở mạch, khóa 2 đóng mạch và ngược lại. Khóa 1 đã hở mạch trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, khóa 1 đóng mạch. Tìm iL(t) với t ≥ 0. 5kΩ Khóa 1 Khóa 2 t = 0 t = 0 + μ 80H Ω 60mA _ 240V 5kΩ 5 F iL 1k Hình 5.114 Giải: – + Với t < 0, ta có; vC(0 ) = 240V/2 = 120V = vC(0 )
12. L = 109/(4 x 106 x 50) = 5H R = 5000L = 25000Ω b) i(0+) = 0 + + Ldi(0 )/dt = vc(0 ) ; – 9 2 + – 6 2 + (50 x 10 )vC (0 )/2 = 90 x 10 ; → vC (0 ) = 3600; + vC(0 ) = 60V + + di(0 )/dt = vC(0 )/L = 60/5 = 12 A/s – 1000t – 4000t c) i(t) = A1e + A2e i(0) = A1 + A2 = 0; (1) di(0)/dt = - 1000A1 – 4000A2 = 12; (2) Từ (1) và (2) → A1 = 4mA; A2 = - 4mA i(t) = 4e– 1000t - 4e– 4000t mA, t ≥ 0. d) di(t)/dt = - 4e– 1000t + 16e– 4000t di(t)/dt = 0 khi 16e– 4000t = 4e– 1000t Hay: e3000t = 4 → t = ln4/3000 = 462,10 μs – 0,4621 – 1,8484 e) imax = 4e - 4e = 1,89 mA 5.116. Dòng điện trong mạch hình 5.116 có trị giá như sau: – 800t – 800t i(t) = B1e cos600t + B2e sin600t Tụ điện có điện dung là 500μF; giá trị ban đầu của dòng điện I0 = 0; và điện áp ban đầu của tụ là V0 = 12V. a)Tìm các trị giá của R, L, B1, và B2. b) Tìm vC(t) với t ≥ 0. R _ _ i(t) I0 V0 vC (t) L C + + Hình 5.116 Giải: a) Ta có: α = 800 rad/s; ωd = 600 rad/s 2 2 2 4 2 4 4 4 ω0 – α = ωd = 36 x 10 ; → ω0 = 36 x 10 + 64 x 10 = 100 x 10 ; ω0 = 1000 rad/s. α = R/2L = 800; R = 1600L. 2 4 6 4 ω0 = 1/LC = 100 x 10 ; L = 10 /(100 x 10 x 500) = 2mH.
13. Giải: – + a)Với t 0: α = R/2L = 5000/(2 x 1) = 2500 rad/s 2 9 6 ω0 = 1/LC = 10 /(1 x 250) = 4 x 10 2 2 2 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―2500 ± (2500) ― 4000000 = ―2500 ± 1500 s1 = - 1000 rad/s; s2 = - 4000 rad/s – 1000t – 4000t i0(t) = A1e + A2e – 3 i0(0) = A1 + A2 = 15 x 10 ; (1) di0(0)/dt = - 1000A1 - 4000A2 = 0; (2) Từ (1) và (2) → A1 = 20mA; A2 = - 5mA – 1000t - 4000t i0(t) = 20e – 5e mA, t ≥ 0 – 1000t – 4000t b) v0(t) = A3e + A4e v0(0) = A3 + A4 = 75; (3) – 3 – 9 dv0(0)/dt = - i0(0)/C = - 15 x 10 /(250 x 10 ) = - 1000A3 – 4000A4 ; (4) Từ (3) và (4) → A3 = 80V; A4 = - 5V – 1000t – 4000t v0(t) = 80e – 5e V, t ≥ 0 5.118. Trong mạch hình 5.118 điện trở R được điều chỉnh sao cho đáp ứng có đệm tới hạn. Điện áp ban đầu của tụ là 90V, và trị giá ban đầu dòng điện cuộn dây là 24 mA. a) Tìm trị giá của R. b)Tìm trị giá của i và di/dt tại thời điểm ngay sau khi khóa đóng mạch. c) Tìm vC(t) với t ≥ 0. R + t = 0 i(t) vC(t) 160nF 250mH _ Hình 5.118 Giải: 2 9 8 6 a) ω0 = 1/LC = 10 /(0,25 x 160) = 10 /4 = 25 x10 α = R/2L = ω0 = 5000 rad/s R = (5000 x 2)L = 10 x 250 = 2500Ω + b) i(0 ) = iL(0) = 24mA
14. + + + Ta lại có : vL(0 ) = - Ldi(0 )/dt = va(0 ) = 300 V → di(0+)/dt = - 300/L = - 300/5 = - 60 A/s + + dva(0 )/dt = 200di(0 )/dt = 200(- 60) = - 12000 V/s c) α = R/2L = 800/(2 x 5) = 80 rad/s 2 6 4 ω0 = 1/LC = 10 /(5 x 20) = 10 2 2 2 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―80 ± (80) ― 10000 = ―80 ± 푗60 Đáp ứng có đệm yếu: – 80t – 80t va = B1e cos60t + B2e sin60t + va(0 ) = B1 = 300V + dva(0 )dt = - 80B1 + 60B2 = - 12000; → B2 = 200V – 80t – 80t + va (t) = 300e cos60t + 200e sin60t V, t ≥ 0 5.120. Khoá trong mạch hình 5.120 đã ở vị trí a trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, khóa chuyển sang vị trí b. Tìm i(t) với t ≥ 0. 50Ω a b 200Ω i(t) t = 0 + + 100mH _ 70V v 200nF C _ Hình 5.120 Giải: i(0– ) = i(0+) = 70/(50 + 200) = 280mA – + vC(0 ) = vC(0 ) = 200(0,280) = 56V α = R/2L = 200/(2 x 0,1) = 1000; α2 = 106 2 9 6 ω0 = 1/LC = 10 /(0,1 x 200) = 50 x10 2 2 α < ω0 : Đáp ứng có đệm yếu. s1,2 = - 1000 ± j7000 – 1000t – 1000t i(t) = B1e cos7000t + B2e sin7000t i(0) = B1 = 280mA di(0)/dt = vL(0)/L = 0 = 7000B2 – 1000B1 → B2 = B1/7 = 40mA i(t) = 280e– 1000tcos7000t + 40e– 1000tsin7000t mA, t ≥ 0.
15. 2 3 ω0 = 1/LC = 10 /(10 x 2) = 50 2 2 α < ω0 : Đáp ứng có đệm yếu. 휔 = 50 ― 25 = 5 ―훼푡 ―훼푡 v0(t) = 1푒 표푠휔 푡 + 2푒 푠푖푛휔 푡 – 5t – 5t 2H 12Ω v0(t) = B1e cos5t + B2e sin5t v0(0) = B1 = 70V 5A + + Cdv0(0)/dt = - i(0) = - 5 – 3 dv0(0)/dt = - 5/(10 x 10 ) = - 500V/s 8Ω 10mF v0 70V dv0(0)/dt = - 5B1 + 5B2 = - 500 → 5B2 = - 500 + 5B1 = - 500 + 350; _ _ B2 = - 150/5 = - 30 Hình 5.121b – 5t – 5t v0(t) = 70e cos5t - 30e sin 5t V, t ≥ 0. 5.122.Năng lượng trử ban đầu của mạch hình 5.122 bằng không. Tìm v0(t) với t ≥ 0. 400mH 4kΩ t = 0 + + 40V 50nF _ v0 (t) _ Hình 5.122 Giải: α = R/2L = 4 x 103/(2 x 0,4) = 5000 rad/s 2 9 6 ω0 = 1/LC = 10 /(0,4 x 50) = 50 x 10 2 2 2 6 푠1,2 = ―훼 ± 훼 ― 휔0 = ―5000 ± (5000) ― 50 × 10 = ―5000 ± 푗5000 ′ ―훼푡 ′ ―훼푡 ′ ―5000푡 ′ ―5000푡 v0(t) = Vf + 1푒 표푠휔 푡 + 2푒 푠푖푛휔 푡 = Vf + 1푒 표푠5000푡 + 2푒 푠푖푛5000푡 ′ v0(0) = Vf + 1 = 0 ′ Vf = v0(∞) = 40 V; → 1 = - 40 V ′ ′ ′ ′ dv0(0)/dt = - 5000 1 + 5000 2 = 0; → 2 = 1 = - 40V – 5000t – 5000t v0(t) = 40 – 40e cos5000t - 40e sin5000t V, t ≥ 0 5.123. Năng lượng trử ban đầu của mạch hình 5.123 bằng không. Tìm v0(t) với t ≥ 0. 400mH 4kΩ t = 0 + + 40V _ 100nF v0 (t) _ Hình 5.123
16. a) Viết biểu thức của v0(t) theo Vg, α, ωd, C và R với t ≥ 0. b) Viết biểu thức giá trị của t khi độ lớn của v0 cực đại? t = 0 R C i(t) + + Vg L _ v0 (t) _ Hình 5.125 Giải: ′ ―훼푡 ′ ―훼푡 a) Ta có: i(t) = If + 1푒 표푠휔 푡 + 2푒 푠푖푛휔 푡 If = i(∞) = 0. ′ i(0) = Vg/R = 1 ′ ―훼푡 ′ ―훼푡 → i(t) = 1푒 표푠휔 푡 + 2푒 푠푖푛휔 푡 Ta cũng có: L[di(0)/dt] = 0 ; → di(0)/dt = 0 ′ ′ ′ ′ ―훼푡 Và di/dt = 휔 2 ― 훼 1 표푠휔 푡 ― 훼 2 + 휔 1 푠푖푛휔 푡 푒 ′ ′ ′ ′ → 휔 2 ―훼 1 = 0; 2 = α 1/ωd = αVg/(ωdR) 2 훼 휔 ―훼푡 v0(t) = L(di/dt) = ― 퐿 + 푠푖푛휔 푡 푒 휔 푅 푅 2 퐿 훼 ―훼푡 푣0(푡) = ― + 휔 푠푖푛휔 푡 푒 푅 휔 2 퐿 훼2 + 휔 ―훼푡 푣0(푡) = ― 푠푖푛휔 푡 푒 푅 휔 2 퐿 휔 0 ―훼푡 푣0(푡) = ― 푒 푠푖푛휔 푡 푅 휔 퐿 1 ―훼푡 푣0(푡) = ― 푒 푠푖푛휔 푡 푅휔 퐿 ―훼푡 푣0(푡) = ― 푒 푠푖푛휔 푡 , 푡 ≥ 0 푅 휔 푣 0 ―훼푡 ) = ― (휔 표푠휔 푡 ― 훼푠푖푛휔 푡)푒 푡 푅 휔 dv0/dt = 0 khi 휔 표푠휔 푡 ― 훼푠푖푛휔 푡 = 0; → tg(ωdt) = ωd/α – 1 → ωdt = tg (ωd/α) 1 휔 푡 = 푡 ―1 휔 훼
17. Vf = v0(∞) = 100V ′ ′ v0(0) = Vf + 2 = 200; → 2 = 200 – 100 = 100V ′ ′ dv0(0)/dt = - 50 2 + 1 = iC(0)/C = 0; ′ ′ → 1 = 50 2 = 5000V/s – 50t – 50t v0(t) = 100 + 5000e + 100e V, t ≥ 0 5.128. Khóa trong mạch hình 5.128 đã ở vị trí a trong thời gian dài. Tại thời điểm t = 0, khóa di chuyển đến vị trí b. Tìm: + a) v0(0 ) + b) dv0(0 )/dt + c) v0(t) với t ≥ 0 24kΩ b 4kΩ t = 0 200mH a 12kΩ + _ 28V 8 nF v0 (t) + + 20V _ _ Hình 5.128 Giải: a)Với t 0, ta có mạch như hình 5.128b 12kΩ + + _ 12kΩ // 24kΩ = 8kΩ 3mA + + v (0+) = ( 8000)i (0+) + v (0+) 16V 8 nF v0 (0 ) 0 0 C vC 20V _ = (8000)(0,003) - 16 = 24 – 16 = 8V _ _ + Hình 5.128b
18. + 494,6mV + _ _ 20kΩ - + + + v∆ 0 - - 200V + _ _ _ + 푠 +