Đang tải... (xem toàn văn)
Tham khảo tài liệu 'giải bài tập điện kỹ thuật ( cao đẳng )', kỹ thuật - công nghệ, điện - điện tử phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM KHOA ĐIỆN – ĐIỆN TỬ GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN KỸ THUẬT CAO ĐẲNG BIÊN SOẠN : NGÔ NGỌC THỌ F 2005 G TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ GIẢI 156 BÀI TẬP ĐIỆN KỸ THUẬT CAO ĐẲNG ( Tài liệu dùng kèm với giáo trình ĐIỆN KỸ THUẬT Cao Đẳng ) BÀI TẬP CHƯƠNG 1 – NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ MẠCH ĐIỆN Bài 1 : Vòng e 3 L 3 L 1 e 1 e 3 : i 3 R 3 + L 3 dt di 3 + L 1 dt di 1 + i 1 R 1 = e 3 – e 1 (1) . Mắt e 3 L 3 e 2 e 3 : i 3 R 3 + L 3 dt di 3 + 2 C 1 ∫ dti 2 = e 3 – e 2 (2) . Tại nút A : i 3 – i 1 – i 2 = 0 → i 3 = i 1 + i 2 (3) . Thay (3) vào (1) : (i 1 + i 2 )R 3 + L 3 dt )ii(d 21 + + L 1 dt di 1 + i 1 R 1 = e 3 – e 1 → i 1 R 3 + i 2 R 3 + L 3 dt di 1 + L 3 dt di 2 + L 1 dt di 1 + i 1 R 1 = e 3 – e 1 hay (R 1 + R 3 )i 1 + (L 1 + L 3 ) dt di 1 + R 3 i 2 + L 3 dt di 2 = e 3 – e 1 (4) . Thay (3) vào (2) : (i 1 + i 2 )R 3 + L 3 dt )ii(d 21 + + 2 C 1 ∫ dti 2 = e 3 – e 2 → i 1 R 3 + i 2 R 3 + L 3 dt di 1 + L 3 dt di 2 + 2 C 1 ∫ dti 2 = e 3 – e 2 hay R 3 i 1 + L 3 dt di 1 + R 3 i 2 + L 3 dt di 2 + 2 C 1 ∫ dti 2 = e 3 – e 2 (5) . Vậy hệ 2 phương trình vi tích phân dùng đểû tìm i 1 và i 2 là : ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ −=++++ −=+++++ ∫ )5(eedti C 1 dt di LiR dt di LiR )4(ee dt di LiR dt di )LL(i)RR( 232 2 2 323 1 313 13 2 323 1 31131 Nếu biến đổi tiếp : Từ (4) → R 3 i 2 + L 3 dt di 2 = e 3 – e 1 – R 1 i 1 – R 3 i 1 – L 1 dt di 1 - L 3 dt di 1 . Thay vào (5) : R 3 i 1 + L 3 dt di 1 + e 3 – e 1 – R 1 i 1 – R 3 i 1 – L 1 dt di 1 - L 3 dt di 1 + 2 C 1 ∫ dti 2 = e 3 – e 2 → R 1 i 1 + L 1 dt di 1 - 2 C 1 ∫ dti 2 = e 2 – e 1 (6) . Tóm lại , hệ 2 phương trình dùng để tìm i 1 và i 2 có thể là : (4) và (5) ; (4) và (6) ; (5) và (6) Bài 2 : Mắt RCLR : - u 2 + C 1 ∫ dti C + u 4 = 0 . Biết : j 1 – i R – i C = 0 và i C – i L + j 5 = 0 → i C = j 1 – i R = j 1 - R u 2 (2) và i C = i L – j 5 = L 1 ∫ dtu 4 - j 5 (3) . Thay (2) vào (1) : - u 2 + C 1 dt) R u j( 2 1 ∫ − + u 4 = 0 → - u 2 + C 1 dtj 1 ∫ - RC 1 ∫ dtu 2 + u 4 = 0 hay u 2 + RC 1 ∫ dtu 2 - u 4 = C 1 dtj 1 ∫ (4) . Thay (3) vào (1) : - u 2 + C 1 ∫∫ − dt)jdtu L 1 ( 54 + u 4 = 0 → - u 2 + LC 1 ∫∫ tdu 2 4 - C 1 ∫ dtj 5 + u 4 = 0 hay – u 2 + u 4 + LC 1 ∫∫ tdu 2 4 = C 1 ∫ dtj 5 (5) . Vậy hệ 2 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ phương trình vi tích phân dùng để tìm u 2 và u 4 là : ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++− =−+ ∫∫ ∫ ∫∫ )5(dtj C 1 tdu LC 1 uu )4(dtj C 1 udtu RC 1 u 5 2 442 1422 • Nếu biến đổi tiếp : Từ (4) và (5) → RC 1 ∫ dtu 2 + LC 1 ∫∫ tdu 2 4 = C 1 ∫ + dt)jj( 51 (6) • Hoặc đạo hàm 2 vế của (4) và (5) ta được : RC 1 u 2 + dt du 2 - dt du 4 = C 1 j 1 (7) và - dt du 2 + dt du 4 + LC 1 ∫ dtu 4 = C 1 j 5 (8) • Và nếu biến đổi tiếp : Từ (7) và (8) → RC 1 u 2 + LC 1 ∫ dtu 4 = C 1 ( j 1 + j 5 ) hay R u 2 + L 1 ∫ dtu 4 = j 1 + j 5 (9) . Tóm lại , cặp phương trình dùng để tìm u 2 và u 4 có thể là (4) và (5) ; (4) và (6) ; (5) và (6) ; (7) và (8) ; (7) và (9) ; (8) và (9) BÀI TẬP CHƯƠNG 2 – DÒNG ĐIỆN SIN Bài 1 : X L = ωL = 4x1 = 4Ω ; X C = C 1 ω = 40 1 x4 1 = 10 Ω → Z = 8 + j(4 – 10) = 8 – j6 = 10 ∠ - 36,87 o ( Ω ) → = I & Z U & = o o 87,3610 13,5310 −∠ ∠ = 1 ∠ 90 o = j1 (A) → i = 2 sin(4t + 90 o ) (A) . Vì ϕ = - 36,87 o (<0) nên u chậm pha sau i 36,87 o hay i vượt pha trước u 36,87 o , và mạch có tính dung . Đồ thò vectơ ( hình 2 trong giáo trình ) : U R = IR = 1x8 = 8V ( đồng pha với I ) ; U L = IX L = 1x4 = 4V ( vượt pha trước I 90 o ) ; U C = IX C = 1x6 = 6V ( chậm pha sau I 90 o ) Bài 2 : X L = ω L = 8x1 = 8 Ω ; X C = C 1 ω = 40 1 x8 1 = 5 Ω → Y = Y 1 + Y 2 + Y 3 = 4 1 + 8j 1 + 5j 1 − = 0,25 – j0,125 + j0,2 = 0,25 + j0,075 = 0,261 ∠ 16,7 o (S) → = U & Y I & = o o 7,16261,0 7,10661,2 ∠ ∠ = 10 ∠ 90 o (V) → u = 10 2 sin(8t + 90 o ) (V) . Vì (- ϕ ) = 16,7 o → ϕ < 0 nên u chậm pha sau i 16,7 o , và mạch có tính dung . Đồ thò vectơ ( hình 4 trong giáo trình ) : I R = R U = 4 10 = 2,5A ( đồng pha với U ) ; I L = L X U = 8 10 = 1,25A ( chậm pha sau U 90 o ) ; I C = C X U = 5 10 = 2A ( vượt pha trước U 90 o ) 2 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ Bài 3 : X L = ωL = 8x1 = 8Ω ; X C = C 1 ω = )40/1(8 1 = 5Ω • Đoạn mạch 1 : R TM = 8Ω ; X LTM = 8Ω ; X CTM = 5Ω ; X TM = X LTM – X CTM = 8 – 5 = 3Ω ; Z TM = 8 + j3 = (Ω) ; Y TM = TM Z 1 = 3j8 1 + = 73 3j8 − = 0,109 – j0,041 (S) ; G TM = 0,109S ; B TM = 0,041S ; B LTM = 2 TM LTM Z X = 22 38 8 + = 0,109S ; B CTM = B LTM – B TM = 0,109 – 0,041 = 0,068S • Đoạn mạch 2 : Y TM = Y R + Y L + Y C = R 1 + L jX 1 + C jX 1 − = 8 1 + 8j 1 + 5j 1 − = 0,125 – j0,125 + j0,2 = 0,125 + j0,075 (S) ; G TM = 0,125S ; B TM = - 0,075S ; B LTM = L X 1 = 8 1 = 0,125S ; B CTM = B LTM – B TM = 0,125 – (- 0,075) = 0,2S ; Z TM = TM Y 1 = 075,0j125,0 1 + = 02125,0 075,0j125,0 − = 5,882 – j3,529 = 6,86∠- 30,96 o (Ω) ; R TM = 5,882Ω ; X TM = - 3,529Ω ; X LTM = B LTM Z LTM 2 = 0,125(6,86) 2 = 5,882Ω ; X CTM = X LTM – X TM = 5,882 – (- 3,529) = 9,411Ω • Đoạn mạch 3 : Z TM = Z R + Z LC = R + CL CL jXjX )jX)(jX( − − = 8 + 5j8j )5j)(8j( − − = 8 + 3j 40 = 8 - j 3 40 = 8 – j13,33 (Ω) ; R TM = 8Ω ; X TM = - 13,333Ω ; X LTM = X L(R) + X L(LC) = 0 + B L(LC) Z LC 2 = B L Z LC 2 = ( L X 1 )Z LC 2 = ( 8 1 )( 3 40 ) 2 = 22,222Ω ; X CTM = X LTM – X TM = 22,222 – (- 13,333) = 35,555Ω ; Y TM = TM Z 1 = 3 40 j8 1 − = 2176 )40j24(3 + = 0,033 + j0,055 (S) ; G TM = 0,033S ; B TM = - 0,055S ; B LTM = 2 TM LTM Z X = 2 22 3 4024 222,22 + = 2176 222,22x9 = 0,092S ; B CTM = B LTM – B TM = 0,092 – (- 0,055) = 0,147S • Đoạn mạch 4 : Z TM = Z L + Z RC = jX L + C C jXR )jX(R − − = j8 + 5j8 )5j)(8( − − = j8 + 89 )5j8)(40j( +− = j8 + 89 320j200 − = 89 392j200 + = 2,247 + j4,404 (Ω) ; R TM = 2,247Ω ; X TM = 4,404Ω ; X LTM = X L(L) + X L(RC) = X L + 0 = 8Ω ; X CTM = X LTM – X TM = 8 – 4,404 = 3,596Ω ; Y TM = TM Z 1 = 392j200 89 + = 193664 )392j200(89 − = 0,092 – j0,18 (S) ; G TM = 0,092S ; B TM = 0,18S ; B LTM = 2 TM LTM Z X = 2 22 89 392200 8 + = 193664 7921x8 = 0,327S ; B CTM = B LTM – B TM = 0,327 – 0,18 = 0,147S 3 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ • Đoạn mạch 5 : Z TM = Z C + Z RL = - jX C + L L jXR )jX(R + = - j5 + 8j8 )8j)(8( + = - j5 + 128 )8j8)(64j( − = - j5 + 4 + j4 = 4 – j1 (Ω) ; R TM = 4Ω ; X TM = - 1Ω ; X LTM = X L(L) + X L(RC) = 0 + B L(RL) Z RL 2 = ( L X 1 )Z RL 2 = ( 8 1 )(32) = 4Ω ; X CTM = X LTM – X TM = 4 – (- 1) = 5Ω ; Y TM = TM Z 1 = 1j4 1 − = 17 1j4 + = 0,235 + j0,059 (S) ; G TM = 0,235S ; B TM = - 0,059S ; B LTM = 2 TM LTM Z X = 17 4 = 0,235S ; B CTM = B LTM – B TM = 0,235 – (- 0,059) = 0,294S Bài 4 : (a) cosϕ X = 0,8 sớm → ϕ X = - 36,87 o → tgϕ X = - 0,75 → Q X = P X tgϕ X = 100(- 0,75) = - 75VAR → S & X = P X + jQ X = 100 - j75 (VA) .Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận X tiêu thụ 100W và phát ra 75VAR (b) cosϕ X = 0,9 trễ → ϕ X = 25,84 o → sinϕ X = 0,43589 → P X = Scosϕ X = 2000x0,9 = 1800W ; Q X = Ssinϕ X = 2000x0,43589 = 872VAR → S & X = P X + jQ X = 1800 + j872 (VA) . Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 1800W và tiêu thụ 872VAR (c) I & X = X X Z U & = 10j15 220 + = 325 )10j15(220 − = 13 132 - j 13 88 (A) → S & X = U & X I & X * = (220)( 13 132 + j 13 88 ) = 2233,85 + j1489,23 (VA) . Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 2,23KW và tiêu thụ 1,49KVAR (d) X L = ωL = 314x10.10 -3 = 3,14Ω → Z X = 10 + j3,14 (Ω) → I & X = X X Z U & = 14,3j10 120 + = 8596,109 )14,3j10(120 − = 10,923 – j3,43 (A) → S & X = U & X I & X * = (120)(10,923 + j3,43) = 1310,76 + j411,6 (VA) . Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 1,31KW và tiêu thụ 0,41KVAR (e) X C = C 1 ω = 6 10.45,18x377 1 − = 143,768Ω → Z X = 83 – j143,768 (Ω) → I & X = X X Z U & = 768,143j83 120 − = 23782,27558 )768,143j83(120 + = 0,361 + j0,626 (A) → S & X = U & X I & X * = (120)(0,361 – j0,626) = 43,32 – j75,12 (VA) . Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận : X tiêu thụ 43,32W và phát ra 75,12VAR (f) U & X = 16 - j30 = 34∠- 61,93 o (V) → S & X = U & X I & X * = (34∠- 61,93 o )(2∠- 38,07 o ) = 68∠- 100 o = - 11,8 – j66,97 (VA) . Với U & X và I & X cùng chiều , ta kết luận : X phát ra 12W và phát ra 67VAR Bài 5 : cosϕ t = 0,707 trễ → ϕ t = 45 o ; cosϕ = 0,9 trễ → ϕ = 25,84 o ; C = 2 t U P ω (tgϕ t - tgϕ) = 2 )2300(50x2 100000 π (tg45 o – tg25,84 o ) = 31µF 4 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ BÀI TẬP CHƯƠNG 3 – CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MẠCH ĐIỆN Bài 1 : X L = ωL = 8x0,5 = 4Ω ; X C = C 1 ω = 64 1 x8 1 = 8Ω . Chuyển sang mạch phức . Phương pháp biến đổi tương đương( hình 1 ) Z = 12 + j4 + 8j8 )8j)(8( − − = 12 + j4 + 128 )8j8)(64j( +− = 128 512512j512j1536 +− + = 16 (Ω) → = I & Z U & = 16 908 o ∠ = 0,5∠90 o = j0,5 (A) ; I & 2 = x I & 8j8 8 − = (j0,5)( 128 8j8(8 + ) = 128 32j32 +− = - 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠135 o (A) ; I & 1 = I & - I & 2 = j0,5 + 0,25 – j0,25 = 0,25 + j0,25 = 0,25∠45 o (A) Phương pháp dòng nhánh ( hình 1 ) Mắt EABE : I & (12 + j4) + I & 1 (8) = E → (12 + j4) + 8 I && I & 1 = j8 (1) . Vòng EA(-j8)BE : (12 + j4) + I & I & 2 (-j8) = E → (12 + j4) I & + (-j8) & I & 2 = j8 (2) . Tại nút A : - I & I & 1 - I & 2 = 0 (3) . Từ (1) → I & 1 = 8 I)4j12(8j & +− = j1 – 1,5 I & - j0,5 I & và từ (2) → I & 2 = 8j I)4j12(8j − +− & = - 1 – j1,5 I & + 0,5 I & . Thay vào (3) : I & - j1 + 1,5 I & + j0,5 I & + 1 + j1,5 I & - 0,5 = 1 – j1 + 2 I & + j2 I & = 0 → = I & I & 2j2 1j1 + +− = 8 )2j2)(1j1( −+− = - 0,25 + j0,25 + j0,25 + 0,25 = j0,5 = 0,5∠90 o (A) → I & 1 = j1 – 1,5(j0,5) - j0,5(j0,5) = j1 – j0,75 + 0,25 = 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠45 o (A) ; I & 2 = - 1 – j1,5(j0.5) + 0,5(j0,5) = - 1 + 0,75 + j0,25 = - 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠135 o (A) Phương pháp dòng vòng ( hình 2 ) Mắt EABE : I & I (12 + j4 + 8) + I & II (12 + j4) = E → (20 + j4) I && I + (12 + j4) I & II = j8 (1) . Vòng EA(-j8)BE : I & II (12 + j4 – j8) + I & I (12 + j4) = E → (12 – j4) I && II + (12 + j4) I & I = j8 (2) . Từ (1) → I & II = 4j12 I)4j20(8 −j I + + & = 160 )4j12)(I4jI208j( II −−− && = 160 I32jI2563296j II && +−+ = 0,2 + j0,6 –1,6 I & I + j0,2 I & I . Thay vào (2) : (12 – j4)(0,2 + j0,6 –1,6 I & I + j0,2 I & I ) + (12 + j4) I & I = j8 → 4,8 – j1,6 – 6,4 I & I + j12,8 I & I = j8 → I & I = 8j4 1j3 − − = 80 )8j4)(1j3( +− = 80 20j20 + = 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠45 o (A) = I & 1 ; I & II = 0,2 + j0,6 –1,6(0,25 + j0,25) 5 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ + j0,2(0,25 + j0,25) = 0,2 + j0,6 – 0,4 – j0,4 + j0,05 – 0,05 = - 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠135 o (A) = I & 2 → = I & I & I + I & II = 0,25 + j0,25 – 0,25 + j0,25 = j0,5 = 0,5∠90 o (A) Phương pháp điện áp 2 nút ( hình 3 ) Coi ϕ & B = 0 : ϕ & A = 21 YYY YE ++ & , với : E = j8 (V) ; & Y = 4j12 1 + = 160 4j12 − = 0,075 – j0,025 (S) ; Y 1 = 8 1 = 0,125 (S) ; Y 2 = 8j 1 − = j0,125 (S) . Thay vào : ϕ & A = 125,0j125,0025,0j075,0 )025,0j075,0)(8j( ++− − = 1,0j2,0 6,0j2,0 + + = 05,0 )1,0j2,0)(6,0j2,0( −+ = 05,0 06,012,0j02,0j04,0 ++− = 2 + j2 (V) → = ( - ϕ I & E & & A + ϕ & B ) Y = (j8 – 2 – j2 + 0)(0,075 - j0,025) = (- 2 + j6)(0,075 - j0,025) = - 0,15 + j0,05 + j0,45 + 0,15 = j0,5 = 0,5∠90 o (A) ; I & 1 = ( ϕ & A - ϕ & B ) Y 1 = ( 2 + j2 – 0)(0,125) = 0,25 + j0,25 = 0,25 2 ∠45 o (A) ; I & 2 =( ϕ & A - ϕ & B ) Y 2 =( 2 + j2 – 0)(j0,125) = - 0,25 + j0,25 =0,25 2 ∠135 o (A) Bài 2 : Thay 3 tổng trở đấu ∆ABC bởi 3 tổng trở đấu YOABC sau đây ( hình 4 ) : Z A = 10j10j10 )10j)(10( −+ = j10 (Ω) ; Z B = 10j10j10 )10j)(10( −+ − = - j10 (Ω) ; Z C = 10j10j10 )10j)(10j( −+ − = 10 (Ω) . Thay ( Z B – j10)//( Z C + 10) bởi : Z OD = 101010j10j )1010)(10j10j( ++−− +−− = 20j20 )20)(20j( − − = 800 )20j20(400j +− = 10 – j10 (Ω) . Tổng trở toàn mạch : Z = Z A + Z OD = j10 + 10 – j10 = 10 (Ω) . Dòng do nguồn cấp : I & = E & Z E & = 10 100 = 10 (A) . Dòng trong nhánh 4 : I & 4 = x I & 10Z10jZ 10Z CB C ++− + = (10)( 101010j10j 1010 ++−− + ) = (10)( 20j20 20 − ) = 800 )20j20(200 + = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) . Dòng trong nhánh 5 : I & 5 = I & - I & 4 = 10 – 5 – j5 = 5 – j5 = 5 2 ∠- 45 o (A) . Dòng trong nhánh 2 : I & 2 = 10j U AC & , với U & AC = U & AO + U & OC = I & Z A + I & 5 Z C = (10)(j10) + (5 – j5)(10) = j100 + 50 – j50 6 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ = 50 + j50 (V) → I & 2 = 10j 50j50 + = 5 – j5 = 5 2 ∠- 45 o (A) . Tại nút A : I & - I & 1 - I & 2 = 0 → I & 1 = - I & I & 2 = 10 – 5 + j5 = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) . Tại nút B : I & 1 - I & 4 - I & 3 = 0 → I & 3 = I & 1 - I & 4 = 5 + j5 – 5 – j5 = 0 7 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ Phương pháp dòng nhánh ( hình 5 ) Mắt EABDE : I & 1 (10) + I & 4 (- j10) = E → 10 I && 1 – j10 I & 4 = 100 (1) Mắt DBCD : - I & 4 (- j10) + I & 3 (- j10) + I & 5 (10) = 0 → - j10 I & 3 + j10 I & 4 + 10 I & 5 = 0 (2) Mắt ACBA : I & 2 (j10) - I & 3 (- j10) - I & 1 (10) = 0 → - 10 I & 1 + j10 I & 2 + j10 I & 3 = 0 (3) Tại nút A : - I & I & 1 - I & 2 = 0 (4) Tại nút B : I & 1 - I & 3 - I & 4 = 0 (5) Tại nút C : I & 2 + I & 3 - I & 5 = 0 (6) Giải hệ 6 phng trình (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6) bằng Matlab : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[0 10 0 0 -10j 0 » b=[100 » x=A\b 0 0 0 -10j 10j 10 0 x = 0 -10 10j 10j 0 0 0 10.0000 1 -1 -1 0 0 0 0 5.0000 + 5.0000i 0 1 0 -1 -1 0 0 5.0000 - 5.0000i 0 0 1 1 0 -1]; 0 0 5.0000 + 5.0000i 5.0000 - 5.0000i Vậy : I & = 10 (A) ; I & 1 = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) ; I & 2 = 5 – j5 = 5 2 ∠- 45 o (A) I & 3 = 0 ; I & 4 = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) ; I & 5 = 5 – j5 = 5 2 ∠- 45 o (A) Phương pháp dòng vòng ( hình 6 ) Mắt EABDE : I & I (10 – j10) - I & II (10) - I & III (- j10) = E → (10 – j10) I && I - 10 I & II + j10 I & III = 100 (1) Mắt ACBA : I & II (10 + j10 – j10) - I & I (10) - I & III (- j10) = 0 → - 10 I & I + 10 I & II + j10 I & III = 0 (2) Mắt DBCD : I & III (- j10 – j10 + 10) - I & I (- j10) - I & II (- j10) = 0 → j10 I & I + j10 I & II + (10 – j20) I & III = 0 (3) Giải hệâ 3 phương trình (1) , (2) , (3) bằng Matlab : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[10-10j -10 10j » b=[100 » x=A\b -10 10 10j 0 x = 10j 10j 10-20j]; 0]; 10.0000 5.0000 – 5.0000i 5.0000 – 5.0000i Vậy : I & I = I & = 10 (A) ; I & II = I & 2 = 5 – j5 = 5 2 ∠45 o (A) ; I & III = I & 5 = 5 – j5 = 5 2 ∠45 o (A) I & 1 = I & I - I & II = 10 – 5 + j5 = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) ; I & 3 = I & III - I & II = 5 – j5 – 5 + j5 = 0 I & 4 = I & I - I & III = 10 – 5 + j5 = 5 + j5 = 5 2 ∠45 o (A) Bài 3 : Phương pháp dòng nhánh ( hình 7) Mắt E 1 ABE 1 : I & 1 (2) + I & 3 (4 – j1) = E & 1 → 2 I & 1 + (4 – j1) I & 3 = 12 (1) Mắt E 2 ABE 2 : I & 2 (j1) + I & 3 (4 – j1) = E & 2 → j1 I & 2 + (4 – j1) I & 3 = 18∠30 o = 9 3 + j9 (2) Tại nút A : I & 1 + I & 2 - I & 3 = 0 (3) 7 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP - HCM GIẢI BÀI TẬP ĐKTCĐ Giải hệ 3 phương trình (1) , (2) , (3) bằng Matlab : To get started, type one of these commands: helpwin, helpdesk, or demo. For information on all of the MathWorks products, type tour. » A=[2 0 4-1j » b=[12 » x=A\b 0 1j 4-1j 15.5884+9j x = 1 1 -1]; 0]; -3.0086 - 0.9308i 7.1384 + 2.4287i 4.1298 + 1.4979i Vậy : I & 1 = - 3,0086 – j0,9308 = 3,15∠- 162,81 o (A) I & 2 = 7,1384 + j2,4287 = 7,54∠18,79 o (A) ; I & 3 = 4,1298 + j1,4979 = 4,39∠19,94 o (A) Phương pháp dòng vòng ( hình 8 ) Mắt E 1 ABE 1 : I & I (2 + 4 – j1) + I & II (4 – j1) = E & I → (6 – j1) I & I + (4 – j1) I & II = 12 (1) Mắt E 2 ABE 2 : I & II (j1 + 4 – j1) + I & I (4 – j1) = E & 2 → (4 – j1) I & I + 4 I & II = 18∠30 o = 9 3 + j9 (2) Từ (1) → I & I = 1j6 I1jI412 IIII − +− && . Thế vào (2) : (4 – j1)( 1j6 I1jI412 IIII − +− && ) + 4 I & II = 9 3 + j9 → 1j6 II4j12jI4jI1648 IIIIIIII − ++−+− &&&& + 4 I & II = 9 3 + j9 → 48 - 15 I & II + j8 I & II – j12 + 24 I & II – j4 I & II = 54 3 + j54 – j9 3 + 9 → 9 I & II + j4 I & II = - 39 + 54 3 + j66 - j9 3 → I & II = 4 66j j9 39j35439 + −++− = 97 )4j9)(39j66j354( −−++−39 = 97 336381j264594j3216j3486156j351 −−++−++− = 97 3297j750j345087 −++− = 7,1384 + j2,4287 = 7,54∠18,79 o (A) ; I & I = 1j6 )4287,2j1384,7)(1j4(12 − +−− 8