Tải bản đầy đủ

GT BT MACH DIEN i co loi giai CHUONG 6

Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Ở chương 3, ta phân tích mạch xác lập điều hòa. Trạng thái xác lập điều hòa
là trạng thái dòng và áp (đáp ứng) biến thiên theo quy luật hình sin cùng tần số với
nguồn tác động (kích thích). Thời điểm mà trạng này bắt đầu cách xa thời điểm đóng
nguồn, và trạng thái này sẽ kết thúc ngay tại thời điểm ngắt nguồn. Vậy thì ngay sau
các thời điểm đóng, ngắt nguồn thì trạng thái của mạch sẽ diễn ra như thế nào?
(trạng thái quá độ). Trong chương này, ta sẽ trả lời câu hỏi đó và phương pháp phân
tích mạch ởû thời điểm bất kỳ với nguồn tác động bất kỳ được gọi là PHÂN TÍCH
MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN. Phương pháp phân tích mạch trong miền thời

gian cơ bản nhất là phương pháp tích phân kinh điển sau đây.
6.1 Phương trình mạch
Gọi y(t) là đáp ứng (dòng, áp) đối với x(t), là nguồn tác động lên mạch,
phương trình sau:

với:

d n y(t)
d n 1 y(t)
dy(t)
an
 a n 1
 ...  a1
 a o y(t)  f(t) (*)
dt n
dt n 1
dt
d m x(t)
d m 1x ( t )
dx ( t )
f (t)  b m
 b m 1
 ...  b1
 bo x(t)
dt m
dt m 1
dt

cho phép ta tìm được y(t) khi biết x(t) và các thông số ak , bk của mạch.
Ví dụ 1: Hãy viết phương trình để xác đònh điện áp u C(t) của mạch hình 1.
Biết: E = 11 (V) ; R1 = 4/3 () ; R2 = 3 () ; C = 1/5 (F) ; L = 4 (H).
i(t)
Giải :

R1
E

R2

iC(t)


uC(t)

C

iL(t)

L
Hình 1

Hệ phương trình K1, K2 : i( t )  i C ( t )  i L ( t ) (1)

R1i( t )  u C ( t )  E (2)
di ( t )
R 2i L ( t )  L L  u C ( t )  0 (3)
dt

Để có dạng như phương trình (*), ta khử biến, chỉ giữ lại u C(t).

(1)  i L ( t )  i( t )  i C ( t ) (4) (2)  i( t ) 

E  u C (t)
(5)
R1

E  u C (t)
du ( t )
C C
R1
dt
di L ( t )
1 du C ( t )
d 2u C (t )


C
(6)
2
dt
R1 dt
dt
 iL (t) 

1


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Thay (6) vào (3):

E  u C (t)
du C ( t )
d 2u C (t)
1 du C ( t )
R L[
C
]  L[
C
]  u C (t)  0
R1
dt
R1 dt
d2t
Thay giá trò các thông số vào ta có phương trình vi phân mô tả mạch hình 1:

d 2u C (t)
du ( t )
16
 72 C  65u C ( t )  495
dt 2
dt

6.2 Nghiệm của phương trình mạch [phương trình (*)]
Nghiệm của phương trình (*): y(t) = ytd(t) + ycb(t) (2*)
Trong đó :
ytd(t) là thành phần tự do của nghiệm phương trình mạchï. Đó là nghiệm của
phương trình thuần nhất có vế phải bằng 0 (f(t) = 0)
ycb(t) là thành phần cưỡng bức của nghiệm phương trình mạchï. Đó là nghiệm
riêng của phương trình (*) có vế phải khác 0 (f(t)  0)
Từ (2*) ta nhận thấy rằng dòng (áp) trong mạch là tổng của 2 thành phần :
- Thành phần tự do, không phụ thuộc nguồn f(t), chỉ phụ thuộc vào thông số
mạch và năng lượng trong mạch tại thời điểm đang xét (thành phần quá độ).
- Thành phần cưỡng bức chỉ phụ thuộc vào nguồn f(t) (thành phần xác lậ p).
 Thành phần cưỡng bức
Gọi là thành phần cưỡng bức vì nó là đáp ứng của mạch với nguồn bên ngoài.
Thành phần này được tìm bằng phương pháp hệ số bất đònh (đoán trước nghiệm
của phương trình(*) tương ứng với hàm f(t)  0 đã biết, gọi là nghiệm riêng).
Ví dụ 2: Xem mach điện hình 2. Xác đònh điện áp u C(t) với các nguồn tác
động lần lượt là : j(t) = 1 (A) ; j(t) = cost (A) ; j(t) = e-tcost (A) với C = 1 (F) và
R = 1/3 () ; j(t) = e-2t (A( với C = 1 (F) và R = ½ ().
du
u (t)
Giải : Đònh luật K1 : j(t) = iR(t) + iC(t) hay C C  C  j( t ) (1)
dt
R

iR(t)
j(t)

R

uC(t)

iC(t)
C
Hình 2

* Nguồn j(t) = 1(A)
Nghiệm riêng được chọn : uCcb(t) = B. Thay vào (1): B = Rj(t) = R.1 (V)
Vậy :
uCcb(t) = R
2


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

* Nguồn j(t) = cost (A)
Nghiệm riêng được chọn : uCcb(t) = Acost + Bsint
Thay vào (1): C(A sin t  B cos t ) 

1
(A cos t  B sin t )  cos t
R

 (A  RCB) cos t  (B  RCA) sin t  R cos t
Suy ra:

( A + RCB = R) và (B - RCA = 0)
R
R 2C
A
;B
1  (RC) 2
1  (RC) 2

Từ đó:
Vậy:

u Ccb ( t ) 

R
R 2C
cos t 
sin t
1  (RC) 2
1  (RC) 2

* Nguồn j(t) = e-tcost (V) ; C = 1 (F) ; R = 1/3 ()
Nghiệm riêng được chọn: uCcb(t) = e-t(Acost + Bsint)
Thay vào (1):
e-t(- Asint + Bcost) – e-t(Acost + Bsint) + 3e -t(Acost + Bsint) = e -tcost
 (2A + B)cost + (2B – A)sint = cost  (2A + B) = 1 và (2B – A) = 0
Suy ra:
A = 2/5 và B = 1/5

2
1
u Ccb ( t )  e  t ( cos t  sin t )
5
5

Vậy:

* Nguồn j(t) = e-2t ; C = 1 (F) ; R =1/2 (
Nghiệm riêng được chọn: u Ccb(t) = Ae-2t
Thay vào (1): - 2Ae-2t + 2Ae-2t = e-2t
 Không tìm được giá trò A nào thỏa mãn phương trình trên
Do vậy, ta chọn lại: u Ccb(t) = Ate-2t
Thay vào (1): Ae-2t – 2Ate-2t + 2Ate-2t = e-2t  A = 1
Vậy:
u Ccb(t) = te-2t
 Thành phần tự do
Là nghiệm của phương trình :

an

d n y(t)
d n 1 y(t)
dy(t)
 a n 1
 ...  a1
 a o y(t)  0 (3*)
dt n
dt n 1
dt
pt

Nghiệm của phương trình (3*) được tìm dưới dạng: y td(t) = e
Trong đó p là hằng số cần tìm.
Từ đó phương trình (3*) có thể được viết ở dạng mới như sau:
anpn + an-1pn-1+…+a1p + ao = 0 (4*)
(4*) được gọi là phương trình đặc trưng. Đây là một phương trình đại số bậc
n, do đó nó có n nghiệm p1, p2,…, pn. Từ đó, phương trình (3*) cũng sẽ có n nghiệm
tương ứng với n giá trò của p:
y1(t) = ep1t ; y2(t) = ep2t ; …; yn(t) = epnt
3


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Trong lý thuyết phân tích mạch, người ta chỉ quan tâm đến một nghiệm là hàm
thực theo thời gian thỏa mãn các điều kiện đầu bài toán thể hiện qua các hằng số K
nào đó.
Các giá trò p phụ thuộc vào các tông số mạch ak và nó quyết đònh hình dạng
của thành phần tự do. Giá trò các hằng số K phụ thuộc vào giá trò của y(t) tại thời
điểm xét mạch và nó quyết đònh độ lớn của thành phần tự do. Việc tìm cho được
phương trình đặc trưng (tìm các giá trò p) và việc tìm cho được các điều kiện đầu
(tìm các giá trò K) là 2 vấn đề chính của việc xác đònh thành phần tự do, và do đó,
là vấn đề mấu chốt của phân tích mạch trong miền thời gian.
Ví dụ 3 : Hãy xác đònh thành phần tự do của điện áp uC(t) trong mạch điện
hình 3 sau đây.
i(t)

R

e(t)
L
Giải:

C

uC(t)

Hình 3

Đònh luật K2 : uR(t) + uC(t) + uL(t) = e(t)
du ( t )
di( t )
Biết : uR(t) = Ri(t) ; uL(t) = L
và i(t) = C C
dt
dt
du C ( t )
d 2 u C (t)
Từ đó, phương trình trên trở thành : RC
+ u C(t) + LC
= e(t)
dt
dt 2
d 2 u C ( t ) R du C ( t )
Ta có phương trình thuần nhất:

 u C (t)  0
dt 2
L dt
R
1
; ch 
Đặt:  
. Phương trình thuần nhất trở thành:
2L
LC

d 2u C (t )
du ( t )
2 u (t)  0
 2 C  ch
C
2
dt
dt

Và ta có phương trình dặc trưng: p 2 + 2p +  ch2 = 0
2
Suy ra nghiệm của phương trình đặc trưng: p1, 2     2  ch
Rõ ràng rằng, tùy theo giá trò của  và  ch (tức là các thông số mạch R, L, C)
mà xảy ra 3 trường hợp:
* Khi 2 >  ch2, tứùc là R  2 LC , có 2 nghiệm thực đơn là:
2 ; p     2  2
p1     2  ch
2
ch

Thành phần tự do của u C(t) có dạng:

u Ctd (t)  K1 exp[(   2  2 )t]  K 2 exp[(   2  2 )t]
ch
ch

* Khi 2 =  ch2, tứùc là R  2 LC , có nghiệm kép là: p 1 = p2 = - 

4


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Thành phần tự do của u C(t) có dạng: uCtd(t) = (K1 + K2t)exp(- t)
* Khi 2 <  ch2, tứùc là R  2 LC , có cặp nghiệm phức liên hợp là:
p1 = -  + j r ; p2 = -  - j r
2  2
Trong đó:  r = ch
Thành phần tự do của u C(t) có dạng: uCtd(t) = Kexp(- t)cos( rt + )
6.3 Phương trình đặc trưng
Để tìm phương trình đặc trưng mà không cần viết phương trình mạch, ta hãy
chú ý đến phương pháp đại số hóa phương trình vi tích phân mô tả mạch như sau.
Thành phần tự do tìm được dưới dạng : ytd(t) = ept

dy td ( t ) de pt
1


 pe pt ;  y td ( t )dt   e pt dt  e pt
dt
dt
p

Từ đó, phép đạo hàm có thể được thay bởi toán tử p và phép tích phân có thể
được thay bởi toán tử 1/p. Khi đó, quan hệ dòng và áp trên L,C có dạng:

de pt
de pt
pt
u L (t)  L
 pLe ; i C ( t )  C
pCe pt
dt
dt
1 pt
1 pt
1 pt
1 pt
i L ( t )   e dt 
e ; u C ( t )   e dt 
e
L
pL
C
pC
1
1 pt
1
1 pt
i L ( t )   e pt dt 
e ; u C ( t )   e pt dt 
e
L
pL
C
pC

Như vậy có thể đại số hóa phương trình vi tích phân mô tả mạch khi ta chấ p
nhận các trở kháng toán tử:

ZL  pL ; YL 

1
1
; ZC 
; YC  pC
pL
pC

Sau đây ta tìm phương trình đặc trưng của mạch hình 1 bằng cách vẽ lại mạch
điện hình 1 với các trở kháng toán tử như sau:

R1

R2

E

1/pC
II

I

1) Với phương pháp dòng mắt lưới, ta có:
1
1
1

(R 1  )I v1 
I v2  E
R

1
pC
pC

pC
hay 
1
1

I v1  (R 2  pL  )I v 2  0
  1
pC
pC
 pC



pL
Hình 4

  I v1  E 

1  I v 2   0 
R 2  pL 
5
pC 


1
pC


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Khi cho nguồn tác động bằng 0, các dòng vòng là nghiệm tự do phải khác
không, do đó đònh thức của ma trận trở kháng vòng phải bằng 0:

1
1

pC
pC
Zv 
0
1
1

R 2  pL 
pC
pC
Thay giá
Z vtrò cá
0 c phần tử vào (R 1 = 4/3  ; R2 = 3  ; L = 4 H ; C = 1/5 F)
phương trình
, ta được phương trình đặc tưng của mạch hình 1 như sau:
16p2 + 72p + 65 = 0
2) Với phương pháp điện thế nút, ta có:
R1 

1

1
E

pC

U

C
R
R 2  pL 
R1
 1
Khi cho nguồn tác động bằng 0, điện áp trên tụ là thành phần tự do phải khác 0, do
đó đònh thức của ma trận dẫn nạp nút phải bằng 0:

YN 

1
1
 pC 
0
R1
R 2  pL

Thay giá trò các thông số mạch vào phương trình YN  0 , ta được phương
trình đặc trưng của mạch điện hình 1 như sau: 16p 2 + 72p + 65 = 0
3) Với phương pháp mạch tương đương
Để tìm phương trình đặc trưng, ta cho tất cả các nguồn độc lập nghỉ
(vì f(t) = 0). Mạch không có nguồn khi đó có thể được thay bằng một trở kháng hoặc
dẫn nạp tương đương nhìn từ 2 cực nào đó. Khi cho Z tđ = 0 hoặc Ytđ = 0, ta cũng sẽ có
ngay phương trình đặc trưng.
Sau đây ta sẽ minh họa phương pháp này bằng cách dùng lại ví dụ 1.

A



A





R1

R2

E 1/pC

pL


R2

R1

1/pC

pL

E/R1



B

Hình 5



B



Hình 6
6


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Bỏ nguồn và chọn 2 cực A, B để từ 2 cực này(hình 7 hoặc hình 8), tính trở
kháng tương đương ZAB của mach điện hình 5 hoặc dẫn nạp tng đương YAB của
mạch điện hình 6:

A



R1
ZAB



A







R2
pL

1/pC



R2
YAB

1/pC

R1



pL



Hình R
7 1LCp2  (R 1BR 2 C  L)p  R 1  RHình
8
B
2
Z AB  R 1  1 / pC //(R 2  pL) 
p 2 LC  pR 2 C  1
1
1
R LCp2  (R 1R 2 C  L)p  R 1  R 2
hoặc YAB 
 pC 
 1
R1
R 2  pL
R 1 (R 2  pL)
Cho ZAB = 0 hoặc YAB = 0, ta có : R1LCp2 + (R1R2C + L)p + R 1 + R2 = 0
Thay giá trò các thông số mạch vào, ta tìm lại dược phương trình đặc trưng như
đã xét trong các phương pháp trên : 16p2 + 72p + 65 = 0.

72  722  4(16)65  72  32

32
32
5
13
5
13
 p1  
; p 2    y td ( t )  K1e  4 t  K 2e 4 t
4
4
p1, 2 

ytd(t) có thể là dòng, áp. Đối với mạch có cấu trúc cho trước, hình dạng của
các thành phần tự do là giống nhau, chúng chỉ khác nhau độ lớn, biểu thò qua hằng số
K mà ta sẽ đề cập đến trong phần tiếp sau.
6.4 Điều kiện đầu
Nghiệm của phương trình thuần nhất phụ thuộc vào giá trò của y(t) và các
đạo hàm của nó tại thời điểm xét (t = 0). Vì vậy, nghiệm tự do của phương trình
thuần nhất cấp n phải thỏa n điều kiện đầu tại t = 0 là:
y(0) ; y, (0) ; y ,, (0) ; … ; y(n-1) (0) (5*)
Với các điều kiện đầu (5*), ta có thể xác đinh các thông số K.
Tại thời điểm thay đổi trạng thái cân bằng của mạch, điện áp trên tụ và dòng
điện qua cuộn dây là những đại lượng liên tục:
uC(0-) = uC(0+) = u(0) ; iL(0-) = iL(0+) = i(0) (6*)
7


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Các điều kiện đầu (5*) được gọi là điều kiện đầu sơ cấp . Các điều kiện đầu
(6*) được gọi là điều kiện đầu thứ cấp. Như vậy, muốn có (5*) phải tìm (6*).
Các bước xác đònh điều kiện đầu:
 Dựa vào điều kiện làm việc của mạch trước thời điểm làm thay đổi trạng
thái cân bằng của mạch (t < 0), xác đònh giá trò dòng điện qua cuộn dây iL(0-) và điện
áp trên tụ uC(0-).
 Dựa vào điều kiện đóng ngắt, theo (6*) ta có điều kiện đầu sơ cấp:
uC(0+) = uC(0-) ; iL(0+) = iL(0-)
 Ở trạng thái năng lượng mới (t > 0), áp dụng đònh luật K1, K2 có thể tìm
được (5*) theo (6*). Và khi đã có các điều kòện đầu (5*) ta có thể xác đònh các
hằng số K trong hành phần tự do.
Lưu ý : Điều (6*) còn được gọi là điều kiện đóng ngắt mach, nó khẳng đònh
rằng, tại t = 0 dòng qua cuộn dây như một nguồn dòng io và áp trên tụ diện như một
nguồn áp uo. Nếu io = 0, xem như cuộn dây hở mạch, nếu u o = 0, xem như tụ điện
ngắn mạch.
6.5 Ví dụ áp dụng
Ví dụ 4: Xem mạch điện hình 9. Hãy xác đònh dòng điện i(t) nếu tại t = 0 mở
khóa K. Biết: E = 11 (V) ; R1 = 4/3 () ; R2 = 3 () ; L = 4 (H) và C = 1/5 (F).

0,5R1
i(t)

K

 



t=0

0,5R1

E



R2

L

C

Hình 9



Giải:
Ở t < 0, mạch ở trạng thái xác lập 1 chiều, dòng qua cuộn dây và áp trên tụ:
i L (0  ) 

E
E
 3(A) ; u C (0 ) 
R 2  9(V)
0,5R1  R 2
0,5R1  R 2

Theo điều kiện đóng ngắt : uC(0+) = uC(0-) = 9 (V) ; iL(0+) = iL(0-) = 3 (A)
Ở t > 0, mạch có thêm 0,5R 1, mạch sẽ thay đổi trạng thái năng lượng so với
trước, và đây chính là mạch trong ví dụ 1 (hình 10)

i(t)

R1
E

R2

iC(t)
uC(t)

C

L

iL(t)
8


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Dòng điện i(t) là nghiệm của phương trình mạch và gồm 2 thành phần:
i(t) = icb(t) + itd(t)
Ở t > 0, mạch có nguồn 1 chiều, do đó khi xác lập, tụ điện hở mạch, cuộn dây
ngắùn mạch :
Phương trình đặc trưng của mạch như đã xác đònh trước đây:
16p2 + 72p + 65 = 0
5
13
5
13
33
 t
 t
 t
 t
 i td ( t )  K1e 4  K 2e 4  i( t )   K1e 4  K 2e 4
13
Để tìm các hằng số K1 và K2 ta cần xác đònh hai điều kiện đầu i(0 +) và i’(0+)
Đònh luật K1, K2:
E  u C (t)
u' (t)
E  u C (0 ) 11  9
u ' (0  )
i( t ) 
; +i' ( t )   C  i(0 ) 

 1,5(Adu
) ; iC' ((0t))   C
Để tìmR1u’C(0 ), ta có phương
trình: iL(t) =Ri(t)
R1
4 /=3 i(t) – C
R1
1 – iC(t)

dt

 i L (0  )  i(0  )  Cu ' (0  )
i(0  )  i L (0  ) 1,5  3
 u ' (0  ) 

 7,5
C
1/ 5
 7,5 45
Vậy:
i ' (0  )  

4
/
3
8
Hai phương trình để tìm K , K :
1

2
13
 t
4

33
33


)  K  K 
i
(
0
 1,5
i
(
t
)

K
e

K
e

1
2
1
2

13
13  


5
13
5
13
45
5
13
 t

i' ( t )   K1e 4  K 2 e 4 t i' (0  )   K1  K 2 

4
4
8

4
4
5
 t
4

 K  K   27
63
90
1
2

16  K1  ; K 2  
26
26
10K1  26K 2  45

63  5 t 90 13 t 33
i( t )  e 4  e 4 
26
26
13

Kết quả:

Ví dụ 5: Xét mạch RC hình 11, đònh luật K2 cho ta:
Ric(t) + uC(t) = e(t)
K
Vậy, phương trình mạch:
du ( t )
t=0
RC C  u ( t )  e( t )

dt

C

Và phương trình đặc trưng:
RCp + 1 = 0  p = - 1/RC

e(t)

Hình 11

iC(t)
R

C

uC(t)
9


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Thành phần tự do của dòng hoặc áp trên các phần tử của mạch có dạng: utd(t)
= Ke
(1)
Với mạch này, giả thiết ta cần tìm u C(t): uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t)
- Thành phần tự do có dạng như (1).
- Thành phần cưỡng bức tùy thuộc vào nguồn tác động.
Trường hợp 1: Tại t = 0 đặt vào mạch nguồn 1 chiều
e(t) = E (V) và uC(0-) = 0
Ta có :
uCcb(t) = E  uC(t) = Ke-t/RC + E
Áp dụng điều kiện (6*) tìm K: u C(0+) = K + E = uC(0-) = 0  K = - E
Vậy quá trình điện áp trên tụ: uC(t) = E(1 – e-t/RC)
Trường hợp 2: Tại t = 0 đặt vào mạch nguồn tác động là điều hòa
e(t) = Ecost và uC(0-) = 0
Ta có: uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) = Ke- t/RC + uCcb(t)
Ta xác đònh thành phần cưỡng bức bằng phương pháp biên độ phức như sau:

 Ccb  E .ZC
U
Z
Trong đó:
1
1 2
1
1
1
E  E0o (V) ; Z  R  j
 R2  (
) Arctg
; ZC   j

  90o
C
C
RC
C C
o
1
E0
1
 Ccb 
.
  90 o , với   Arctg
Suy ra: U
C
RC
1 2
R2  (
) 
C
E
cos(t    90o )  U mC cos(t    90 o ) ,
Vậy: u Ccb 
1 2
C R 2  (
)
C
E
với U mC 
1 2
C R 2  (
)
C
Ta có:
uC(t) = Ke- t/RC + UmCcos(t -  - 90o)
Áp dụng điều kiện (6*) tìm K: u C(0+) = K + UmCcos( + 90o) = 0

K = - UmCcos( + 90o)
Vậy quá trình điện áp trên tụ:
uC(t) = - UmCcos( + 90o)e- t/RC + UmCcos(t -  - 90o)
Trường hợp 3: Tại t = 0 mạch được cấp nguồn tuần hoàn e(t) là dãy xung
vuông hình 12. Dãy xung này có biên độ 1 (V), độ rộng 10 -3 (s) và chu kỳ 2.10 -3 (s).
Hãy xác đònh uC(t) với điều kiện đầu u C(0-) = 0 ; R = 200 () ; C = 0,5 (F).
e(t)(V)
10
1
-t/RC


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Mạch RC với nguồn tác động là dãy xung vuông có thể xem như mạch RC có
nguồn tác động 1 chiều với khóa K đóng, ngắt theo chu kỳ của dãy xung.
- Khi 0  t  10-3 (s), theo giả thiết uC(0-) = 0 và e(t) = 1, do đó:
uC(t) = Ke-t/RC + 1
Tìm K, ta có: uC(0+) = K + 1 = 0  K = - 1
Vậy quá trình điện áp trên tụ: u C(t) = 1 – e- t/RC, với RC = 200(5.10 -7) = 10-4

 u C ( t )  1  e 10

4

t

- Khi 10-3  t  2.10-3 (s), theo giả thiết e(t) = 0.
Hãy tìm giá trò điện áp u C(t) tại t = 10-3 (s):
104.103

uC(10-3) = 1  e
= 1 – e-10 = 1
Chuyển gốc tọa độ về t’ = t – 10-3, ta có: uC(0-) = 1  uC(t’) = Ke-t’/RC + uCcb
Ta có: uCcb = 0 và do đo ù: uC(0+) = K + 0 = 1  K = 1
10 4 ( t 10 3 )

Vậy quá trình điện áp trên tụ: u C ( t )  e
- Ở chu kỳ tiếp theo: 2.10 -3 t  3.10-3 (s), theo giả thiết e(t) = 1
10 4 ( 2.10 3 10 3 )

Ta tìm uC(2.10-3) = e
= e- 10 = 0
Ta có lại điều kiện đầu khi mới đóng nguồn, do đó quá trình phân tích mạch sẽ
lặp lại.
Ví dụ 6: Xét mạch RL hình 13, đònh luật K2 cho ta:
RiL(t) + uL(t) = e(t)
K
iL(t)
Vậy, phương trình mạch:
di ( t )
t=0
RiL(t) + L L
= e(t)
R
dt
uL(t)
e(t)
L
Và phương trình đặc trưng:
R
Hình 13
R + pL = 0  p = L
Thành phần tự do của dòng hoặc áp trên các phần tử của mạch có dạng:
itd(t) = Ke-tR/L (2)
Với mạch này, giả thiết ta cần tìm iL(t): iL(t) = iLtd(t) + iLcb(t)
- Thành phần tự do có dạng như (2).
11


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

- Thành phần cưỡng bức tùy thuộc vào nguồn tác động.
Đến đây, ta không cần lặp lại quá trình phân tích mạch vì các kết quả có được
đối với uC(t) khi phân tích mạch RC có thể được suy ra cho iL(t) khi phân tích mạch
RL, quá trình biến thiên và hình dạng của iL(t) và uC(t) là hoàn toàn giống nhau.
Ví dụ 7 : Xét mạch RLC hình 14.
Sau đây ta sẽ phân tích mạch RLC khi
K
i(t)
tác động lên nó các nguồn tác động khác
t=0
nhau. Trong ví dụ 3, ta đã viết được
R
phương trình đặc trưng của mạch RLC:
C
e(t)
uC(t)
p2 + 2p +  ch2 = 0
Có nghiệm:
L
Hình 14
p1,2 = -    2  2 ,
ch

với:  = R/2L ;  ch = 1/ LC
Ta đã khảo sát thành phầân tự do của mạch trong ví dụ 3. Thành phần tự do của
mạch RLC có hình dạng tùy thuộc vào các tham số  và  ch theo 3 trường hợp:
 >  ch hay R > 2 LC ;  =  ch hay R = 2 LC - Khi  <  ch hay R < 2 LC
Còn các thành phần cưỡng bức thì phụ thuộc vào các nguồn tác động e(t) mà
ta sẽ xét sau đây, với 2 đối tượng mà ta quan tâm là điện áp trên tụ điện và
dòng điện chảy trong mach.
Trường hợp 1: Tại t = 0, cấp cho mạch nguồn 1 chiều e(t) = E (V).
uC(t) = uCtd(t) + uCcb(t) ; i(t) = itd(t) + icb(t)
 Khi  >  ch hay R > 2 LC :

u Ctd (t )  K1e p1t  K 2e p2t ; i td (t )  C(K1p1e p1t  K 2 p 2e p2t )
 u C (t )  K1e p1t  K 2e p2t  E ; i(t )  C(K1p1e p1t  K 2 p 2e p2t )
 Khi  =  ch hay R = 2 LC :
u Ctd (t )  (K1  K 2 t )e t ; i td (t )  C(K1  K 2 t  K 2 )e t

 u C (t )  (K1  K 2 t )e t  E ; i(t )  C(K1  K 2 t  K 2 )e t
 Khi  <  ch hay R < 2 LC :
uCtd(t) = Ke-tcos( rt + ) ; itd(t) = CKe-t[-cos( rt + ) -  rsin( rt + )]
 uC(t) = Ke-tcos( rt + ) + E ; i(t) = CKe-t[-cos( rt + ) -  rsin( rt + )]
Trường hợp 2: Tại t = 0, cấp cho mạch nguồn điều hòa e(t) = Ecost (V).
Thành phần cưỡng bức của diện áp và dòng điện được xac đònh bằng phương

 Ccb  E .ZC
U
pháp biên độ phức:
Z

E = E0o (V)
Trong đó:
12


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

Z = R + jL - j

Từ đó:

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

1 2
1
= Z , với Z = R 2  (L 
) ;  = Arctg
C
C
1
1
ZC = -j
=
- 90o = XC- 90o
C C
 Ccb  E.X C  -  - 90o = UmC-  - 90o
U
Z

L 

1
C

R

 uCcb(t) = UmCcos(t -  - 90o) ; icb(t) = - CUmCsin(t -  - 90o) = ImCcos(t - )
 Khi  >  ch hay R > 2 LC :
u C (t )  K1e p1t  K 2e p2t  U mC cos(t    90o )

i(t )  C(p1K1e p1t  p 2K 2e p2t )  I mC cos(t  )
 Khi  =  ch hay R = 2 LC :
u C (t )  (K1  K 2 t )e t  U mC cos(t    90o )
i(t )  C(K1  K 2 t  K 2 )e t  I mC cos(t  )
 Khi  <  ch hay R < 2 LC :
u C (t )  Ke t cos(r t  )  U mC cos(t    90o )

i(t )  CKe t [ cos(r t  )  r sin(r t  )]  I mC cos(t  )

Trường hợp 3: Tại t = 0, cấp cho mạch dãy xung vuông như hình 15.
e(t)(V)
1
Hình 15
Dãy xung này0 có biê5n độ 110(V), độ
15 rộng 5 (s) và chu
t(s)kỳ 10 (s). Hãy khảo sát
quá trình quá độ xảy ra trong mạch với các thông số R = 2 () ; L = 1 (H) ; C = 0,1
(F) và giả thiết rằng uC(0-) ; i(0-) = 0.
Với mạch đã cho:  = R/2L = 2/2.1 = 1 ;  ch = 1/ LC = 1/ 1(0,1) = 10
Phương trình đặc trưng: p 2 + 2p + ch2 = 0 hay p2 + 2p + 10 = 0
 p1,2 = - 1  1 10 = -   j r = - 1  j3
Mạch RLC với nguồn tác động là dãy xung vuông có thể xem như mạch RLC
có nguồn tác động 1 chiều với khóa K đóng, ngắt theo chu kỳ của dãy xung.
Tìm:
u C(t) = uCtd(t) + uCcb(t) ; i(t) = itd(t) + icb(t)
- Khi 0  t  5 (s), theo giả thiết e(t) = 1 ; uC(0-) = 0 ; i(0-) = 0.
Do đó:
u Ccb(t) = 1  icb(t) = 0
Phương trình đặc trưng có nghiệm phức với  = 1 ;  r = 3
 uCtd(t)= Ke-tcos(3t + ) ; itd(t) = 0,1Ke-t[- cos(3t + ) – 3sin(3t + )]
13


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Do đó: uC(t) = Ke-tcos(3t + ) + 1 ; i(t) = 0,1Ke-t[- cos(3t + ) – 3sin(3t + )]
Tìm K và , ta có: uC(0+) = Kcos + 1 = 0 ; i(0+) = - 0,1Kcos - 0,3Ksin = 0
 0,1
1
Suy ra:
 = Arctg
= - 18,43o và K =
= - 1,05
0,3
cos 
Kết quả:
uC(t) = 1 - 1,05e-tcos(3t – 18,43o)
i(t) = 0,1e-tcos(3t – 18,43o) + 0,3e-tsin(3t – 18,43o)
- Khi 5  t  10 (s) , theo giả thiết e(t) = 0  uCcb(t) = 0 ; icb(t) = 0
Tìm uC(t) và i(t) tại t = 5 (s): uC(5) = 1 ; i(5) = 0
Đặt t’ = t – 5, ở tọa độ mới: uC(0-) = 1 ; i(0-) = 0
 uC(t’) = Ke- t’cos(3t’ + ) ; i(t) = 0,1Ke-t’[- cos(3t’ + ) – 3sin(3t’ + )]
Tìm K và , ta có: uC(0+) = Kcos = 1 ; i(0+) = - 0,1Kcos - 0,3Ksin = 0
 0,1
1
Suy ra:
 = Arctg
= - 18,43o và K =
= 1,05
0,3
cos 
Kếùt quả:
u C(t’) = 1,05e-t’cos(3t’ – 18,43o)
i(t’) = - 0,1e-t’cos(3t’ – 18,43o) + 0,3e-t’sin(3t’ – 18,43o)
- Khi 10  t  15 (s) , theo giả thiết e(t) = 1  uCcb(t) = 1 ; icb(t) = 0
Tìm uC(t) và i(t) tại t = 10 (s) (tức là t’ = 5): uC(5) = 0 ; i(5) = 0
 Điều kiện đầu ở giai đoạn này là: uC(0-) = 0 ; i(0-) = 0
 Lặp lại điều kiện đầu khi t = 0  Quá trình phân tích mạch sẽ lặp lại.
Ta dừng quá trình phân tích ở đây.
BÀI TẬP CHƯƠNG 6
Bài 6.1: Xem mạch điện hình 1, xác lập tại t < 0, tại t = 0 đóng khóa K,
hãy xác đònh các giá trò sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+) ; i’1(0+) ; i’2(0+) ; i’3(0+).
ĐS: i1(0+) = E(R1+R3)/R3(R1+R2) ; i2(0+) = E/(R1+R2) ; i3(0+) = ER1/R3(R1+R2)
i’1(0+) =

ER 1 1
1
(  2 ) ; i’2(0+) = ER1/L(R1+R2) ; i’3(0+) = ER1/R32C(R1+R2)
R1  R 2 L R 3 C

t=0 K

R1
E

Hình 1
i2
i1
R2

Hình 2
L

i3

E
R3

i

R

R1

uC

C

L

C

t=0
K
Bài 6.2: Xem mạch điện hình 2, tại t = 0 mở khóa K, hãy xác đònh các giá trò
sau: uC(0+) ; i(0+) ; i’(0+) ; i”(0+).
14


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

ĐS: uC(0+) = ER/(R1+R) ; i(0+) = E/(R1+R) ; i’(0+) = 0 ; i”(0+) = E/LC(R1+R)
Bài 6.3: Xem mạch điện hình 3, khóa K đóng tại t = 0, hãy xác đònh các giá trò
sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+).
ĐS: i1(0+) = - 1 (A) ; i2(0+) = - 3 (A) ; i3(0+) = 2 (A)
i1

Hình 3
6

1
E
20V

t=0

K

i2

K
3

t=0

Hình 4
R3
i3

R1
i3

0,1F

L1 i1
E

L2

R2
i2

C

Bài 6.4: Xem mạch điện hình 4, khóa K đóng tại t = 0, hãy xác đònh các giá trò
sau: i1(0+) ; i2(0+) ; i3(0+) ; i’1(0+) ; i’2(0+) ; i’3(0+).
ĐS: i1(0+) = i2(0+) = E/(R1+R2) ; i3(0+) = ER1/R3(R1+R2) ;
i’1(0+) = ER1/L1(R1+R2); i’2(0+) = ER1/L2(R1+R2) ; i’3(0+) = = ER1/R32C2 (R1+R2)
Hình 5
Hình 6
L
K t=0
K t=0
i1(t)
uL
1H
i2(t)
5
R1
0,5F
uC
C
1
E
e(t) R2
6V
Bài 6.5: Xem mạch điện hình 5, khóa K đóng tại t = 0, hãy xác đònh các giá trò
sau: uC(0+) và u’C(0+).
ĐS: uC(0+) = 0ø ; u’C(0+) = 2 (V/s)
Bài 6.6: Xem mạch điện hình 6, khóa K đóng tại t = 0, hãy xác đònh các giá trò
sau: i1(0+) ; i2(0+) ; uL(0+). Cho biết e(t) = 100cost (V) ; R1 = 4 () ; R2 = 8 () ;
L = 51 (mH) ; f = 50 (Hz).
ĐS: i1(0+) = i2(0+) = 3 (A) ; uL(0+) = 88 (V)
R2 3u1 C

Hình 7

R3
u1
`

j(t)

R1

iL(t)

2

t=0  1
K

L

uR3

u3

R
j(t)

R
iC(t)

R
u(t)

C

L

Hình 8
15


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Bài 6.7: Xem mạch điện hình 7, khóa K đóng tại t = 0, hãy xác đònh các giá trò
sau: uR3(0+) ; u3(0+) ; u’R3(0+) ; u’3(0+). Biết rằng: iL(0-) = 0 ; uC(0-) = 0 ; j(t) =1 (A) R 1
= R3 = 2 () ; R2 = 1 () ; L = 59 (mH) ; C = 0,5 (F)
ĐS: uR3(0+) = 0 ; u3(0+) = 8 (V) ; u’R3(0+) = 8 (V/s) ; u’3(0+) = - 29 (V/s)
Bài 6.8: Xem mạch điện hình 8, khóa K chuyển từ vò trí 1 sang 2 tại t = 0, hãy
xác đònh các giá trò sau: iC(t) ; iL (t) và điện áp u(t) của mạch. Biết rằng: iL(0-) = 0 ;
uC(0-) = 0 ; j(t) = 1 (A) ; R 2 = L/C.
0
t0
0
t0
0 t0

ĐS: i C ( t )  
e Rt / L t  0 ; i L ( t )  1  e Rt / L t  0 ; u ( t )  R t  0





Hình 9
K

i(t)

t=0
u

Hình 10 K

2 u/2 1/8F
2
2

2A

i(t)

t=0

R
E

R

1H

R
L

Bài 6.9: Xem mạch điện hình 9, khóa K đóng tại t = 0. Biết áp trên tụ và dòng
qua cuộn dây bằng 0 tại t = 0. Hãy xác đònh dòng i(t) khi t > 0.
ĐS: i(t) = 1 + (- 1 + 4t)e-4t
Bài 6.10: Xem mạch điện hình 10, khóa K đóng tại t = 0. Hãy xác đònh dòng
i(t) khi t > 0.
3R

E
1  t
ĐS: i(t) =
(2 - e 2L )
3R
2
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 6.1: Khi t < 0, mạch xác lập 1 chiều: iC(0-) = 0, do đó : iL(0-) =
Và : uR3(0-)+ uC(0-) = uR2(0-) = iL(0-).R2 =

E
R1  R 2

E
.R2
R1  R 2

Mặt khác : uR3(0-)+ uC(0-) = iC(0-).R3 + uC(0-) = 0 + u C(0-)
Từ đó : uC(0-) =

E
= uC(0+)
R1  R 2
16


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Tại t = 0+ :
Khóa K đóng: i2(0+) = iL(0+) = iL(0-) =

E
R1  R 2

E  u C (0  )
R1 bị nối tắt, do đó: i3(0 ).R3 + uC(0 ) = E  i3(0 ) =
R3
E
E
.R 2
E  u C (0  )
R1  R 2
ER 1
=
=
=
R3
R3
R 3 (R1  R 2 )
E(R1  R 3 )
E
ER 1
Dễ thấy rằng: i1(0+) = i2(0+) + i3(0+) =
+
=
R1  R 2 R 3 (R1  R 2 ) R 3 (R1  R 2 )
+

+

+

Và đinh luật K2 viết cho các mạch vòng a và b (hình kèm theo):
i2

i1

E

R2

L

R3

C

(a) i3
(b)

R2.iL(0+) + uL(0+) = E (vòng a)  uL(0+) = E - R2.iL(0+)
Từ đó:

E
u (0  ) E  R 2 .i L (0 )
R1  R 2
ER 1
i’2(0+) = i’L(0+) = L
=
=
=
L
L
L
L(R1  R 2 )
E  u C (0  )
+
+
+
Và: R3.i3(0 ) + uC(0 ) = E (vòng b)  i3(0 ) =
R3
u ' (0  )
i (0  )
ER 1
Từ đó: i’3(0+) = - C
=- 3
=R3
R 3C
R 32C(R1  R 2 )
E  R 2.

Cuối cùng: i’1(0+) = i’2(0+) + i’3(0+) =

ER 1
ER 1
+
L(R1  R 2 ) R 32C(R1  R 2 )
ER 1
1
1
=
( 
)
R1  R 2 L R 32C
17


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Bài 6.2: Khi t < 0, iC(0-) = 0, do đó : i(0-) =

E
R1  R

E
ER
; uC(0+) = uR(0+) + uL(0+) = i(0+).R + 0 =
R1  R
R1  R
u L (0  )
+
Ta có: i’(0 ) =
0
L
u (0  )  Ri (0  )  u C (0  )
Mặt khác: : i’(0+) = L

L
L

Tại t = 0+ : i(0+) = i(0-) =

u ' ( 0  ) i (0  )
E
 i”(0+)= C


L
LC
LC(R1  R )

Bài 6.3: i1(0-) = i3(0-) = 2 A ; i2(0-) = 0 V ; uC(0-) = 3i3(0-) = 3(2) = 6 V = uC(0+)
Ta có: 6i1(0+) + uC(0+) = 0  6i1(0+) + 6 = 0  i1(0+) = - 1 A
Ta có: i3(0+)(3) = uC(0+) = uC(0-) = 6  i3(0+) = 6/3 = 2 A
Ta có: i1(0+) = i2(0+) + i3(0+)  i2(0+) = i1(0+) - i3(0+) = - 1 – 2 = - 3 A
Bài 6.4: Khi t < 0, iL1(0-) = iL2(0-) = E/(R1+R2) ; uC(0-) = uR2 = ER2/(R1+R2)
Khi t = 0+, i1(0+) = iL1(0+) = iL1(0-) = iL2(0-) = iL2(0+) = i2(0+) = E/(R1+R2)
ER 2
E
E  u C (0  )
R1  R 2
ER 1
+


Ta có: i3R3 + uC = E  i3(0 ) =
R3
R3
R 3 ( R1  R 2 )
Ta có: uL1 + uR1 = 0  uL1 = - uR1
u (0  )
u
ER 1
  R1  
Mà: uL1 = L1.i’1, suy ra: i’1(0+) = L1
L1
L1
L1 (R1  R 2 )
Ta có: uR2 + uL2(0+) = E
Mà: uL2 = L2.i’2
Suy ra: i’2(0+) =

u L 2 (0  ) E  u R 2


L2
L2

E

ER 2
R1  R 2
ER 1

L2
L 2 ( R1  R 2 )

Ta có: i3R3 + uC = E
E  uC
 u 'C (0  )  i 3 (0  )
ER 1
 i'3 (0  ) 


 i3 =
R3
R3
R 3C
CR 32 (R1  R 2 )
6
Bài 6.5: Khi t < 0, iC(0-) = 0  uC(0-) = 0 ; iL(0-) =
= 1 (A)
5 1
Ta có: uC(0+) = uC(0-) = 0
Khi t = 0+, uC(0+) = u1 = i1(0+) (1) = 0  i1(0+) = 0
18


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

 iC(0+) = iL(0+) = iL(0-) = 1 (A)
i (0  )
1
Ta có: u’C(0+) = C
=
= 2 (V/s)
C
0,5
Bài 6.6: XL = 2fL = 100(51.10-3) = 16 ()
Khi t < 0, i2(0-) = 0  uC(0-) = 0 ; iL(0-) = iL(0-) = ILmcos
E
100
100
100


 5  53,13o (A)
Ta có: I L  
Z 4  8  jX L 12  j16 2053,13o
Suy ra: iL(0-) = 5cos(-53, 13o) = 3 (A)
Và: uC(0+) = uC(0-) = 0
Khi t = 0+, uC(0+) = uR2 = iR2(0+) (8) = 0  iR2(0+) = 0
 i1(0+) = i2(0+) = iL(0+) = iL(0-) = 3 (A)
Ta có: uL(0+) = e(0+) – i1(0+)R1 – uC(0+) = 100 – 3(4) – 0 = 88 (V)

Bài 6.7: Dòng qua cuộn cảm
là iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t)
R2 3u1 1/pC
Vì khi xác lập, không có
A
B
dòng qua tụ: iC(t) = 0, nên :
iC
i1
R1
2
u
uR3
uC
R2
iLcb(t) = j(t)
= (1)
=
R1  R 2
22
R3
u3
u1
R1
0,5 (A)
pL
uL
j(t)
Bây giờ, để tìm iLtd(t), ta phải
iL
xác đònh phương trình đặc trưng của
mạch.
u
Ta có: j = 1 , với Zv là trở kháng vào của mạch nhìn từ 2 cực của nguồn dòng j.
Zv





Phương trình đặc trưng của mạch sẽ được tìm ra khi cho: j = 0  Zv = 
1
Ta có: u1 = iC(R2 +
) + iL(R3 + pL)
pC
1
1
2
Trong đó:
=
= ; pL = 2p, còn iC và iL được tính như sau:
pC p( 1 )
p
2
Đònh luật K1 tại A: j – i1 – iC – 3u1 = 0
u
u
u
Ta có : i1 = 1  1 . Từ đó: iC = j - 1 - 3u1 = 1 – 3,5u1
R1 2
2
Đònh luật K1 tại B: 3u 1 + iC – iL = 0  iL = 3u1 + iC
= 3u1 + 1 – 3,5u1 = 1 – 0,5u1
19


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

2
) + (1 – 0,5u1)(2 + 2p)
p
2p 2  3p  2
2p 2  3p  2
 u1 =
= j.Zv = (1)Zv  Zv =
p 2  5,5p  7
p 2  5,5p  7
Ta có Zv =   p2 + 5,5p + 7 = 0. Đó là phương trình đặc trưng của mạch.
Giải phương trình này ta được 2 nghiệm thực phân biệt : p1 = - 3,5 và p2 = - 2,
do đó: iLtd(t) = K1e3,5t + K2e2t
Từ đó: iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t) = 0,5 + K1e-3,5t + K2e-2t
Tìm K1, K2:
Khi t < 0, iL(0-) = 0, do đó: iL(0+) = 0,5 + K1eo + K2eo = i(0-) = 0
 K2 = - 0,5 – K1
u (0  ) u1 (0  )  u R 2 (0  )  u C (0  )  u R 3 (0  )
Ta có: i’L(0+) = L

L
2
+
+
+
Biết: u1(0 ) = R1.i1(0 ) = 2(j) = 2(1) = 2 (V) ; u R2(0 ) = R2[iC(0+)] = 1[3u1(0+) – iL(0+)]
= 3(2) – 0 = 6 (V) ; uC(0+) = uC(0-) = 0 ; uR3(0+) = R3.iL(0+) = 2(0) = 0
2600
Thay vào ta được: i’L(0+) =
= 4 (A/s)
2
Mặt khác: i’L(0+) = - 3,5K1eo – 2K2eo = - 3,5K1 – 2K2
Do đó: - 3,5K1 – 2K2 = 4 hay – 3,5K1 – 2(- 0,5 – K1) = 4  K1 = - 2
 K2 = - 0,5 – (-2) = 1,5
Tóm lại: iL(t) = 0,5 - 2e-3,5t + 1,5e-2t
Ta có: u3(t) = uR3(t) + uL(t)
 u3(0+) = uR3(0+) + uL(0+) = 0 + L.i’L(0+) = 2(4) = 8 (V)
Ta có: u’3(0+) = u’R3(0+) + u’L(0+)
Trong đó: u’R3(0+) = R3.i’L(0+) = 2(4) = 8 (V/s)
Và: u’L(0+) = L.i’’L(0+) = 2[3,5K1(- 3,5eo) – 2K2(- 2eo)]
= 2[- 3,5(-2)(- 3,5) – 2(1,5)(-2)] =
2 u/2 8/p
A
B
- 37 (V/s)
iC
i1
Do đó: u’3(0+) = 8 – 37 = - 29 (V/s)
u1
u2
uC
Bài 6.8: Dòng qua cuộn cảm là iL(t)
2
= iLcb(t) + iLtd(t)
u
2
p
Vì khi xác lập, không có dòng qua
uL
2A
i
L
tụ: iC(t) = 0, nên : iLcb(t) = j(t) = 1 (A)
Bây giờ, để tìm iLtd(t), ta phải xác
đònh phương trình đặc trưng của mạch. Gọi Zv là trở kháng vào của mạch nhìn từ 2
cực của nguồn dòng j, ta có:
Vậây: u1 = (1 – 3,5u1)(1 +





20


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

Zv = (R+

g n

ng

1
)//(R+pL) =
pC

Ngô Ngọc Thọ

ng

1
)(R  pL)
pC
1
2R 
 pL
pC

(R 

u
. Phương trình đặc trưng của mạch sẽ được tìm ra khi cho:
Zv
1
j = 0  Zv =   2R +
+ pL = 0
pC
R
1
Hay: p2 + 2 p +
= 0. Đó là phương trình đặc trưng của mạch.
L
LC
L
R
1
Biết: R2 =  ’ = ( )2 =0
L
LC
C
Ta có: j =

 Phương trình đặc trưng có nghiệm kép: p1,2 = -

R
L

Từ đó: iLtd (t ) = (K1 + K2t)e-Rt/L  iL(t) = 1 + (K1 + K2t)e-Rt/L
 iL(0+)= 1+(K1 +K2.0)e-0 =1 +K1 và i’L(0+)= -

R
R
(K1 –K2.0)e-0 +K2e-0 = - K1 + K2
L
L

Theo giả thiết, khi t < 0: iL(0-) = 0  khi t > 0. iL(0+) = iL(0-) = 0
Do đó: 1 + K1 = 0  K1 = - 1
u (0  )  R.i L (0 )  R.i C (0 )  u C (0 )
Mặt khác: i’L(0+) = L
=

L

L
0  R[1  i L (0 )]  0 R
=
=
(A/s)
L
L
R
R
R
R
Do đó: - K1 + K2 =
 - (- 1) + K2 =
 K2 = 0
L
L
L
L
R
Vậy: iL(t) = 1 – e-Rt/L  u(t) = R.iL(t) + L.i’L(t) = R(1 – e-Rt/L) + L( e-Rt/L) = R
L
Tóm lại :
Khi t < 0: iL(t) = 0 ; iC(t) = 0 ; u(t) = 0
Khi t > 0: iL(t) = 1 – e-Rt/L  u(t) = R

Bài 6.9: Dòng qua cuộn cảm là iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t)
Vì khi xác lập, không có dòng qua tụ: iC(t) = 0, nên :
R1
2
iLcb(t) = j(t)
= (2)
= 1 (A)
R1  R 2
22
Bây giờ, để tìm iLtd(t), ta phải xác đònh phương trình đặc trưng của mạch.
21


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

u
, với Zv là trở kháng vào của mạch nhìn từ 2 cực của nguồn dòng j.
Zv
Phương trình đặc trưng của mạch sẽ được tìm ra khi cho: j = 0  Zv = 
1
Ta có: u = iC(2 +
) + iL(2 + p), trong đó iC và iL được tính như sau:
1
p
8
u
Đònh luật K1 tại A: j – i1 – iC – = 0
2
u
u u
Ta có : i1 = . Từ đó: iC = j - - = 2 – u
2
2 2
u
u
u
u
Đònh luật K1 tại B: + iC – iL = 0  iL =
+ iC = + 2 – u = 2 2
2
2
2
u
8
Vậây: u = (2 – u)(2 + ) + (2 – )(2 + p)
2
p
4p 2  16p  32
4p 2  16p  32
u=
= j.Zv = (2)Zv  Zv =
2(p 2  8p  16)
p 2  8p  16
Ta có Zv =   p2 + 8p + 16 = 0. Đó là phương trình đặc trưng của mạch.
Giải phương trình này ta được nghiệm kép : p1,2 = - 4, do đó:
iLtd(t) = (K1 + K2t) e-4t
Từ đó: iL(t) = iLcb(t) + iLtd(t) = 1 + (K1 + K2t) e-4t
Tìm K1, K2:
Khi t < 0, iL(0-) = 0, do đó: iL(0+) = 1 + (K1 + K2.0) e-0 = i(0-) = 0  K1 = - 1
u (0 ) u (0 )  u1(0 )  u C (0 )  u 2 (0 )
Ta có: i’L(0+) = L

L
1
u (0  )
Biết: u(0+) = 2.i1(0+) = 2(j) = 2(2) = 4 (V) ; u 1(0+) = 2[iC(0+)] = 2[
– iL(0+)]
2
Ta có: j =

= 2[

4
– 0] = 4 (V) ; uC(0+) = uC(0-) = 0 ; u2(0+) = 2.iL(0+) = 2(0) = 0
2

4400
= 8 (A/s)
1
Mặt khác: i’L(0+) = - 4(K1 + K2.0)e-0 + K2e-0 = - 4K1 + K2
Do đó: - 4K1 + K2 = 8 hay – 4(- 1) + K2 = 8  K2 = 4
Tóm lại, khi t > 0, iL(t) = 1 + (- 1 + 4t)e-4t
Thay vào ta được: i’L(0+) =

Bài 6.10: Dòng trong mạch chính là i(t) = icb(t) + itd(t)
2E
E
Khi xác lập: icb(t) =
=
(A)
R
3
R
R
2
22


Chương 6 PHÂN TÍCH MẠCH TRONG MIỀN THỜI GIAN
n

n

g n

ng

Ngô Ngọc Thọ

ng

Bây giờ, để tìm itd(t), ta phải xác đònh phương trình đặc trưng của mạch.
Ta có: E =i.Zv , với Zv là trở kháng vào của mạch nhìn từ 2 cực của nguồn sđđ E.
Phương trình đặc trưng của mạch sẽ được tìm ra khi cho: E = 0  Zv = 0
R (R  pL) R (2pL  3R )
Ta có: Zv = R + (R)//(R+pL) = R +
=
2R  pL
2R  pL
3R
Ta có Zv = 0  2pL + 3R = 0  p = 2L
3R
3R
t
 t
2E
Từ đó: itd(t) = Ke 2L  i(t) =
+ Ke 2L


3R

Tìm K:
Ta có: i(0+) =

2E
E
E
+ Ke-0 =
K=3R
2R
6R
3R

3R

E  t
E
1  t
2E
Vậy: i(t) =
e 2L =
(2  e 2L )
3R 6R
3R
2

James Prescott JOULE
1818 - 1889

23



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×