Bài Tập Điện Xoay Chiều Vận Dụng Cao (p3)

BÀI TẬP ĐIỆN XOAY CHIỀU VẬN DỤNG CAO (P3)

Hướng dẫn

Khi ω biến thiên

\[{{U}_{L\max }}=\frac{2UL}{R.\sqrt{4LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\omega }_{L}}=\frac{1}{C}.\sqrt{\frac{2}{2\frac{L}{C}-{{R}^{2}}}}\]

\[{{U}_{C\max }}=\frac{2UL}{R.\sqrt{4LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\omega }_{C}}=\frac{1}{L}.\sqrt{\frac{2\frac{L}{C}-{{R}^{2}}}{2}}\]

\[{{U}_{L\max }}={{U}_{C\max }};{{\omega }_{L}}.{{\omega }_{C}}=\frac{1}{LC}=\omega _{R}^{2}\Rightarrow {{\omega }_{C}}<{{\omega }_{R}}<{{\omega }_{L}}\]

Từ đồ thị ta nhận thấy:

.Khi ω² = 0 thì Z_C =∞ => I= 0A; U_L =0V Khi ω² =ω_L² thì U_Lmax.

Khi ω² = ∞ thì Z_L = ∞; U_L = U_AB. Tương tự với U_C. Mặt khác giá trị ω để U_L = U_AB nhỏ hơn giá trị ω để U_{Lmax $\sqrt{2}$} lần

Ta có:

Hướng dẫn

Từ đồ thị ta thấy được biểu thức của cường độ dòng điện khi K đóng và mở là

${{i}_{m}}=3\sqrt{2}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{2} \right)A;{{i}_{d}}=\sqrt{6}\cos \left( \omega t \right)A$

+ Khi khóa K đóng, mạch điện chỉ gồm R mắc nối tiếp với C Tổng trở được tính theo công thức: ${{Z}_{RC}}=\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{01}}}=\frac{100\sqrt{6}}{\sqrt{6}}=100\Omega \left( 1 \right)$

+ Khi khóa K mở, mạch điện gồm ba phần tử R, L, C mắc nối tiếp. Tổng trở được tính theo công thức \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{0m}}}=\frac{100\sqrt{6}}{3\sqrt{2}}=\frac{100\sqrt{3}}{3}\Omega \left( 2 \right)\]

+ Từ biểu thức cường độ ${{i}_{m}}$ và ${{i}_{d}}$ ta thấy rằng hai dòng điện vuông pha với nhau, khi đó ta có

$\frac{{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=1\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{C}}\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)\left( 3 \right)$. Thay (3) và (1) và (2) ta được:

Thay vào (3) suy ra R = 50Ω Chọn A

Hướng dẫn

Khi V₁ đạt cực đại thì xảy ra cộng hưởng điện:

${{U}_{1\max }}={{U}_{R}}={{U}_{AB}}\Leftrightarrow {{U}_{L}}={{U}_{C1}}=\frac{1}{2}{{U}_{AB}}\Rightarrow R=2{{Z}_{L}}=2{{Z}_{C1}}$

Thay đổi để điện áp trên tụ cực đại thì:

${{U}_{C\max }}=\frac{U}{R}.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}$ khi ${{Z}_{C}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}$

\[I'=\frac{{{U}_{C2}}}{{{Z}_{C2}}}=\frac{\frac{U}{R}.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\frac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}}=\frac{U.{{Z}_{L}}}{R.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}\Rightarrow {{U}_{R}}'=I'.R=\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{5}}V\]

\[{{U}_{C\max }}=\frac{U}{R}.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{U.\sqrt{4Z_{L}^{2}+Z_{L}^{2}}}{2{{Z}_{L}}}=\frac{U.\sqrt{5}}{2}V\Rightarrow \frac{{{U}_{C\max }}}{{{U}_{R}}'}=\frac{\sqrt{5}}{2}.\sqrt{5}=2,5\]

Câu 4: Trên đoạn mạch không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A, M, N, B. Giữa A và M chỉ có điện trở thuần. Giữa M và N chỉ có cuộn dây. Giữa N và B chỉ có tụ điện. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một điện áo xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng U. Khi đó công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AM bằng công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MN. Sự phụ thuộc của hiệu điện thế tức thời hai đầu AN và MB theo thời gian được cho như trên đồ thị. Giá trị của U xấp xỉ bằng:

 

A. 24,1V                B. 26,8V                  C. 21,6V                               D. 28,8V

Hướng dẫn

Dựa vào đồ thị và dữ kiện đề bài:

Ta có: $\alpha +\beta =\frac{\pi }{2}\Rightarrow \cos \beta =\sin \alpha \Rightarrow \frac{{{U}_{R}}}{20}=\frac{{{U}_{L}}}{30}\Rightarrow {{U}_{L}}=\frac{{{U}_{R}}.30}{20}=1,5{{U}_{R}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=1,5R$

$\frac{U_{MB}^{2}}{U_{AN}^{2}}=\frac{Z_{MB}^{2}}{Z_{AN}^{2}}=\frac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( 2R \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{{{20}^{2}}}{{{30}^{2}}}=\frac{4}{9}\Leftrightarrow \frac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( 2R \right)}^{2}}+{{\left( 1,5R \right)}^{2}}}=\frac{4}{9}\Rightarrow {{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}=\frac{16}{9}{{R}^{2}}$

$\frac{{{U}^{2}}}{U_{AN}^{2}}=\frac{Z_{MB}^{2}}{Z_{AN}^{2}}=\frac{{{\left( 2R \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}}{20}=\frac{4{{R}^{2}}+\frac{16}{9}{{R}^{2}}}{{{R}^{2}}+\frac{16}{9}{{R}^{2}}}\Rightarrow U=28,8V$

Hướng dẫn

Khi tần số góc thay đổi thì có các giá trị để điện áp trên cuộn cảm hay tụ đạt cực đại.

Ta có: \[{{U}_{L\max }}=\frac{2.U.L}{R.\sqrt{4LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\omega }_{L}}=\frac{1}{C}.\sqrt{\frac{2}{2\frac{L}{C}-{{R}^{2}}}}=200\pi \]

Và điện áp trên tụ cực đại là: \[{{U}_{C\max }}=\frac{2.U.L}{R.\sqrt{4LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\omega }_{C}}=\frac{1}{L}.\sqrt{\frac{2L-{{R}^{2}}.C}{2}}=100\pi \]

Dễ thấy: \[{{U}_{L\max }}={{U}_{C\max }}=\frac{U}{\sqrt{1-\frac{\omega _{C}^{2}}{\omega _{L}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1-\frac{1}{4}}}=\frac{2.U}{\sqrt{3}}V\]

Hướng dẫn

Khi thay đổi C để U_AP không phụ thuộc biến trở R. Dễ có Z_C = 2Z_L

+ Khi R thay đổi ta luôn có ΔAPB luôn là tam giác cân tại A (Hình vẽ)

Ta thấy khi R thay đổi, nếu ta di chuyển điểm A→M thì góc 2φ chính là độ lệch pha của U_AP và U_AB càng lớn. Vậy độ lệch pha cực đại của U_AP và U_AB khi điểm A trùng với điểm M hay lúc đó R = 0. Khi đó: ${{U}_{1}}={{U}_{PB}}=\frac{U}{{{Z}_{1}}}.{{Z}_{C}}=\frac{U}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}.2{{Z}_{L}}$

+ Khi $R={{R}_{0}}:\,{{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}\le \frac{U_{AN}^{2}+U_{NP}^{2}}{2}=\frac{{{U}^{2}}}{2}$. Vậy ${{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}$ lớn nhất khi ${{U}_{AN}}={{U}_{NP}}$ hay khi đó tam giác APB là tam giác vuông cân. Lúc này: ${{U}_{2}}={{U}_{AM}}=\frac{U}{\sqrt{2}}-{{U}_{r}}$

Từ hình vẽ ta suy ra ${{Z}_{L}}=R+r;{{Z}_{2}}=\sqrt{2}\left( R+r \right)$. Nên:

${{U}_{2}}=\frac{U}{\sqrt{2}}-I.r=\frac{U}{\sqrt{2}}-\frac{U}{{{Z}_{2}}}.r=\frac{U}{\sqrt{2}}-\frac{U}{\sqrt{2}\left( R+r \right)}.r\Rightarrow {{U}_{2}}=\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}$

Lại có. Từ đề bài: ${{U}_{1}}=2.\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right).{{U}_{2}}$. Nên ta có:

$\frac{U}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}.2.{{Z}_{L}}=2.\left( \sqrt{6}-\sqrt{3} \right).\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}$

$\Rightarrow \frac{U}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\frac{{{Z}_{L}}-r}{{{Z}_{L}}}$

$Z_{L}^{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( {{Z}_{L}}-r \right).\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}\Rightarrow {{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r} \right)}^{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r}-1 \right).\sqrt{1-{{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r} \right)}^{2}}}$

Đặt $x=\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{r}$ ta có PT: ${{x}^{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( x-1 \right).\sqrt{{{x}^{2}}+1}\Rightarrow x\approx 1,37672\Rightarrow \varphi ={{54}^{0}}\Rightarrow 2\varphi ={{108}^{0}}$

Chọn đáp án D

Hướng dẫn

Điều chỉnh R đến giá trị 80Ω thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại

$\Rightarrow R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=80\left( 1 \right)$

do tổng trở của đoạn mạch là số nguyên và chia hết cho 40 $\Rightarrow {{Z}_{AB}}=40n$ (n là số nguyên)

$\Rightarrow {{Z}_{AB}}=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=40n\Leftrightarrow {{\left( 80+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{\left( 40n \right)}^{2}}\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có:

Hệ số công suất của đoạn MB là: $\cos {{\varphi }_{MB}}=\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{10{{n}^{2}}-80}{80}$

Có: \[\cos {{\varphi }_{MB}}\le 1\Leftrightarrow \frac{10{{n}^{2}}-80}{80}\le 1\Rightarrow n\le 4\]

+ Với n = 4 $\Rightarrow \cos {{\varphi }_{MB}}=1$

+ Với n = 3 $\Rightarrow \cos {{\varphi }_{MB}}=\frac{{{10.3}^{3}}-80}{80}=0,125\Rightarrow $ Chọn D

Hướng dẫn

Ta có ${{\varphi }_{i1}}-{{\varphi }_{i2}}=\left( {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{1}} \right)-\left( {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{2}} \right)={{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\frac{5\pi }{2}\left( 1 \right)$ (Giả sử trường hợp một mạch có tính dung kháng và trường hợp hai mạch có tính cảm kháng).

* Trước và sau khi thay đổi C ta có hai trường hợp, trong đó một trường hợp mạch có tính cảm kháng và một trường hợp mạch có tính dung kháng

Hướng dẫn

Khi C = C₁, u cùng pha với I, trong mạch có cộng hưởng. U_AB = U_R; U_LR = 60V

$\tan \varphi =\frac{{{U}_{L}}}{{{U}_{R}}}=\tan {{60}^{0}}=\sqrt{3}\Rightarrow {{U}_{L}}=\sqrt{3}{{U}_{R}};{{U}_{LR}}=\sqrt{U_{L}^{2}+U_{R}^{2}}=60V\Rightarrow {{U}_{R}}=30V;{{U}_{L}}=30\sqrt{3}V$

$\frac{R}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{L}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{3}R={{Z}_{{{C}_{1}}}}\Rightarrow {{U}_{B}}={{U}_{R}}=30V$

Khi $C={{C}_{2}}$ thì ${{U}_{{{C}_{2}}}}-{{U}_{I.R'}}=10V$

Đặt ${{U}_{LR'}}=a;{{U}_{{{C}_{2}}}}=a+10$. Biết ${{U}_{AB}}$ không đổi = 30V, ta có:

$U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}'-{{U}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}={{30}^{2}}\Leftrightarrow U_{R}^{2}+U_{L}^{'2}+U_{{{C}_{2}}}^{2}-2.{{U}_{L}}'.{{U}_{{{C}_{2}}}}=900$

$\Leftrightarrow U_{LR}^{2}-2.{{U}_{L}}'.{{U}_{{{C}_{2}}}}+U_{{{C}_{2}}}^{2}=900\left( * \right)$

Mặt khác,vì ${{Z}_{L}}=\sqrt{3}R\Rightarrow {{U}_{L}}'=\sqrt{3}{{U}_{R}}'\Rightarrow {{U}_{L}}'=\frac{\sqrt{3}}{2}{{U}_{LR}}'$. Thay ${{U}_{LR'}}=a;{{U}_{{{C}_{2}}}}=a+10$ vào biểu thức (*) ta được:

${{a}^{2}}+{{\left( a+10 \right)}^{2}}-2\left( a+10 \right).\frac{\sqrt{3}}{2}a=900$

Chọn đáp án gần giá trị a = 49,86V = 50V. Đáp án B

Hướng dẫn

Đoạn mạch AM chứa R, đoạn MB chứa L vàC => u_AM và u_MB vuông pha với nhau => Ở mọi thời điểm ta có:

\[{{U}_{0}}=\sqrt{U_{0R}^{2}+U_{0LC}^{2}}=\sqrt{6400+3600}=100V\]

Bài viết gợi ý: