1. Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn
E
1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm r0
nguồn sang dương nguồn (hình 1.41), dòng điện _ + _+
∆U
mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, I
E U
nên E = I .r0 + I .R = ∆U + U ; I = = 0,15A;
r0 + R R H× 1.41
nh
Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r0=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:
U=I. R=1,05=E-∆U;
Uab Ubc Ucd b) Uab Ubc Ucd
b) Giải tương tự. a)
1.2. a) Hình 1.42. a) a b c d a b c d
E − E2 + E3 _E1 E2 _E3 _E1 _E2 _E3
+ +_ + + + +
I
I= 1 = 0,5 A; I
r01 + r02 + r03
U ab = −(E 1 − I .r01 ) = H× 1.42
nh R
− (12 − 0,5.4) = −10V ;
b
U bc = E 2 + I .r02 = 18 + 0,5.3 = 19,5V ; U cd = −(E 3 − I .r03 ) = −(10 − 0,5) = −9,5V
) Nếu đổi chiều nguồn E2 như ở hình 1.42. b)
E1 + E 2 + E 3 40
I= = = 2A; U ab = −(E 1 − I .r01 ) = −4V ; U bc = −(E 2 − I .r02 ) = −6V ;
r01 + r02 + r03 + R 20
U cd = −(E 3 − I .r03 ) = −8V
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.
24 − 12
1.4. I= = 0,24 A; U = 24 − 0,24.30 = 16,8 V = 12 + 0,24.20
50
E E2
1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì I = ; p = I 2 r0 = = 0,4 W
r0 r0
E E2
Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì I = ;p= R.
r0 + R (r0 + R ) 2
Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để pmax thì p’=0:
33

2. (r0 + R ) 2 − R .2(R + r)
p' = E 2 = 0 Hay
(r0 + R ) 4
(r0 + R ) 2 − 2R (R + r0 ) = r0 + 2r + R 2 − 2R 2 − 2r0 R = r2 − R 2 = 0 →
2
R R = r0
E 2 0,4
p max R = r0 = = = 0,1 W = 100 mW
4r0 4
1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. u(t) [V]
10. a):
5 a)
0 khi t< 0
5t 0 ≤ 1s
 khi
u (t) =  .
− 5t + 10 khi 1s ≤ t ≤ 2s
0 0 1
 khi 2s < t 2 t [s]
i(t) [A]
Đồ thị hình 1.43. a) b)
1
0 khi t < 0 0 1 2 t [s]
t khi 0 ≤ 1s p(t) [W]
u (t) 
i(t)= =  .
R − t + 2 khi 1s ≤ t ≤ 2s 5 c)
0
 khi 2s < t
Đồ thị hình 1.43. b)
Công suất tức thời: 0 1 2 t [s]
2
u (t)
p(t)=R. i2(t)= = H×
nh1.43
R
u(t) [V]
a)
0 khi t < 0 5
 2
5t khi 0 ≤ 1s
 2
5(t − 4t + 4) khi 1s ≤ t ≤ 2s
0 khi 2s < t 0 1 2 t [s]

i(t) [A] b)
Đồ thị hình 1.43c
1
Năng lượng tiêu tán dưới dạng
nhiệt năng: 0 1 2 t [s]
3
1 1
t 1 5 p(t) [W]
W R = ∫ p (t)dt = ∫ 5t2 dt =5 = W c)
0 0 3 0 3 5
≈ 1,67W
0 1 2 t [s]
+Với điện áp thứ hai đồ thị
hình1.10b) H×
nh1.44
34

3. 0 khi t < 0
5t khi 0 ≤ 1s

u (t) =  . Đồ thị hình 1.44. a)
5t − 5 khi 1s ≤ t ≤ 2s
0
 khi 2s < t
0 khi t < 0
t khi 0 ≤ 1s
u (t) 
i (t) = = Đồ thị hình 1.44. b)
R t − 1 khi 1s ≤ t ≤ 2s
0
 khi 2s < t
0 khi t < 0
 2
u 2 (t) 5t khi 0 ≤ 1
p (t) = = R .i 2 (t) =  Đồ thị hình 1.44. c)
2
R 5(t − 2t + 1) khi 1 ≤ t ≤ 2
0 khi 2 < t

W≈1,67 W;
+Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c)
0 khi t< 0
5t khi 0 ≤ t ≤ 1s


u (t) = 5 khi 1s ≤ t ≤ 2s ; Hình 1.45a)
 − 5t + 15 khi 2s ≤ t ≤ 3s

0
 khi 3s < t
0 khi t < 0
t khi 0 ≤ t ≤ 1s

 [V]
i (t) = 1 khi 1s ≤ t ≤ 2s ; Hình 1.45b) u(t) a)
− t + 3 khi 2s ≤ t ≤ 3s 5

0
 khi 3s < t
0 1 2 3 t [s]
0 khi t < 0 i(t) [A] b)
 2
5t khi 0 ≤ t ≤ 1s 1
 0 1 2 3 t [s]
p (t) = 5 khi 1s ≤ t ≤ 2 s Hình 1.45c) [V]
5(t2 − 6t + 9) khi 2s ≤ t ≤ 3 p(t) c)
 5
0
 khi 3s < t
W≈1,67 W; 0 1 2 3 t [s]
b)
1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích: H× 1.45
nh
35

4.  t khi 0 ≤ t ≤ 1s

u( t ) = − t + 2 khi 1 s ≤ t ≤ 3 s ;
 t − 4 khi 3s ≤ t ≤ 4 s

1. Trên điện trở R=1Ω:
a) Biểu thức dòng điện:
 t khi 0 ≤ t ≤ 1 S
u( t ) u( t ) 
i R (t) = = = − t + 2 khi 1 S ≤ t ≤ 3 S
R 1  t − 4 khi 3 S ≤ t ≤ 4 S

Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46.
b) Năng lượng toả nhiệt:
t2 t2
U2
WR = Q = ∫ i Rdt = ∫
2
dt = u(t)[V]
H× 1.46
nh
t1 t1
R
1
 2
1
t 1 13
∫ t dt = = (J ) 0 1 2 3 4 t [s]
0 3 0 3
-1
3
 2 t3 3 2
∫ ( t − 4t + 4)dt = ( − 2t 2 + 4t ) = ( J )
1 3 1 3
4 t3 4 1
∫ ( t − 8t + 16)dt = ( − 4t 2 + 16t ) = ( J )
2
3
 3 3 3
36

5. + Với 1s ≤ t ≤ 3s
1
t t
 t2 t
i L (t) = ∫
L 1
udt + i L (1) = ∫ (−t + 2)dt + i L (1) =  − + 2t + 0,5 =
1
 2

1

t2 t2
=− + 2t − (−0,5 + 2) + 0,5 = − + 2t − 1;
2 2
(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. )
t2
Như vậy có iL(t=3s)= − + 2t − 1 = 0,5
2 t= 3
+ Với 3s ≤ t ≤ 4s
1t t  t2 t
i L (t) = ∫ udt + i L (3s) = ∫ (t − 4)dt + i L (3) =  − 4t + 0,5
2 3
L3 3  
t2 32 t2
= − 4t − ( − 4.3) + 0,5 = − 4t + 8 .
2 2 2
(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. )
t2
 2 khi 0 ≤ t ≤ 1s
t
 2
1  t
Kết quả có i L ( t ) = ∫ udt + i L ( t 0 ) = − + 2t − 1 khi 1s ≤ t ≤ 3s
L t0  2
t2
 2 − 4t + 8 khi 3s ≤ t ≤ 4s

b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L.
Li 2 ( t )
WM(t)= L
=
2
t4
 8 khi 0 ≤ t ≤ 1s

Li 2 ( t )  t 4
WM ( t ) = L
=  − t 3 + 2,5t 2 − 2t + 0,5 khi 1s ≤ t ≤ 3s
2 8
t4
 8 − 2t + 12t − 32t + 8 khi 3s ≤ t ≤ 4s
3 2

37

6. c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:
 t3
 2 khi 0 ≤ t ≤ 1s

dWL  t 3
p( t ) = =  − 3t 2 + 5t − 2 khi 1s ≤ t ≤ 3s
dt 2
 t3
 2 − 6t + 24t − 32 khi 3s ≤ t ≤ 4s
2

1 khi 0 ≤ t ≤ 1
du C 
3. a) iC(t)=C = − 1 khi 1 ≤ t ≤ 3
dt 1 khi 3 ≤ t ≤ 4

b) Năng lượng điện trường:
 t2
 khi 0 ≤ t ≤ 1
2
u C t
2 2
WE = C =  − 2t + 2 khi 1 ≤ t ≤ 3
2 2
 t2
 − 4t + 8 khi 3 ≤ t ≤ 4
2
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản
t khi 0 ≤ t ≤ 1
dW E 
kháng: p (t) = = uCic = t − 2 khi 1 ≤ t ≤ 3 .
dt t − 4 khi 3 ≤ t ≤ 4

1.8. Dòng điện qua R
e(t)
i R (t) =
e (t)
= 0,1sin 400t [A]. [V]
R 10
Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t)
hình 1.47a. a)
π π π π
32 ωt
Dòng điện qua diện cảm L: 2
1
t
-10
L∫
i L (t) = u (t)dt + i L (0) = i R (t) [A]
0
. 0,1
1
t
0,25 ∫
10 sin 400t = −0,1 cos 400t [ A]
b) t
0 ωt
Đồ thị hình 1.47c
-0,1
i L (t) [A]
1.9 0,1
38 c)
ωt
-0,1
H× 1.47
nh

7. 0 khi 0 < 0

e (t) = 2t khi 0 ≤ t ≤ 1s
2 khi t > 1s

0 khi 0 < 0
e 
i R (t) = = t khi 0 ≤ t ≤ 1s
R 
1 khi t > 1s
⇒ iR(0,5)=0,5A; iR(0,9)=0,9A; iR(1)=1A; iR(1,2)=1A


0 khi t < 0
1 t t

i L (t) = ∫ e(t)dt + i L (t0 ) = ∫ 2t + i L (0) = t2 Khi 0 ≤ t ≤ 1s → i L (1) = 1
dt
L t0 0
t t
∫ 2dt + i L (1) = 2t + 1 = 2t − 1 khi t > 1s
1
 1
⇒ iL(0,5)=0,25A; iL(0,9)=0,81A; iL(1)=1A; iL(1,2)=1,4A
0 khi t < 0
de 
iC(t)= C = 1 khi 0 ≤ t ≤ 1 ; iC(0,5)=1A; iC(0,9)=1A; iC(1)=1A; iR(1,2)=0;
dt 
0 Khi t > 1
4t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
1.10. i (t) = 
− 4t + 4khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
a)
8t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s di 4 khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
u R (t ) = Ri(t ) =  ; u L (t ) = L = 
− 8t + 8 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s dt − 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
8t + 4 khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
u(t)=uR(t)+uL(t)= 
− 8t + 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
b) Umax=8V
c) Phương trình công suất tiêu tán:
32t2 + 16t = 16t(2t + 1) khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
p(t)=u(t)i(t)=  2
32t − 48t + 16 = 16(2t − 3t + 1) khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
2
p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W;
1.11.
4t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
i (t) = 
− 4t + 4khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
40t khi 0 ≤ t ≤ 0,5 s
a) uR(t)=Ri= i (t) =  ;
− 40t + 40khi 0,5 s ≤ t ≤ 1 s
39

8. 1 t
u c (t) = ∫ idt + u C (t0 ) :
C t0
Khi 0 ≤ t ≤ 0,5s → u c (t) =
1 t 21 u(t)
∫ idt + u C (t0 )
C t0 20
u R (t)
1 t 2
= ∫ 4tdt = 4t u (0) = 0; → u C (0,5) = 1 V
0,5 0 C
1 t
Khi 0,5s ≤ t ≤ 1s → u c (t) = ∫ idt + u C (0,5) 4
C 0,5
4t2 t 1 t[s]
= 2.[( − + 4t) ] + 1 = −4t2 + 12t − 4
2 0,5 0,5 u C (t) 1
0
 2
4t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
⇒ u C (t) =  H× 1.48
nh
− 4t + 12t − 4 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s

2
4t2 + 40t khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
u(t)=u(t)+uC(t)= 
− 4t − 28t + 36 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s
2
b) UMax=21V
16t2 (t + 10) khi 0 ≤ t ≤ 0,5s
 3
p(t)=u(t)i(t)= 16t + 96t − 256t + 144
2
b) ;
 khi 0,5s ≤ t ≤ 1s

p(0,25)≈2,7W;p(0,75)=12,75W
Các đồ thị hình 1.48
1.12. . [A]
1 khi 0 ≤ t ≤ 2s 3 i(t)
u (t) = 
− 1 khi 2s ≤ t 2
i L(t)
1 khi 0 ≤ t ≤ 2s 1
a) i R (t) = 
− 1 khi 2s ≤ t 0
2 4 t[s]
1 -1
t
i L (t) = ∫ udt + i L (t0 ) = i R(t)
L to
t khi 0 ≤ t ≤ 2s → i L (2) = 2
 H× 1.49
nh
 t
− t 2 + i L (2) = −t + 4 khi 2s ≤ t

t + 1 khi 0 ≤ t ≤ 2s
i = i R (t) + i L (t) = 
− t + 3 khi 2s ≤ t
40

9. b ) i max = 3;
t + 1 khi 0 ≤ t ≤ 2s
d ) p (t) = u (t)i (t) = 
t − 3 khi 2s ≤ t Đồ thị hình 1.49.
1.13. e 2e −2t 1 t − 2t e −2 t
a) i R (t) = = ; i L (t) =
∫ 2e dt + C = − +C
R R L0 L
1 1 −2t
Để iL(0)=0 thì hằng số C = → iL(t)= (1 − e )
L L
−2 t
1 2e
i(t)= (1 − e − 2t ) +
L R
Ta có hệ phương trình lập từ điều kiện t1=0,5 s
1 
i L (0,5) = 1 = (1 − e −1 ) 
L 
−1  ⇒ L = 0,632 H `; R = 75Ω
2e 1 −1 
i (0,5) = + (1 − e ) = 1,01;
R L 
b) i R ( t ) = 0,0267e ; i L ( t ) = 1,582(1 − e 2t ); i( t ) = 1,582 − 1,555e −2t ;
−2 t
2R khi 0 ≤ t ≤ 2s
1.14. Hình 1.14a) a) u R (t) = R (t) = 
i
0 khi 2s < t
1t 2 2t
u C (t) = ∫ idt = C t + A = C khi 0 ≤ t ≤ 2 (Do U C 0 = 0 ⇒ A = 0)
C0
 2
2t u (1s) = 2R + C = 10

u (t) = 2R + khi 0 ≤ t ≤ 2;  ⇒ C = 0,5 F ; R = 3Ω
C u (2s) = 2R + 4 = 14

 C
b) Tác động hình 1.17b là i =1,5t khi 0 ≤ t ≤ 2
u R = R (t) = 4,5t ; u R (1) = 4,5 V ; u R (2) = 9 V ;
i
t
u C (t) = 2∫ 1,5t + u C (0) = 1,5t2 ; U C (1) = 1,5V ; U C (2) = 6V ;
dt
0
u = 1,5t + 4,5t; u (1) = 6V ; u (2) = 15V .
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):
di 1 uR (t) u L(t)
di C ∫
R (t) + L
i + idt = e(t) . Đạo hàm 2 vế
phương trình này và viết cho gọn uC(t)
1 e(t) i(t)
Ri’+Li”+ i=e’
C
H× 1.50
nh
41

10. e'
Hay i”+2αi’+ω20i=
L
R 1
với α= , ω0 =
2L LC
1
t
+ Biến là điện áp uL(t): Vì i = ∫ u L dt + I L (0) nên
L 0
1t 1 t1 t 
uC = ∫ idt + U C (0) = C ∫  L ∫ u L dt + I L (0) dt + U C (0) .
C0 0 0 
Thay i vào uC vào phương định luật Kieckhop 2:
1 t  1 1
t t

R  ∫ u L dt + I L (0) + u L + ∫  ∫ u L dt + I L (0) dt + U C (0) = e
L 0  C 0 L 0 
Lấy đạo hàm bậc 2 cả 2 vế phương trình này:
R du L d 2 u L u L d 2 e d 2u L du d 2e
+ + = 2 → + 2α L + ω 0 u L = 2
2
→ u 'L' + 2α u 'L + ω 0 u L = e" b
2
L dt dt 2 CL dt dt 2 dt dt
)Trong khoảng 0÷2s:
1t 1t 2 2
i (t) = ∫ u L dt + i L (0) = 4t ; u R (t) = 2t ; u C (t) = ∫ idt =2t + u C (0) = 2t ;
L0 C0
u = 2t + 2t2 + 4 = 2(t2 + t + 2)
1.16. Phương trình viết theo định luật Kieckhop 1 là ig+iL+iC=i0
Biến số là u(t):
t
1 du du u d 2 u di
L∫
gu + udt + I L (0) + C = i 0 → g + + C 2 = 0 hay
0
dt dt L dt dt
g 1 d 2u du 1 di 0
là α = ; ω0 = ta có 2
+ 2α + ω0 u =
2
2C LC dt dt C dt
Biến số là iL(t):
di L du d 2i L di
Vì u = L nª n i C = C =LC 2
; i g = gL L
dt dt dt dt
Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:
di L d 2i L d 2i L di 2 i
gL + iL + LC 2
= i 0 hay 2
+ 2α L + ω 0 i L = 02 .
dt dt dt dt ω0
1
t
Biến số là iC(t): Vì u C = ∫ i C dt + U C (0)
C0
1 t  1 1 1 t 
i g = gu = g  ∫ i C dt + U C (0); i L = ∫ ∫0  C ∫ i C dt + U C (0)  dt + I L (0)
t t
udt + I L (0) =
0
C 0  L L  0 
Thay vào phương trình định luật Kieckhop 1:
42

11. 1 t  1 t1 t 
g  ∫ i C dt + U C (0) + ∫  ∫ i C dt + U C (0)  dt + I L (0) + i C = i 0
0
C 0  L C 0 
1 1  di d 2i C d 2i 0
t
g di g di C i
i C +  ∫ i C dt + U C (0)  + C = 0 ha y + C + = 2
C L C 0  dt dt C dt L C dt 2 d t
d 2i C di d 2i
hay + 2α L + ω 0 i C = 20
2
dt 2 dt dt
di 4 5L d i 4 L d 3 i 4
2 2 3
1.17. u = u ad = R 4 + 6L
i + + 2
dt R dt 2 R dt 3
L du d 2u d 3u 4
1.18. u = u ad = u 4 + (2R + ) 4 + (4L + R 2 C 2 ) 2 4 + 2R C 2
C C L
R dt dt dt 3
qk
1.19. Quan hệ giữa điện áp một chiều và điện dung : q K = C k U k Ha C k =
y .
Uk
U2
(qK-điện tích ). Năng lượng tích luỹ ở điện dung CK là W K = C k k
2
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
C1 C2 C3
cho điện dung tương đương là Ckl=
C kC l
. Từ đó thay thế tương đương từ
Ck +Cl E C4 C5 C6
H× 1.51
nh
phải sang trái của mạch hình 1.51
Ct® C23456 C C C36
2356 356
C 3C 6 3 3
C 36 = = = 0,75 F ; C 365 = C 36 + C 5 = + 3 = 3,75 F ;
C3 + C 6 4 4
3,75.1 3,7895.
C 2356 = = 0,7895F ; C 23456 = 0,7895 + 3 = 3,7895F ; C td = = 0,7912F
3,75 + 1 4,7895
Như vậy điện tích trong điện dung tương đương là : q=E.Ctđ=7,912 .
Từ đó:
q U2
UC1= = 7,912V → W C 1 = C 1 1 ≈ 31,3 J un
C1 2
U2
U C 4 = U C 36524 = E − U C 1 = 2,088 V ; W C 4 = C 4 4 = 6,5396 J un
2
43

12. q 4 = C 4 U 4 = 2,088.3 = 6,264; q 2 (Qua C 2 vµ C 365 ) = q − q 4 = 1,648
q2
U C2 = = 1,648 ; W C 2 = 1,3589J ; U C 5 = U C 365 = 2,088 − 1,648 = 0,44V ;
un
C2
W C 5 = 0,2898J .
un
+ q 5 = U 5 C 5 = 3.0,44 = 1,32; q 3 = q 6 = q 2 − q 5 = 1,648 − 1,32 = 0,328
q
U 3 = 3 = 0,328V ; U 6 = 0,44 − 0,328 = 0,112; W C 3 = 0,0537J ; W C 6 = 0,0188W
un
C3
1.23.
E 70 0,2.0,8
a)I '0 = = = 350 mA ; R 12 = = 0,16 K Ω; E ' = 350.0,16 = 56V
R 1 0,2 1
56 − 100
E "= 0,8.125 = 100V ; I3 = = −25mA
0,16 + 0,8 + 0,8
(Hình 1. 22→hình 1.52 a,b)
a) R1 2 b)
R3 i3 R3 i3 R3 i3 R
R1 4
⇒
I0 R1 I0
R2 R4 R2 R4 E”
E I’0 E’
Hình 1.22
Hình 1.52
E 70 R1R 2
b) uh = 0,8 − I 0 R 4 = 0,8 − 125.0,8 = −44; R td = + R 4 = 0,16 + 8,8
R1 + R 2 1 R1 + R 2
= 0,96
(Hình 1.53a,b)
uh − 44
i5 = = = −25mA
R td + R 3 0,96 + 0,8
44

13. c) Khi I 0 = 0 →
a) b)
E Rt®
R + R 2 /( R 3 + R 4 )
/ uh
i 31 = 1 R2 =
R2 + R3 + R4 R3 i3
R1
70
I0
0,8.1,6 uh
0,2 +
E R2 R4
0,8 + 1,6
0,8 = 31,818
0,8 + 0,8 + 0,8
Khi E=0(Hình 1.54 a,b) Hình 1.53
− I0 a) b)
i 32 = R4 =
R 1R 2
R3 + R4 +
R1 + R 2 R3 i31
R1
R1 R3 i32
− 125
0,8 = −56,818
0,8 + 0,8 + 0,16 I0
i 3 = i 31 + i 32 = 31,818 − 56,818 = R2 R4 R4
E R2
− 25 mA
1.24. Mạch điện hình 1.23. đã Hình 1.54
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 i2 R2 e2 a) i21 R2 e2 i 2 R2 b)
với R2 nối tiếp với (R3//R5)
R 3 .R 5 50.20 100
R 35 = =
R 3 + R 5 50 + 20
=
7
= 14,285714 R3 e1 i1 R3 e1 i11 R3 e1 i1
i3 i31 i3
29≈14,3Ω i4 i41 i4
R5 R4 i0 R5 i01 R5 R4 i02
i5 i51
i 21 =
e2
=
15
=
15
≈ 0,38 A Hình 1.23 Hình 1.55 i5
R 2 + R 35 25 + 14,3 39,3
i 21. R 5 20
i 31 = − = −0,38 = −0,10 A
R3 + R5 70
i 21. R 3 50
i 51 = − = −0,38 = −0,28 A
R3 + R5 70
i 01 = −i 51 = 0,28
⇒ i 11 = i 31 = −0,10
i 41 = 0
45

14. +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)
20.25
R25= R5//R2= ≈ 11,1 Ω
45
e1 e1 20
i 42 = = 0,16666 ≈ 0,17 A; i 32 = = ≈ 0,33A
R4 R 3 + R 25 50 + 11,1
20 25
i 22 = −i 23 ≈ −0,15 A ; i 52 = −i 23 ≈ −0,18 A
45 45
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.
R4
Để sử dụng định lý nguồn tương đương cắt R5 như
hình 1.56 tìm Uab hở mạch: R1 R3
a
E 100
i R2 = =
R 1 (R 3 + R 4 ) 100.300 =
R2 + 125 + E R2
R1 + R 3 + R 4 400
100 0,5
= 0,5; u R 2 = 0,5.125 = 62,5V ; u R 3 = .100.100 = 12,5V b
200 400 Hình 1.56
ab tđ 1 2 3 4 5
U =75V;R =[(R //R )+R ]//R =87,5Ω;i =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
RR 100
R td = [ 1 2 + R 3 ] // R 4 = 87,5; i E = = 0,597
R1 + R 2 87,5 + 80
R4
0,597
i3 = R 4 = 0,3358;
R R R1 i R3
[ 1 2 + R 3] + R 4 2
R1 + R 2 R5
0,3358 i5 R2
i2 = 100 = 0,14925; i 5 = i E − i 2 = 0,44775A E
225 iE
Hình 1.57
46

15. 1.28. ϕ1 ϕ
R4 2
Chọn các nút như hình 1.58 sẽ có hệ phương trình R7
R R3 R6
điện thế nút của mạch như sau: 1
ϕ0
E0
E1 R2 R5 E7
ϕ3 Hình 1.58
 1 1 1 1 1 E1
( R + R + R )ϕ1 − R ϕ2 − R ϕ3 = R
 1 3 4 4 1 1
 1 1 1 1 1 E 7 ϕ0
− R ϕ1 + ( R + R + R )ϕ2 − R ϕ3 = R + R
 4 4 6 7 7 7 6

− 1 ϕ − 1 ϕ + ( 1 + 1 + 1 + 1 )ϕ
 R1 1 R 7 2 R1 R 2 R 5 R 7
3

 E E ϕ
=− 1 − 7 + 0

 R1 R 7 R 5
,075 − 0,025 − 0,04 ϕ1  6 
0− 0,025 0,085 ϕ  = 4,6  ⇒ ϕ0 = 60; ϕ1 = 97;
− 0,05  2  
  
− 0,04 − 0,05 0,115 ϕ3  − 9,25 ϕ2 = 74,143; ϕ3 = −14,458
    
−14,458 − 97 + 150 14,458
i1 = =1,54168A; i 2 = = 0,14458A;
25 80
97 97 − 74,143 60 + 14,458
i3 = = 0,97A; i 41 = = 0,571425A; i 5 =
100 40 80
74,143 − 60
= 0,930725; i 6 = = 0,14143A;
100
− 14,458 − 74,143 + 80 4
i7 = = −0,43005A
20 R6 R7
1 4' 2
1.29.. i1= 0,541A; i2=0,39A; i3=0,387A ; R2 R5
i4=0,155A; i5=0,233A; i6=83,4693 mA; R1
R3 R4
i7= - 71,275 mA R8
1.30. Tất nhiên người giải có thể sử dụng E
3
phương pháp bất kỳ, tuy nhiên ở đây sẽ sử H× 1.28
nh
dụng công thức biến đổi sao-tam giác: biến
đổi đoạn mạch đấu sao thành đấu tam giác: 1
2
từ mạch hình 1.28 đã cho về hình 1.59: R6 4 R7 1
R2 4' R5
2
R4 R3
3
3
R’ R12
1 12 ”
2 1 47
2
R’13 R’
23
”
R13 R”
23
3
3 H× 1.59
nh

16. R 6R 7 60.60
R '12 = R 6 + R 7 + = 120 + = 150
R4 120
R 4R 7 120.60
R '23 = R 4 + R 7 + = 180 + = 300
R6 60
R 6R 4 60.120
R '13 = R 6 + R 4 + = 180 + = 300
R7 60
R 2R 5 40.40 40 280
R ' '12 = R 2 + R 5 + = 80 + = 80 + = = 93,333
R3 120 3 3
R 3R 5 120.40
R ' '23 = R 3 + R 5 + = 160 + = 280
R2 40
R 2R 3 40.120
R ' '13 = R 2 + R 3 + = 160 + = 280
R5 40
R '12 .R ' '12 150.93,3333
R 12 = = = 57,53; R12
R '12 + R ' '12 150 + 93,333
R '23 .R ' '23 300.280
R 23 = = = 144,8 = R 13 R1
R '23 + R ' '23 300 + 280 R R23
13 R8
Từ mạch hình 1.59 chuyển sang mạch hình E
1.60, xác định :
E H× 1.60
nh
I1 = ;
R 1 + R 13 /[ R 12 + (R 8 / R 23 )]
/ /
25.144,8
R 8 / R 23 =
/ = 21,3
25 + 144,8
R 13 /[ R 12 + (R 8 / R 23 ) = 144,8 / 78,83 ≈ 51
/ / /
100 1,25
I1 = = 1,25; I 12 = 144,8 = 0,809
29 + 51 144,8 + 78,83
0,809
I R8 = 144,8 = 0,69; P = 0,69 2.25 ≈ 11,9W
144,8 + 25
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: ϕ
1
E1 R2 E2
ϕ1=E1=50V;ϕ2=E1+E2=150V; ϕ3
1 1 1 ϕ ϕ E E +E2 R1 R3
( + + )ϕ 3 = 1 + 2 = 1 + 1
R1 R 2 R 3 R2 R3 R2 R3 0 R4
ϕ2
48 H× 1.61
nh

17. 1,6167 61,39
ϕ3 = = 61,39V ; i 1 = ≈ 0,614;
0,02633 100
50 − 61,39
i2 = = −0,095
120
150 − 61,39 150
i3 = = 0,7088; i 4 = = 1,875; i E 1 = 2,489; i E 2 = 2,3838
125 80
1.34.
Với phương pháp dòng mạch vòng sẽ có hệ phương trình và kết quả:
90 − 20 − 20 I V1  − 22
− 20 55 − 25I  =  20  ⇒ I = 0,01596; I
  V 2    V1 V 2 = 0,620; I V 3 = 0,55164 ⇒
− 20 − 25 45 I V 3   9 
    
{ i 2 = 0,53568; i 3 = 0,60404; i 4 = 0,06806
Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:
ϕ 1 = 13,7981
 0,17 − 0,05   ϕ 1   2,26  
 − 0,05 0,14   ϕ  =  − 0,45  ⇒ ϕ 2 = 1,71362 ⇒ { i 2 = 0,53568; i 3 = 0,60404; i 4 = 0,06806
  2    
ϕ 3 = 3
1.35.
Với các dòng mạch vòng chọn như ở hình 1.62 có hệ R1
phương trình và kết quả: e1
I V1
2,15 −1,65  I V1  22  ϕ1 e2 R2 R3 ϕ3
ϕ
= ⇒ 2
− 1,65 
 2,9   I V 2  − 14
   i3
I0 I V3
I V1 = 11,58 i 2 = 9,82208mA R5
 I V2
I V 2 = 1,76 i 3 = 5,82208 mA e5
I = 4 i 5 = 5,76512 mA
 V3 H× 1.62
nh
Với phương pháp điện thế nút sẽ có hệ phương trình và kết quả:
5,5 −2,5 −2  ϕ1  − 11,5 ϕ1 = −1,76512 i 2 = 0,982204mA
− 2,5    
 3,3 −0,8 ϕ 2  = − 8,5  ⇒ ϕ 2 = −2,8363 ⇒ i 3 = 5,82206 mA
 
− 2
 −0,8 6,8  ϕ 3  36  ϕ 3 = 4,44128
     i 5 = 5,76512 mA
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
49

18. 40.10
R1//R4= = 0,8 K Ω ;
40 + 10 R3 I3
R2 nối tiếp (R1//R4)=14,2+0,8=15KΩ I I2
I 10
I2 = R3 = .10 = 4 mA ; R2
R 2 + 15 10 + 15 IA
10.15 I2 R1
I3 = = 6 mA ; I 1 = R 4 = 0,8 mA ; R4
25 R1 + R 4 I4 I1
I 4 = 3,2 mA ; I A = 9,2 mA H×
nh1.63
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
U n −1 Un R0 1
Un = R 0; = =
R 0 + R 4( n ) U n −1 R 0 + R 4( n ) R 4( n )
1+
R0
U n −1 R 4( n )
an = 20 log = 20 l 1 +
og( ) dB (**)
Un R0
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:
R 0 + R 3( n ) R 4 n + R 0 (R 3( n ) + R 4n )
2
R Vn = (R 3( n ) + R 0 ) //(R 4( n ) + R 0 ) = =
2R 0 + R 3( n ) + R 4n
2R 0 + R 0 (R 3( n ) + R 4n )
2
2R 0 + R 3( n ) + R 4n
= R0 = R0
2R 0 + R 3( n ) + R 4 n 2R 0 + R 3( n ) + R 4n
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 4 ( n −1)
a n −1 = 20 log(1 + )
R0
R 4 (1)
Tương tự ở khâu đầu tiên a 1 = 20 log(1 + )
R0
Uv U U U
Vì a = 20 log = 20 log v 1 .... n −1 = a 1 + a 2 + ....a n −1 + a n [dB]
Un U1 U 2 Un
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),
R0 R0 R0
R4(1) R4(2) R4(n)
R0
50 R3(1) R3(2) R3(n)
H×
nh1.64

19. 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