Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn
1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình
1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên
;A,
Rr
E
I;UUR.Ir.IE 150
0
0
=
+
=+∆=+=
Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r
0
=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:
U=I. R=1,05=E-∆U;
b) Giải tương tự.
1.2. a) Hình 1.42. a)
=−−=
=
++
+−
=
)r.IE(U
;A,
rrr
EEE
I
ab 011
030201
321

++
=
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.
1.4.
20240128163024024240
50
1224
.,V,.,U;A,I
+==−==
−
=
1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì
W,
r
E
rIp;
r
E
I 40
0
2
0
2
0
====
Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì
R
)Rr(

max
10010
4
40
4
02222
0
2
0
2
0
22
0
222
00
2
0
4
0
2
0
2
0
====
=→=−=−−++=+−+
=
+
+−+
=
=









<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
20
212
10
00
.
Đồ thị hình 1.43. b)
Công suất tức thời:
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2
5






<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhi)tt(
skhit
tkhi
20
21445
105
00
2
2

Đồ thị hình 1.43c
Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng:

W,
W
t
dttdt)t(pW
R
671
3

b)
p(t)
t [s]
[W]
0
1
2
5
c)
H×nh1.44
35








<
≤≤−
≤
<
=
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20








<
≤≤+−
≤
<
===
tkhi
tkhi)tt(
khit
tkhi
)t(i.R
R
)t(u
)t(p
20
21125
105
00
2
2
2
2
Đồ thị hình 1.44. c)


36










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(i
30
323
211
10
00
; Hình 1.45b)








≤≤−
≤≤+−
≤≤
=
s4ts3khi4t
s3ts1khi2t
s1t0khit
)t(u
;
1. Trên điện trở R=1Ω:
a) Biểu thức dòng điện:
37





≤≤−
≤≤+−
≤≤
===
S4tS3khi4t
S3tS1khi2t
S1t0khit

3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
)J(
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
)J(
3
1
0
1
3
t
dtt
dt
R
U
RdtiQW
2
3
4

==
∫
∫
Jun
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
Jun
3
1
0
1
3
t
dtt
2
3
3
1
2
3
1
0
2


L
)t(i
L
t
t
L 0
0
1
+=
∫
được
thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm).
a) i
L
(t)
t [s]
[V]
0 1 2
1
3
u(t)
4
-1
H×nh 1.46
38
+ Với 0
≤
t
≤
1s

2
2
121
1
2
11
,
t
t
t
)(idt)t()(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+








+−=++−=+=
∫∫
=

−+−
+ Với 3s
≤
t
≤
4s
50
3
4
2
343
1
2
33
,
t
t
t
)(idt)t()s(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+











≤≤+−
≤≤−+−
≤≤
=+=
∫
s4ts3khi8t4
2
t
s3ts1khi1t2
2
t
s1t0khi
2
t
)t(iudt
L
1
)t(i
2
2
2
0L
t

s3ts1khi5,0t2t5,2t
8
t
s1t0khi
8
t
2
)t(Li
)t(W
23
4
23
4
4
2
L
M
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:









≤≤−+−
≤≤−+−
≤≤


≤≤
≤≤−
≤≤
431
311
101
tkhi
tkhi
tkhi
b) Năng lượng điện trường:
==
2
2
C
E
u
CW









≤≤+−
≤≤+−
≤≤



≤≤−
≤≤−
≤≤
434
312
10
tkhit
tkhit
tkhit
.
40
1.8. Dòng điện qua R

tsin,
R
)t(e
)t(i
R
40010
==
[A].
Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a.
Dòng điện qua diện cảm L:
]A[tcos,tsin
,
)(idt)t(u
L
)t(i

)t(e
12
102
000
t
π π
2
π
2
π
3
e(t)
10
[V]
-10
i (t)
0,1
[A]
t
-0,1
R
i (t)
0,1
[A]
-0,1
L
ω
t
ω
t

(0,5)=0,5A; i
R
(0,9)=0,9A; i
R
(1)=1A; i
R
(1,2)=1A












>−=+=+
=→≤≤=+
<
=+=
∫
∫∫
stkhit
t
t)(idt
)(istKhit)(itdt
tkhi

(1,2)=1,4A
i
C
(t)=





>
≤≤
<
=
1tKhi0
1t0khi1
0tkhi0
dt
de
C
; i
C
(0,5)=1A; i
C
(0,9)=1A; i
C
(1)=1A; i
R
(1,2)=0;
1.10.


)(



≤≤−
≤≤
sts,khi
s,tkhi
1504
5004
u(t)=u
R
(t)+u
L
(t)=



≤≤+−
≤≤+
sts,khit
s,tkhit
15048
50048
b) U
max
=8V
c) Phương trình công suất tiêu tán:
42
p(t)=u(t)i(t)=


≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
1504040
50040
;
43





≤≤−+−
≤≤
=⇒
−+−=++−=
+=→≤≤
=→
=
==
+=→≤≤
+=
∫
∫
∫
∫

C
t
t
c
C
t
t
c
1504124
5004
41241
50
4
2
4
2
50
1
150
150
00
44
50
1
1
500
1
2
2
2


≤≤
+−+
≤≤+
sts,khi
ttt
s,tkhi)t(t
150
1442569616
5001016
23
2
;
H×nh 1.48
0
0,5
1
t[s]
u (t)
R
20
1
u(t)
u (t)
C
4
21
44