Bài 6.1: Cho mạch như hình vẽ
-Mạch xác lập
0〈t
-
0=t
, K đóng
-Tìm
( )
+
0
1
i
,
( )
+
0
2
i
,
( )
+
0
3
i
;
( )
+
0
'
1
i

( )
00
3
=
−
i +
( ) ( )
21
2
22
*
0*0
RR
RE
iRU
C
+
==
−−
-
0
≥
t
: K đóng
R
2
E

21
22
00
RR
E
ii
+
==
+−
+
( ) ( )
21
2
*
00
RR
RE
UU
CC
+
==
+−
+
( )
( )
( )
213
1
3
21

1
21
321
*
*
000
RRR
RE
RR
E
iii
+
+
+
=+=⇒
+++
Mặt khác ta có:

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
21
122
'
2
21
2

+
++
+
+
Ta lại có:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )








−
+
=
+
−
+
=+=⇒

21
2
3
1
213
1
33
3
'
3
3
'
33
333
33
*
11
*
*
**
*
*
*
000
**
*
*
*
*
*

iR
Udti
C
iREU
UiRE
COC
C
Bài 6.2:
Tìm U
C
,(0
+
), i(0
+
), i’(0
+
),
i’’(0
+
).
Tại t=0, khóa k mở.
 Tại t<0, khóa k đóng:
21
)0(
RR
E
i
L
+
=


6
361
3*
)0()0( =
++
==
−+
E
uu
cc
(V)
+ Tại t > 0, khóa K đóng ta có:
( ) ( )
21
00)0(
RR
E
iii
L
+
===
++−
( )
2
21
0)0( R
RR
E
UU

E
RiULi
dt
di
LU
CL
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
21
'
'''''
)0(0
0''
00'00
RRLC
E
LC
i
L
U
i
URiULiU
C
CCL
+
===⇒
=−==
++

6
)0(
)0(
0)0(6*)0(
312
1
1
Aiii
A
u
i
ui
c
c
−=−−=−=⇒
−=−=⇒
=+
+++
+
+
++
Vậy:
)(2)0(
)(3)0(
)(1)0(
3
2
1
Ai
Ai

); I
3
'
(0
+
), nếu tại t = 0 đóng khóa K
Giải:
Khi t < 0, ta có:
I
1
(0
-
) = I
2
(0
-
) = và U
c
(0
-
) =
Khi t > 0, ta có:
I
1
(0
+
) = I
2
(0
+

3
(0
+
) =
R
2
.I
2
(0
+
) + L
2
= R
3
I
3
(0
+
) + U
c
(0
+
)
=> I
2
'
(0
+
) =
= =

+
) + = 0
=> I
3
'
(0
+
) = - = -
Bài 6.6: Cho mạch điện (H.6.6), tại
0
=
t
đóng khóa k. Hãy xác định các giá trị
)0(
1
+
i
;
)0(
2
+
i
;
)0(
+
L
u
Biết:
tte
ω

1684
0100
0
21
0
0
jLjRR
E
ω
( ) ( )( )
( )
( )
( )
( )
VU
i
tti
c
00
,30
168.53100cos5
1
1
=
Α=⇒
Α−=⇒
−
−
π
Vì không có tụ.

+
+++
+−
+−
R
U
R
URie
i
VUiU
UU
tt
c
L
cL
cc

Mà
( ) ( ) ( )
( )
Α=−=
+++
3000
312
iii
Vậy
( ) ( )
( )
( )
( )

-
)=0, u
C
(0
-
)= 0
Tại thời điểm t
≥
0 khóa k ở vị trí 2
i
L
(0
-
)= i
L
(0
+
)= 0, u
C
(0
-
)= u
C
(0
+
)= 0, i
L
(t)= i
xl
(t) + i

C
1
∫
(1 - i
L
(t)) + u
CO
= Ri
L
(t) + L
dt
tdi
L
)(
⇔
2Ri
L
(t) + L
dt
tdi
L
)(
- R -
C
1
))(1( ti
L
∫
−
- u

= 0
∆ = 4R
2
- 4
C
L
= 0
⇒
phương trình có nghiệm kép : P
1
= P
2
= -
L
R
⇒
nghiệm của phương trình 4 là: i
Ltd
(t) = ( k
1
+ k
2
t)e
t
L
R
−
⇒
i
L

t
L
R
−
(5)
⇒
i
C
(t) = (1 – k
2
t)e
t
L
R
−
(6)
Ta có:
U(t) = Ri
L
(t) + L
dt
tdi
L
)(
⇒
U(t) = R + Lk
2
e
t
L

I
C
(t) = e
t
L
R
−
U(t) = R
Bài 6.9: Hãy xác định điện áp trên tụ và dòng qua tụ, nếu tại t = 0 khóa K mở ra (H6.9)
Hình 6.9
GIẢI
Tại t < 0 ta có :
0)0( =
−
c
u
Eu
cxl
=
Tại t > 0 ta có :
(1)
(2)
=>
)(ti
c
= C.
dt
tdu
c
)(

EtuRti
2RCP + 1 = 0
=> P = -
RC2
1
=>
RC
t
c
eKEtu
2
.)(
−
+=
Mà :
KEuu
cc
+===
+−
0)0()0(
=> K = - E
Thế K vào ta có :
)1.(.)(
22 RC
t
RC
t
c
eEeEEtu
−−

Bài 6.10: Tại t=0, nguồn áp e(t) được nối vào mạch thông qua khóa K như hình vẽ. Hãy
xác định điện áp trên tụ
)(tu
C
với giả thiết
0)0(
=
−
L
i
,
0)0(
=
−
C
u
. Cho biết
][1];[
6
1
];[1);(4)(];[1)( FCHLRtutjVte
g
==Ω===
.
Giải
* Tại t < 0, ta có:
0)0(
=
−
L

(1)
1)()()(
=+=
tutute
Cg
=>
)(1)( tutu
Cg
−=
(2)
)()()( tRitutu
RRC
==
=>
R
tu
ti
C
R
)(
)(
=
(3)
dt
tdi
Ltutu
L
LC
)(
)()(

(5)
Lấy đạo hàm hai vế của (5), ta được:
2
)()()(
4)('






−−−=
dt
tdu
C
Rdt
tdu
dt
tdu
ti
CCC
L
(6)
Lấy (6) thay vào (4), ta có:













−−−=
2
)()()(
4
6
1
dt
tdu
dt
tdu
dt
tdu
CCC
<=>
2
)(
6
1
)(
6
5
)(



tt
Ctd
eKeKtu
3
2
2
1
)(
−−
+=
tttt
CtdCxlC
eKeKeKeKtututu
3
2
2
1
3
2
2
1
0)()()(
−−−−
+=++=+=
(7)
21
0)0( KKu
C
+==
+

=+
=+
423
0
21
21
KK
KK
=>



−=
=
4
4
2
1
K
K
Vậy
0)(
=
tu
C
t < 0

)(4)(
32 tt
C

m
o
0∠
.
.
.
J
L
L
ZR
R
I
+
=
=
55
5
j+
I
m
o
0∠
=
o
452
1
∠
I
m
o

: Khóa K chuyển sang vị trí số 2.
Ta có các phương trình mạch :
i(t) =
)()( titi
LR
+
(1)
Ri(t) + R
(
L
i
t) = 0 (2)
L
0)( =− tRi
dt
tdi
R
L
(3)
Từ (2)
⇒
i
R
(t) =
)(ti−
Từ (1)
⇒

iti
L

e
5−
i(0
+
) = k.
Theo (4) ta lại có i(t) =
2
)(ti
L
⇒
i(0
+
) =
2
)0(
+
L
I
=
4
m
I

⇒
k =
4
m
I
.
Vậy i(t)=

L1 0
R1 0 R2 0
C1 0
+
e(t) 0
SW-SPST1
Bài Giả:
Ta có:
E(t) Ecos t(V)
ω
=
;
E 0
>
:
R 1
L RC
ω
= =
.
Tại
t o<
ta có:
.
L
E
i (t)
R(1 j)
=
+

−
⇒ = = ∠−
−
o
c
E 2 E
U (0 ) cos(45 ) (v)
2 2
−
= =
o
Tại
t 0
=
, K mở nên ta có:
Phương trình mạch:
C C L
C L
L
C C
2
C C
c
2
2Ri u u 0
i i
di1
2Ri i dt L 0
C dt
d i di
( td )
R
t
L
C 1 2
i (t) (k k t)e
−
= +

Nghiệm tổng quát của phương trình:
C td cb
i i i
= +

Mà:
C(xl) L(xl)
i 0 i= =

R
t
L
C 1 2
R
t
L
L 1 2
i (t) (k k t)e
i (t) (k k t)e

− −
 
= = + −
 
 

c l c
u (t) u (t) 2Ri t
= +

R R R
t t t
L L L
1 2 2 1 2
R(k k t)e Lk e 2R(k k t)e
− − −
= + − − +

Luật đóng ngắt:
L L 1 1
E E
i (0 ) i (0 ) k k
2R 2R
− +
= = − = ⇒ = −

C C 1 2 1
E
u (0 ) u (0 ) Rk Lk 2Rk
2

R
t
t
L
c c
R
t
t
L
L L
R
t
t
L
c C
R
t
t
L
L L
E E
i (t) e i (t) e
2R 2R
E E
i (t) e i (t) e
2R 2R
E E
u (t) e u (t) e
R 2R
E EMặt khác ta có:

(2)
Thay (1) và (2) vào phương trình (*) ta có:
E
R
2
C
R
L
t=0
1
Bài 6.14. Hãy xác định dòng điện i(t) trong mạch H(6.14) nếu taị t = 0 khóa K chuyển từ
vị trí 1 sang vị trí 2. Biết :
E = 250 V ; C = 10μF ; R = 2
Ω
; L = 0,1 H
GIẢI:
Khi t<0 ta có: I
L
(0
-
) = 0 ; U
C
(0
-

)(
1,0)(2)(
5
2
0
=++






⇔
+=






+−⇔
+=
∫
dt
tdI
dt
tdI
dt
tdI
tIUdttI

L
(0
-
) = I
L
(0
+
) = I(0
+
) =0 => K
1
=0
Ta có: U
C
(t) = 2i(t) + 0,1
dt
tdI )(
= 2e
-10t
K
1
cos1000t + 2e
-10t
K
2
sin1000t + 0,1(-10e
-10t
K
1


) = U
C
(0
+
) = 250 = 100K
2
=> K
2
= 2,5
 i(t) = 2,5 e
-10t
sin1000t (A)
Bài 6.15: Hãy xác định và vẽ dạng điện áp trên tụ điện, nếu tại t = 0, khóa K chuyển từ
1→2 (Hình 6.15).
Biết: E = 10V; L = 1H; C = 1000µF; R
1
= 5Ω; R
2
= 50Ω
Hình 6.15.
Giải
• t < 0:
• t ≥ 0:
Nút:
Vòng:
Từ (4) ta có:
6.16 Cho mạch ( H6.16) tại t = 0 đóng khóa K
1
và tại t = t
0

Hình 6.16
Bài giải
♦Khi t < 0 , K
1
mở, K
2
đóng ta có mạch như sau :
E
o
R
L
K
1
t=0
e(t)
R
K
1
t=t
o
i(t)
Eo
L
e(t)
R
i(t)
Khi e(t) hoạt động E
0
nghỉ ta có:
0

&
(A)
Theo nguyên lý xếp chồng ta có :
0
0 0
2
( ) sin( 45 )
E E
i t t
R R
ω
= − −
(A)
♦Khi 0 < t < t
0,
K
1
đóng và K
2
đóng ta có mạch như sau :
Mạch xác lập : E
0
hoạt động, e(t) nghỉ ta có :
0
0
2E
I
R
=
&

I
R jR
Z R R j
R
R jR
+
= − = − = −
+ +
+
+
&
(A)
0 0 0
2 (1 ). 2 2
2
.(1 2 ).( ) (1 2 )
5.
E j R E E
I arctg
R j R jR R j
R
+
⇒ = − = − = − ∠ −
+ + +
&
Khi mạch tự do ta có mạch như sau :
Ta có:
0
( )
( )

(t)
0
0 0
2
2 2
. sin( 45 )
5
R
t
L
E E
k e t
R
R
ω
−
= + − −
(A)
Mà ta lại có :
(0 ) (0 )
L L
i i
+ −
=
nên ta có :
0 0 0
2 2,8
0,8
E E E
k k

( )
( )
di t
L R E
d t
+ =
Từ phương trình đặc trưng ta có :
0
R
Lp R p
L
−
+ = ⇒ =
0
( )
( ) .
R
t t
L
td
i t k e
−
−
⇒ =
0
( )
0
( ) ( ) ( ) .
R
t t

R R L R R
R
−
−
⇔ + − − = +
0 0 0
2
4 5
.
5 8
E E E
k
R R R
−
⇔ + = +
0 0
3E E
k
R R
⇔ = +
0
2
E
k
R
⇒ =
0
( )
0 0
( ) .

5
2 ( )
2
R
t
L
R
t t
L
E
t A t
R
E
i t t arctg e A t t
R
E
e A t t
R
ω
ω
−
−
−


 
− − <
 



2
= 10 [V] ; u
c1
(0.4s) = -5 [V]
R
1
= 1 [Ω]; R
2
= 5 [Ω]; L = 2 [H]; C
1
= 1 [F]; C
2
= 0.5 [F]
R
1
K
2 R2
+ t=to i
2
(t)
K
1
U
c1
C
1
• • t=0
C
2
1 2 L

= 0
=> I
2
=

=

=> i
2
(t) = 4sin( t + 45
0
) [A]. => i
2
(0
-
) = 4 [A]
• t ≥ 0. K
1
ở 2, K
2
mở

R
2
i
2
(t)
e
2
L

+2
i
2
(0
+
) = 2 + K = 4 => K = 2
=> i
2
(t) = 2e
-5/2.t
+ 2 = 2( e
-5/2.t
+1 ) (A)
• t > t
0
. K
1
ở 2, K
2
đóng
R
1
R
2
+ i
1
(t) i
2
(t)
U

<=> U
c1
(t) + R
1
C
1
.U
c1
’(t) = E
2
<=> U
c1
(t) + U
c1
’(t) = 10
<=> U
c1td
(t) = K.e
-t
=> U
c1
= 10 + K.e
-t
U
c1
(t
0
+
) = 10 + K.e
-to