Bài giải chi tiết Bài tập Kỹ thuật Mạch Điện - J. David Irwin, R. Mark Nelms

• Tác giả: J. David Irwin
• Chuyên ngành: Phân tích mạch kỹ thuật
• Đề tài: Sách bài tập đồng hành đi kèm Phân tích mạch kỹ thuật cơ bản lần thứ chín
• Loại tài liệu: Sách bài tập đồng hành
• Năm xuất bản: 2005
• Địa điểm: New York

Tóm tắt

I. Tổng quan về sách Basic Engineering Circuit Analysis Problem Solving Companion

Basic Engineering Circuit Analysis Problem Solving Companion là tài liệu học tập đi kèm do J. David Irwin biên soạn, được xuất bản bởi John Wiley & Sons vào năm 2005. Cuốn sách này đóng vai trò như người bạn đồng hành dành cho sinh viên kỹ thuật điện, hỗ trợ trực tiếp giáo trình Basic Engineering Circuit Analysis. Tài liệu được tổ chức theo từng chương, cung cấp các bộ bài tập đại diện cho phần cuối mỗi chương trong sách gốc. Mỗi bộ bài tập được thiết kế như một bài kiểm tra nhỏ, giúp sinh viên đánh giá mức độ hiểu biết. Điểm nổi bật là phần giải đáp chi tiết đi kèm, giúp người học phân tích và làm rõ những vấn đề chưa nắm vững. Cuốn sách bao gồm phần phụ lục về kỹ thuật giải hệ phương trình tuyến tính độc lập đồng thời, cung cấp nền tảng toán học cần thiết cho việc phân tích mạch điện. Tài liệu này trở thành công cụ học tập không thể thiếu cho sinh viên ngành kỹ thuật điện tử và điện lực.

1.1. Mục đích và đối tượng sử dụng

Cuốn sách Problem Solving Companion được thiết kế nhằm phục vụ sinh viên đang theo học môn phân tích mạch kỹ thuật cơ bản. Mục tiêu chính là cung cấp môi trường luyện tập có hệ thống, giúp sinh viên củng cố kiến thức lý thuyết thông qua thực hành giải bài tập. Tài liệu khuyến khích người học tự giải bài trước khi tham khảo lời giải. Phương pháp này giúp phát triển tư duy độc lập và kỹ năng giải quyết vấn đề. Đối tượng sử dụng bao gồm sinh viên năm nhất, năm hai các ngành kỹ thuật điện, điện tử viễn thông và kỹ thuật điều khiển tự động.

1.2. Cấu trúc nội dung sách

Nội dung sách được sắp xếp theo thứ tự các chương của giáo trình gốc Basic Engineering Circuit Analysis. Mỗi chương bao gồm một bộ bài tập được tuyển chọn kỹ lưỡng, bao quát các chủ đề cốt lõi. Phần đầu giới thiệu các bài tập cơ bản về công suất, điện áp và dòng điện. Phần giữa tập trung vào phân tích nút và phân tích mesh. Phần sau đề cập đến tụ điện, cuộn cảm và các mạch bậc hai. Cuối sách có phụ lục hướng dẫn giải hệ phương trình tuyến tính, hỗ trợ quá trình tính toán phức tạp.

II. Các vấn đề phân tích mạch thường gặp trong sách

Sách Problem Solving Companion đề cập đến nhiều dạng bài toán phân tích mạch điện phổ biến trong kỹ thuật. Các vấn đề bao gồm xác định phần tử hấp thụ hoặc cung cấp công suất, tính toán điện áp chưa biết trong mạch, và áp dụng định luật Kirchhoff. Bài tập về phân tích nút sử dụng phương pháp supernode được trình bày chi tiết qua nhiều ví dụ cụ thể. Phương pháp phân tích mesh cũng được giới thiệu với các bài toán mạch có nguồn phụ thuộc. Các vấn đề về tụ điện và cuộn cảm yêu cầu sinh viên xác định điện dung và điện cảm tương đương. Việc nhận dạng các phần tử mắc nối tiếp và song song là kỹ năng quan trọng được rèn luyện xuyên suốt. Mỗi bài tập đều đi kèm hướng dẫn giải từng bước, giúp sinh viên hiểu rõ quy trình tư duy logic. Tài liệu nhấn mạnh tầm quan trọng của việc kiểm tra kết quả bằng cách áp dụng KCL tại mọi nút trong mạch.

2.1. Bài toán công suất và ước quy ước dấu

Một trong những vấn đề cơ bản nhất được đề cập là xác định công suất hấp thụ hoặc cung cấp của phần tử mạch điện. Sinh viên phải nắm vững ước quy ước dấu cho công suất, hiểu rõ mối quan hệ giữa hướng dòng điện và chiều điện áp. Khi đảo chiều dòng điện, dấu công suất thay đổi tương ứng. Ví dụ trong sách minh họa cách biến đổi sơ đồ mạch để tính công suất chính xác. Kết quả âm chỉ ra phần tử cung cấp công suất, trong khi kết quả dương biểu thị phần tử hấp thụ công suất. Đây là nền tảng quan trọng cho mọi phân tích mạch phức tạp hơn.

2.2. Bài toán phân tích nút và supernode

Phương pháp phân tích nút là kỹ thuật mạnh mẽ được trình bày chi tiết trong sách. Khi mạch chứa nguồn điện áp độc lập giữa hai nút không tham chiếu, kỹ thuật supernode được áp dụng. Quy trình bao gồm việc chọn nút tham chiếu, gán biến điện áp nút, và thiết lập phương trình KCL. Sách minh họa cách xác định các nút trong mạch, đảm bảo không bỏ sót nút nào. Phương trình KCL được thiết lập cho supernode bằng cách tổng hợp các dòng điện ra khỏi supernode. Kết quả được kiểm tra bằng cách áp dụng KCL tại từng nút riêng lẻ.

III. Phương pháp giải bài tập phân tích mạch trong sách

Sách cung cấp nhiều phương pháp giải bài tập mạch điện một cách có hệ thống và logic. Phương pháp đầu tiên là nhận dạng mạng, xác định các phần tử nối tiếp và song song để đơn giản hóa mạch. Đối với phân tích nút, quy trình bao gồm đánh nhãn tất cả nút, chọn nút tham chiếu, và thiết lập hệ phương trình KCL. Phương pháp supernode được sử dụng khi mạch có nguồn điện áp giữa hai nút không tham chiếu. Phân tích mesh áp dụng cho mạch phẳng, sử dụng định luật Kirchhoff điện áp để thiết lập phương trình vòng. Với mạch chứa tụ điện và cuộn cảm, kỹ năng vẽ lại mạch là then chốt để nhận dạng cấu trúc nối tiếp song song. Việc kiểm soát biến phụ thuộc đòi hỏi thiết lập thêm phương trình ràng buộc. Mỗi phương pháp đều được minh họa bằng ví dụ cụ thể với số liệu tính toán chi tiết. Sinh viên được khuyến khích thực hành nhiều lần để nắm vững kỹ năng.

3.1. Kỹ thuật đơn giản hóa mạch điện

Đơn giản hóa mạch là bước quan trọng trước khi áp dụng bất kỳ phương pháp phân tích nào. Sách hướng dẫn cách xác định các phần tử nối tiếp và song song bằng cách đánh nhãn tất cả nút trong mạch. Khi nhận biết đầy đủ các nút, cấu trúc mạng trở nên rõ ràng. Điện trở, tụ điện hoặc cuộn cảm nối tiếp được cộng trực tiếp. Phần tử song song sử dụng công thức tích chia tổng. Mạng phức tạp được giảm dần thành dạng đơn giản hơn. Kỹ thuật này giúp giảm số phương trình cần giải, tiết kiệm thời gian tính toán đáng kể.

3.2. Áp dụng định luật Kirchhoff trong giải bài tập

Định luật Kirchhoff là công cụ không thể thiếu trong phân tích mạch điện. KCL áp dụng tại mỗi nút, đảm bảo tổng dòng điện vào bằng tổng dòng điện ra. KVL áp dụng cho mỗi vòng kín, tổng điện áp bằng không. Sách minh họa cách áp dụng KCL cho supernode bằng cách tổng hợp tất cả dòng điện rời khỏi supernode. Phương trình ràng buộc được thêm khi mạch chứa nguồn phụ thuộc. Việc kiểm tra kết quả bằng KCL tại mọi nút giúp xác nhận tính chính xác của nghiệm. Kỹ năng áp dụng đúng định luật Kirchhoff là yếu tố quyết định thành công.

IV. Kết luận và ứng dụng của sách Problem Solving Companion

Basic Engineering Circuit Analysis Problem Solving Companion là tài liệu giá trị cho sinh viên kỹ thuật điện muốn nâng cao kỹ năng giải bài tập. Cuốn sách cung cấp phương pháp học tập hiệu quả thông qua thực hành có hướng dẫn. Việc thử giải bài trước khi tham khảo lời giải giúp phát triển tư duy độc lập. Phần phân tích chi tiết giúp người học hiểu sâu bản chất vấn đề, không chỉ biết cách giải mà còn hiểu tại sao. Các kỹ năng phân tích mạch được rèn luyện qua sách có ứng dụng rộng rãi trong thực tế kỹ thuật. Nền tảng về phân tích nút, mesh và đơn giản hóa mạng là kiến thức cốt lõi cho các môn học nâng cao. Tài liệu cũng hỗ trợ ôn tập cho các kỳ thi chứng chỉ kỹ thuật. Sự kết hợp giữa lý thuyết và thực hành trong sách tạo nên giá trị học thuật lâu dài cho người đọc.

4.1. Ứng dụng trong đào tạo kỹ thuật điện

Sách Problem Solving Companion được sử dụng rộng rãi trong đào tạo kỹ thuật điện tại các trường đại học. Tài liệu phục vụ như công cụ bổ trợ cho giáo trình chính, cung cấp thêm bài tập luyện tập. Giảng viên sử dụng sách như nguồn bài kiểm tra đánh giá năng lực sinh viên. Phương pháp học tập qua giải bài tập có hướng dẫn phù hợp với đào tạo STEM. Sinh viên có thể tự học hiệu quả nhờ cấu trúc rõ ràng và lời giải chi tiết. Tài liệu cũng hữu ích cho việc chuẩn bị các kỳ thi cấp chứng chỉ nghề nghiệp kỹ thuật điện.

4.2. Giá trị lâu dài của kỹ năng phân tích mạch

Kỹ năng phân tích mạch điện học được từ sách có giá trị lâu dài trong sự nghiệp kỹ thuật. Nền tảng về định luật Kirchhoff và phương pháp phân tích nút, mesh áp dụng cho nhiều lĩnh vực kỹ thuật cao cấp. Kỹ năng nhận dạng mạng và đơn giản hóa mạch giúp giải quyết vấn đề phức tạp trong thiết kế hệ thống điện. Tư duy logic phát triển qua luyện tập bài tập mạch áp dụng được cho nhiều ngành kỹ thuật khác nhau. Kiến thức về tụ điện và cuộn cảm là cơ sở cho hiểu biết về hệ thống tín hiệu và truyền thông. Năng lực phân tích mạch cũng cần thiết trong lĩnh vực tự động hóa và robot.

Trích đoạn nội dung tài liệu

Problem-Solving Companion To accompany Basic Engineering Circuit Analysis Ninth Edition J. David Irwin Auburn University JOHN WILEY & SONS, INC. Executive Editor Bill Zobrist Assistant Editor Kelly Boyle Marketing Manager Frank Lyman Senior Production Editor Jaime Perea Copyright © 2005, John Wiley & Sons, Inc. All rights reserved No part of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system or transmitted in any form or by any means, electronic, mechanical, photocopying, recording, scanning, or otherwise, except as permitted under Sections 107 or 108 of the 1976 United States Copyright Act, without either the prior written permission of the Publisher, or authorization through payment of the appropriate per-copy fee to the Copyright Clearance Center, 222 Rosewood Drive, Danvers, MA 01923, [phone], fax [phone]. Requests to the Publisher for permission should be addressed to the Permissions Department, John Wiley & Sons, Inc., 605 Third Avenue, New York, NY 10158-0012, [phone], fax [phone], e-mail: PERMREQ@WILEY. ISBN 0-471-74026-8 TABLE OF CONTENTS Preface……………………………………………………………………………………….………………………137 Appendix – Techniques for Solving Linear Independent Simultaneous Equations………………………….146 2 STUDENT PROBLEM COMPANION To Accompany BASIC ENGINEERING CIRCUIT ANALYSIS, NINTH EDITION By J. David Irwin and R. Mark Nelms PREFACE This Student Problem Companion is designed to be used in conjunction with Basic Engineering Circuit Analysis, 8e, authored by J. David Irwin and R. Mark Nelms and published by John Wiley & Sons, Inc. The material tracts directly the chapters in the book and is organized in the following manner. For each chapter there is a set of problems that are representative of the end-of-chapter problems in the book. Each of the problem sets could be thought of as a mini-quiz on the particular chapter. The student is encouraged to try to work the problems first without any aid. If they are unable to work the problems for any reason, the solutions to each of the problem sets are also included. An analysis of the solution will hopefully clarify any issues that are not well understood. Thus this companion document is prepared as a helpful adjunct to the book.1 Determine whether the element in Fig.1 is absorbing or supplying power and how much.2, element 2 absorbs 24W of power. Is element 1 absorbing or supplying power and how much. Given the network in Fig.3 find the value of the unknown voltage VX.1 One of the easiest ways to examine this problem is to compare it with the diagram that illustrates the sign convention for power as shown below in Fig. If we reverse the direction of the current, we must change the sign and if we reverse the direction of the voltage we must change the sign also. Therefore, if we make the diagram in Fig.1(a) to look like that in Fig.1(b), the resulting diagram is shown in Fig.1(c) Now the power is calculated as P = (2) (-12) = -24W And the negative sign indicates that the element is supplying power.2 Recall that the diagram for the passive sign convention for power is shown in Fig.2(a) and if p = vi is positive the element is absorbing power and if p is negative, power is being supplied by the element.2(a) If we now isolate the element 2 and examine it, since it is absorbing power, the current must enter the positive terminal of this element. Then P = VI 24 = 6(I) I = 4A The current entering the positive terminal of element 2 is the same as that leaving the positive terminal of element 1. If we now isolate our discussion on element 1, we find that the voltage across the element is 6V and the current of 4A emanates from the positive terminal. If we reverse the current, and change its sign, so that the isolated element looks like the one in Fig.2(a), then P = (6) (-4) = -24W And element 1 is supplying 24W of power.3 By employing the sign convention for power, we can determine whether each element in the diagram is absorbing or supplying power. Then we can apply the principle of the conservation of energy which means that the power supplied must be equal to the power absorbed. If we now isolate each element and compare it to that shown in Fig.3(a) for the sign convention for power, we can determine if the elements are absorbing or supplying power.3(a) For the 12V source and the current through it to be arranged as shown in Fig.3(a), the current must be reversed and its sign changed. Therefore P12V = (12) (-6) = -72W 6 Treating the remaining elements in a similar manner yields P1 = (4) (6) = 24W P2 = (2) (10) = 20W P3 = (8) (4) = 32W PVX = (VX) (2) = 2VX Applying the principle of the conservation of energy, we obtain -72 + 24 + 20 + 32 + 2VX = 0 And VX = -2V 7 CHAPTER 2 PROBLEMS 2.1 Determine the voltages V1 and V2 in the network in Fig.1 using voltage division.2 Find the currents I1 and I0 in the circuit in Fig.2 using current division.3 Find the resistance of the network in Fig.3 at the terminals A-B.4 Find the resistance of the network shown in Fig.4 at the terminals A-B.5 Find all the currents and voltages in the network in Fig.6 In the network in Fig.6, the current in the 4kΩ resistor is 3mA. Find the input voltage VS. 2kΩ 1kΩ 9kΩ VS +- 2kΩ 6kΩ 3kΩ 4kΩ 3mA Fig.1 We recall that if the circuit is of the form R1 V1 + - + R2 V0 - Fig.1(a) Then using voltage division ⎛ R2 ⎞ V0 = ⎜⎜ ⎟⎟ V1 ⎝ R1 + R 2 ⎠ That is the voltage V1 divides between the two resistors in direct proportion to their resistances. With this in mind, we can draw the original network in the form 2kΩ 12V + - + 4kΩ 3kΩ V1 + 2kΩ V - - 2 Fig.1(b) The series combination of the 4kΩ and 2kΩ resistors and their parallel combination with the 3kΩ resistor yields the network in Fig.1(c) Now voltage division can be sequentially applied. ⎛ 2k ⎞ V1 = ⎜⎜ ⎟⎟12 ⎝ 2k + 2k ⎠ = 6V Then from the network in Fig.2 If we combine the 6k and 12k ohm resistors, the network is reduced to that shown in Fig.2(a) The current emanating from the source will split between the two parallel paths, one of which is the 3kΩ resistor and the other is the series combination of the 2k and 4kΩ resistors. Applying current division 9⎛ 3k ⎞ I1 = ⎜⎜ ⎟ k ⎝ 3k + (2k + 4k ) ⎟⎠ = 3mA Using KCL or current division we can also show that the current in the 3kΩ resistor is 6mA. The original circuit in Fig.2 (b) indicates that I1 will now be split between the two parallel paths defined by the 6k and 12k-Ω resistors. I1 = 3mA 6mA 2kΩ 3kΩ 6kΩ 12kΩ 9mA I0 Fig.2(b) Applying current division again ⎛ 6k ⎞ I 0 = I1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 6k + 12k ⎠ 3 ⎛ 6k ⎞ I0 = ⎜ ⎟ k ⎝ 18k ⎠ = 1mA Likewise the current in the 6kΩ resistor can be found by KCL or current division to be 2mA. Note that KCL is satisfied at every node.3 To provide some reference points, the circuit is labeled as shown in Fig.3(a) Starting at the opposite end of the network from the terminals A-B, we begin looking for resistors that can be combined, e. resistors that are in series or parallel. Note that none of the resistors in the middle of the network can be combined in anyway. However, at the right-hand edge of the network, we see that the 6k and 12k ohm resistors are in parallel and their combination is in series with the 2kΩ resistor. This combination of 6k⎪⎢12k + 2k is in parallel with the 3kΩ resistor reducing the network to that shown in Fig.3(b) Repeating this process, we see that the 2kΩ resistor is in series with the 10kΩ resistor and that combination is in parallel with the12kΩ resistor. This equivalent 6kΩ resistor (2k + 10k)⎪⎢12k is in series with the 3kΩ resistor and that combination is in parallel with the 18kΩ resistor that (6k + 3k)⎪⎢18k = 6kΩ and thus the network is reduced to that shown in Fig.3(c) 12 At this point we see that the two 6kΩ resistors are in series and their combination in parallel with the 4kΩ resistor. This combination (6k + 6k)⎪⎢4k = 3kΩ which is in series with 8kΩ resistors yielding A total resistance RAB = 3k + 8k = 11kΩ.4 An examination of the network indicates that there are no series or parallel combinations of resistors in this network. However, if we redraw the network in the form shown in Fig.4(a), we find that the networks have two deltas back to back.4(a) If we apply the ∆→Y transformation to either delta, the network can be reduced to a circuit in which the various resistors are either in series or parallel. Employing the ∆→Y transformation to the upper delta, we find the new elements using the following equations as illustrated in Fig.4(b) R1 = (6k ) (18k ) = 3kΩ 6k + 12k + 18k R2 = (6k ) (12k ) = 2kΩ 6k + 12k + 18k R3 = (12k ) (18k ) = 6kΩ 6k + 12k + 18k The network is now reduced to that shown in Fig.4(c) Now the total resistance, RAB is equal to the parallel combination of (2k + 12k) and (6k + 12k) in series with the remaining resistors i.875kΩ If we had applied the ∆→Y transformation to the lower delta, we would obtain the network in Fig.875kΩ which is, of course, the same as our earlier result.5 Our approach to this problem will be to first find the total resistance seen by the source, use it to find I1 and then apply Ohm’s law, KCL, KVL, current division and voltage division to determine the remaining unknown quantities. Starting at the opposite end of the network from the source, the 2k and 4k ohm resistors are in series and that combination is in parallel with the 3kΩ resistor yielding the network in Fig.5(a) Proceeding, the 2k and 10k ohm resistors are in series and their combination is in parallel with both the 4k and 6k ohm resistors. Therefore, this further reduction of the network is as shown in Fig.5(b) Now I1 and V1 can be easily obtained. 48 I1 = = 12mA 2k + 2k And by Ohm’s law V1 = 2kI1 = 24V or using voltage division ⎛ 2k ⎞ V1 = 48 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2k + 2k ⎠ = 24V once V1 is known, I2 and I3 can be obtained using Ohm’s law V1 24 I2 = = = 6mA 4k 4k V 24 I3 = 1 = = 4mA 6k 6k I4 can be obtained using KCL at node A. As shown on the circuit diagram. I1 = I2 + I3 + I4 15 12 6 4 = + + I4 k k k 2 I 4 = = 2mA k The voltage V2 is then V2 = V1 - 10kI4 ⎛2⎞ = 24 − (10k ) ⎜ ⎟ ⎝k⎠ = 4V or using voltage division ⎛ 2k ⎞ V2 = V1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 10k + 2k ⎠ ⎛1⎞ = 24 ⎜ ⎟ ⎝6⎠ = 4V Knowing V2, I5 can be derived using Ohm’s law V2 I5 = 3k 4 = mA 3 and also V2 I6 = 2 k + 4k 2 = mA 3 current division can also be used to find I5 and I6.