33
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
=
+
=+Δ=+=

Sụt áp trên nguồn ΔU=I. r
0
=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:
U=I. R=1,05=E-ΔU;
b) Giải tương tự.
1.2. a) Hình 1.42. a)
=−−=
=
++
+−
=
)r.IE(U
;A,

033
022011
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


34

mWW,
,
r
E
p
rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr(
Hay
)Rr(
)rR(.R)Rr(
E'p
rR
max
10010
4
40
4
02222
0
2
0
2
0
22
0
222
00
2

=
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20
21105
105
00
.
Đồ thị hình 1.43. a)

i(t)=
=
R
)t(u

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<
≤≤+−
≤
<
tskhi

<
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
5
0
1
3
55
3
1

[W]
0
1
2
5
c)
H×nh1.43
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2
5
a)
i(t)
t [s]
[A]
0
1
2
1
b)
p(t)
t [s]
[W]
0
1
2
5

⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
<
≤≤−
≤
<
==
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
R
)t(u
)t(i
20
211
10
00
Đồ thị hình 1.44. b)⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(u
30
32155
215
105
00
; Hình 1.45a)

⎪
⎪
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
tskhi)tt(
stskhi
stkhit
tkhi
)t(p
30
32965
215
105
00
2
2
Hình 1.45c)

W≈1,67 W;

1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích: 36

R
)t(u
)t(i
R

Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46.
b) Năng lượng toả nhiệt:
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=+−=+−
=+−=+−
==
====
∫
∫
∫
∫∫
)J(
3
1
3

2
2
3
3
1
2
3
1
0
2
t
t
2
t
t
2
R
2
1
2
1
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=+−=+−
==

3
1
3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
2
3
4
3
2
=+−=+−
∫
;
Jun
3
4
3
1
3
2
3
1
Q =++=

2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4)
)t(iudt
L

L
)t(i
LL
t
L
=+=+=
∫
vì i
L
(0)=0. Từ đó i
L
(1S)=0,5
t [s]
[V]
012
1
3
u(t)
4
-1
H×nh 1.46

37
+ Với 1s
≤
t
≤
3s
50
1

;t
t
,),(t
t
12
2
502502
2
22
−+−=++−−+−=(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=1s) theo công thức này i
L
(1s)=0,5- ứng với quy luật biến
thiên liên tục của dòng qua L. )
Như vậy có i
L
(t=3s)=
50
3
12
2
2
,
t
t
t

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=+−=+=
∫∫

84
2
5034
2
3
4
2
222
+−=+−−−= t
t
,).(t
t
.
(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=3s) theo công thức này i
L
(3s)=0,5- ứng với
quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. )

2
0L
t
t
L
0

b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L.
W
M
(t)=
=
2
)t(Li
2
L

⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≤≤+−+−
≤≤+−+−
≤≤
==

⎪
⎪
⎨
⎧
≤≤−+−
≤≤−+−
≤≤
==
s4ts3khi32t24t6
2
t
s3ts1khi2t5t3
2
t
s1t0khi
2
t
dt
dW
)t(p
2
3
2
3
3
L

3.
a) i
C

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
≤≤+−
≤≤+−
≤≤
4384
2
3122
2
10
2
2
2
2
tkhit
t
tkhit
t
tkhi
t

c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản
kháng:
==
dt

)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
t
LL
4001040010
250
1
0
1
0
0
−=
=+=
∫
∫
.
Đồ thị hình 1.47c


⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≤≤
<
==
11
10
000

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

⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪

00
1
1
0
2
0
0⇒
i
L
(0,5)=0,25A; i
L
(0,9)=0,81A; i
L
(1)=1A; i
L
(1,2)=1,4A
i
C
(t)=
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
≤≤
<


== )()( tRitu
R
⎩
⎨
⎧
≤≤+−
≤≤
sts,khit
s,tkhit
15088
5008
;
==
dt
di
Ltu
L
)(
⎩
⎨
⎧
≤≤−
≤≤
sts,khi
s,tkhi
1504
5004

t