Bài Tập Điện Xoay Chiều Vận Dụng Cao p2

BÀI TẬP ĐIỆN XOAY CHIỀU VẬN DỤNG CAO (P2)

 

Hướng dẫn

+ Khi mắc vào hai cực ND một điện áp không đổi $\to $  có dòng trong mạch với cường độ $I=1,5A\to ND$ không thể chứa tụ (tụ không cho dòng không đổi đi qua) và ${{R}_{Y}}=\frac{40}{1,5}=30\Omega $

+ Mắ vào hai đầu đoạn mạch MB một điện áp xoay chiều thì ${{u}_{ND}}$ sớm pha hơn ${{u}_{MN}}$ một góc 5  X chứa điện trở ${{R}_{X}}$ và tụ điện C, Y chứa cuộn dây L và điện trở R_Y 

$\to $ với ${{V}_{1}}={{V}_{2}}\to {{U}_{X}}={{U}_{Y}}=60V\to {{Z}_{X}}={{Z}_{Y}}=60\Omega $

+ Cảm kháng của cuộn dây ${{Z}_{L}}=\sqrt{Z_{Y}^{2}-R_{Y}^{2}}=\sqrt{{{60}^{2}}-{{30}^{2}}}=30\sqrt{3}\Omega $

+ Với ${{u}_{MN}}$ sớm pha $0,5\pi $ so với ${{u}_{ND}}$ và $\tan {{\varphi }_{Y}}=\frac{{{Z}_{L}}}{{{R}_{Y}}}=\frac{30\sqrt{3}}{30}=\sqrt{3}\to {{\varphi }_{Y}}={{60}^{0}}\to {{\varphi }_{X}}={{30}^{0}}$

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu MN: ${{V}_{1}}={{U}_{MN}}=\frac{U\sqrt{R_{X}^{2}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{\left( {{R}_{X}}+{{R}_{Y}} \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{60\sqrt{2}\sqrt{{{\left( 30\sqrt{3} \right)}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{\left( 30\sqrt{3}+30 \right)}^{2}}+{{\left( 30-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$

Sử dụng bảng tính Mode $\to $  7 trên Casio ta tìm được ${{V}_{1\max }}$ có giá trị lân cận 90V

 

Hướng dẫn

Đáp án A Khi ω = 0 thì U_C = U, khi $\omega ={{\omega }_{C}}=\sqrt{\frac{2L-{{R}^{2}}C}{2{{L}^{2}}C}}$ thì ${{U}_{C}}$ cực đại

Khi $\omega ={{\omega }_{R}}=\sqrt{\frac{1}{LC}}$ thì ${{U}_{R}}$ đạt cực đại bằng U

Khi $\omega =0$ thì ${{U}_{L}}=0$

Khi $\omega ={{\omega }_{L}}=\sqrt{\frac{2}{2LC-{{R}^{2}}C}}$ thì ${{U}_{{{L}_{\max }}}}={{U}_{M}}$

Đặt  \[n=\frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{C}}}=\frac{2L}{2L-{{R}^{2}}C}\Rightarrow \frac{1}{n}=1-\frac{{{R}^{2}}C}{2L}=1-\frac{{{R}^{2}}}{2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}};{{\left( \frac{U}{{{U}_{{{L}_{\max }}}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{n} \right)}^{2}}={{\left( \frac{U}{{{U}_{{{C}_{\max }}}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{1}{n} \right)}^{2}}=1\]

Tại giao điểm của hai đồ thị, ta có ${{U}_{L}}={{U}_{C}}=U$ (cộng hưởng)

\[\Rightarrow \frac{1}{n}=1-\frac{{{R}^{2}}}{2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}=1-\frac{U_{R}^{2}}{2{{U}_{L}}{{U}_{C}}}=1-\frac{{{U}^{2}}}{2U.U}=\frac{1}{2}\Rightarrow n=2\]

\[{{U}_{M}}={{U}_{{{C}_{\max }}}}={{U}_{{{L}_{\max }}}}=\frac{nU}{\sqrt{{{n}^{2}}-1}}=\frac{2.100\sqrt{2}}{\sqrt{{{2}^{2}}-1}}=163,3\left( V \right)\]

 

Hướng dẫn

Khi khóa K mở, mạch gồm R, r, L, C nối tiếp

Từ đồ thị của điện áp, ta có: u = U₀.cosωt

Từ đồ thị cường độ dòng điện khi K mở ta có phương trình cường độ dòng điện là: $i={{I}_{0}}.cos\left( \omega t+{{\varphi }_{i}} \right)$. Khi t = 0:

\[i=1,5=\sqrt{3}.cos{{\varphi }_{i1}}\Rightarrow {{\varphi }_{i1}}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{m}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i1}}=\frac{-\pi }{6}\]

\[\tan \Delta {{\varphi }_{m}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r}=\frac{-1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left( R+r \right)\]

Khi K đóng, mach có r, L, C nối tiếp Ta có phương trình cường độ dòng điện là: $i={{I}_{0}}.cos\left( \omega t+{{\varphi }_{i2}} \right)$. Khi t = 0:

\[i=0,5{{I}_{0}}={{I}_{0}}.cos{{\varphi }_{i2}}\Rightarrow {{\varphi }_{i2}}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{m}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i1}}=\frac{-\pi }{3}\]

\[\tan \Delta {{\varphi }_{m}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-\sqrt{3}\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=-\sqrt{3}r\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=-\sqrt{3}r=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left( R+r \right)\Rightarrow R=2r\]

\[\Rightarrow {{Z}_{2}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2r;{{Z}_{1}}=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2\sqrt{3}r\]

\[{{I}_{01}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{Z}_{1}}};{{I}_{02}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{Z}_{2}}}\Rightarrow \frac{{{I}_{01}}}{{{I}_{02}}}=\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{I}_{02}}={{I}_{0}}=3A\]

Hướng dẫn

Khi K đóng, mạch chỉ có R, C mắc nối tiếp. Khi R_1, R₂ thì P₁ = P₂ nên:

$i=0,5{{I}_{0}}={{I}_{0}}\cos {{\varphi }_{i2}}\Rightarrow {{\varphi }_{i2}}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{m}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i1}}=\frac{-\pi }{3}$

$\tan \Delta {{\varphi }_{m}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-\sqrt{3}\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=-\sqrt{3}r\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=-\sqrt{3}r=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left( R+r \right)\Rightarrow R=2r$

$\Rightarrow {{Z}_{2}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2r;{{Z}_{1}}=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2\sqrt{3}r$

${{I}_{01}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{Z}_{1}}};{{I}_{02}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{Z}_{2}}}\Rightarrow \frac{{{I}_{01}}}{{{I}_{02}}}=\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{I}_{02}}={{I}_{0}}=3A$

Khi K mở thì mạch R, r, L, C nối tiếp Công suất mạch cực đại là:

${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left( {{R}_{0}}+r \right)}=\frac{2}{\sqrt{3}}P\Rightarrow {{Z}_{L}}=2{{Z}_{C}}$

Công suất trên R cực đại: ${{P}_{R\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2R}=\frac{2P}{3}\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow r=\frac{{{Z}_{C}}}{\sqrt{3}}$

Thay các giá trị tìm được vào tính hệ số công suất cuộn dây: $\cos {{\varphi }_{d}}=\frac{r}{\sqrt{^{2}+Z_{L}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Đáp án D

 

Hướng dẫn

Giả sử cuộn dây thuần cảm: Ta có, khi R = R₂ công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại.

Khi đó ta có: R₂ = |Z_L - Z_C | = 40 - 25 = 15W

Mặt khác: ${{P}_{{{R}_{2}}}}=\frac{{{U}^{2}}}{2{{R}_{2}}}=\frac{{{120}^{2}}}{2.15}=480\ne 160\Rightarrow $ điều giả sử ban đầu là sai $\Rightarrow $ Cuộn dây không thuần cảm có điện trở r. Ta có:

• Ban đầu khi mắc vào hai đầu A, M một ắc quy có suất điện động E = 12V, điện trở trong ${{r}_{1}}=4\text{W}$ thì I₁ = 0,1875 Theo định luật Ôm, ta có:
• ${{I}_{1}}=\frac{E}{{{R}_{b}}+r}=\frac{E}{{{R}_{1}}+r+{{r}_{1}}}\to {{R}_{1}}+r+r=\frac{E}{{{I}_{1}}}=64\to {{R}_{1}}+r=60\Omega \left( 1 \right)$

• Khi mắc vào A,B một hiệu điện thế $u=120\sqrt{2}\cos 100\pi t,\,R={{R}_{2}}$ , thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại và bằng 160W

Ta có: Công suất trên biến trở R đạt cực đại khi $R_{2}^{2}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\left( 2 \right)$

Mặt khác, ta có: Công suất trên R₂:

$P=\frac{{{U}^{2}}}{{{\left( {{R}_{2}}+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{R}_{2}}=160W\to \frac{{{R}_{2}}}{{{\left( {{R}_{2}}+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{160}{{{120}^{2}}}=\frac{1}{90}90$

${{R}_{2}}=2R_{2}^{2}+2rR\to {{R}_{2}}+r=45$

Kết hợp với (2) ta được: $R_{2}^{2}={{\left( 45-{{R}_{2}} \right)}^{2}}+{{15}^{2}}\to {{R}_{2}}=25\Omega ,r=20\Omega $

Với r = 20W thay vào (1) => ${{R}_{1}}=60-20=40W\to \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}=\frac{40}{25=1,6}$

Chọn A

 

+ Khi $\omega ={{\omega }_{0}}$ công suất trên mạch đại cực đại:

+ Khi $\omega ={{\omega }_{1}}$ và $\omega ={{\omega }_{2}};{{\omega }_{1}}-{{\omega }_{2}}=120\pi $ thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch bằng nhau:

$\begin{align}

  & {{P}_{1}}={{P}_{2}}=P=300W\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}}\Rightarrow {{\omega }_{1}}{{\omega }_{2}}=\frac{1}{LC}=\omega _{0}^{2} \\

 &  \\

\end{align}$

+ Ta có:

${{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}}={{\omega }_{1}}L-\frac{1}{{{\omega }_{1}}{{C}_{1}}}={{\omega }_{1}}L-\frac{1}{\frac{\omega _{0}^{2}}{{{\omega }_{2}}}C}={{\omega }_{1}}L-\frac{{{\omega }_{2}}}{\omega _{0}^{2}C}={{\omega }_{1}}L-\frac{{{\omega }_{2}}}{\frac{1}{LC}C}$

$={{\omega }_{1}}L-{{\omega }_{2}}L=\left( {{\omega }_{1}}-{{\omega }_{2}} \right)L=120\pi \frac{1,6}{\pi }=192$

$\Rightarrow {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}}=192\left( ** \right)$

 

+ Công suất tiêu thụ: $P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}=300\Rightarrow 300{{R}^{2}}+300{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}={{U}^{2}}R\left( *** \right)$

Từ (*), (**), (***) $\Rightarrow 300{{R}^{2}}+{{300.192}^{2}}=732{{R}^{2}}\Rightarrow R=160\Omega $

 

Hướng dẫn

Ban đầu cường độ dòng điện qua R. cuộn dây và C lần lượt là 1,1,0A, chứng tỏ dòng điện ban đầu là dòng điện không đổi, và cuộn dây có điện trở thuần bằng R Sau đó dùng dòng điện xoay chiều. Điên năng tiêu thụ ban đầu là: $Q=\frac{{{U}^{2}}}{R}.\Delta t$

Điện năng tiêu thụ khi đặt vào dòng điện lúc sau và chỉ có R là:

$Q'=\frac{{{U}^{2}}}{R\Delta t}=4Q=4.\frac{{{U}^{2}}}{R}\Rightarrow U'=2U$

Khi cho dòng điện qua cuộn dây ta có: $Q''={{U}^{2}}{{\left( R \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}.R.\Delta t=Q=\frac{{{U}^{2}}}{R}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{3}.R$

Khi mắc cả ba linh kiện vào dòng điện thừ 2 thì cường độ dòng điện là 1A. Ta có:

$\frac{U'}{\sqrt{{{\left( 2R \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{R}\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=\sqrt{3}R$

Khi mắc điện trở với tụ vào mạch thứ hai thì cường độ dòng điện là: $I=\frac{U'}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}=\frac{2U}{2R}=1A$

Hướng dẫn

+ Viết phương trình của u_AB: Từ đồ thị ta thấy: ${{U}_{0AB}}=100\sqrt{6}V$. Biểu diêñ thời điểm ban đầu t = 0 trên đường tròn lượng giác:

$\Rightarrow $ Pha ban đầu của ${{u}_{AB}}$ là: ${{\varphi }_{AB}}=-\pi /6\left( rad \right)\Rightarrow $ Phương trình của ${{u}_{AB}}$: ${{u}_{AB}}=100\sqrt{6}\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{6} \right)V$

+ Từ đồ thị ta có phương trình của các điện áp:

+ ${{U}_{AN}}={{U}_{AN}}\Rightarrow {{r}^{2}}+Z_{L}^{2}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}\left( * \right)$

$\overrightarrow{{{U}_{AM}}}\bot \overrightarrow{{{U}_{AB}}}\Rightarrow \tan {{\varphi }_{AM}}\tan {{\varphi }_{AB}}=-1\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{r}.\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r+R}=-1\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{r}.\frac{-{{Z}_{L}}}{r+R}=-1\Rightarrow r\left( r+R \right)=Z_{L}^{2}\left( ** \right)$

+ ${{U}_{AN}}={{U}_{AM}};{{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}$

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto ta có: $\tan \frac{\pi }{3}=\frac{{{Z}_{L}}}{r}\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{r}=\sqrt{3}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{3}r(***)$

Từ (*), (**), (***) ta có: ${{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}$ và $r\left( R+r \right)=Z_{L}^{2}{{Z}_{L}}=r\sqrt{3}$$\Rightarrow R+r=\frac{Z_{L}^{2}}{r}=3r$

+ Tổng trở:

$Z=\frac{{{U}_{AB}}}{I}=\frac{100\sqrt{3}}{3}=\frac{100}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{Z}^{2}}={{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}=\frac{10000}{3}$

$\Leftrightarrow {{\left( 3r \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}=\frac{10000}{3}\Leftrightarrow 9{{r}^{2}}+3{{r}^{2}}=\frac{10000}{3}\Rightarrow r=\frac{50}{3}\Omega \Rightarrow r+R=3r=3.\frac{50}{3}\Omega =50\Omega $

 

Hướng dẫn

+ Ta có biểu thức ${{U}_{rLC}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( r+R \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\to $ Tại C  = 0 thì ${{Z}_{C}}=\infty $, khi đó ${{U}_{rLC}}=U=87V\to $ Tại $C=\infty $ thì ${{Z}_{C}}=0$, khi đó ${{U}_{rLC}}=\frac{87\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{\left( r+R \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=36V\left( * \right)$

+ Tại $C=\frac{100}{\pi }\mu F\to {{Z}_{C}}=100\Omega $ thì mạch xảy ra cộng hưởng ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=100\Omega $ và ${{U}_{rLC}}={{U}_{rLC\min }}=17,4V\to {{U}_{rLC}}=\frac{87r}{r+R}=17,5\to r+R=5r\to $ Thay vào phương trình (*) ta tìm được $r=50\Omega $

 

Hướng dẫn

Đáp án C ứng với tần số f₁ ta có công suất cực đại khi ${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2{{R}_{0}}}=100W$

Ứng với tần số f₂ hai giá trị của R cho cùng một công suất là hai nghiệm của phương trình

${{R}^{2}}-\frac{{{U}^{2}}}{{{P}_{1\max }}}R+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}=0$

Trình theo định lý Vi-et ta có:

${{R}_{1}}+{{R}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{{{P}_{1\max }}}=2{{R}_{0}}\Rightarrow {{R}_{2}}=40\Omega ;{{R}_{1}}{{R}_{2}}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

Công suất cực đại cần tìm ${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}=\frac{{{U}^{2}}}{2{{R}_{0}}}\times \frac{2{{R}_{0}}}{\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}}={{P}_{1\max }}\frac{{{R}_{0}}}{\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}}\approx 134\text{W}$

.

Bài viết gợi ý: