Phương pháp giải:

Phương pháp đọc đồ thị và vận dụng các công thức điện xoay chiều.

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Từ đồ thị ta có: $$T = 0,02s \to \omega  = 100\pi {\rm{ }}ra{\rm{d/s}}$$, u_X và u_Y cùng pha.

Mạch lúc này có tính cảm kháng (Z_L(X)>Z_C(X))

U₀=U_0X+U_0Y=50+75=125

Khi thay mạch Y bằng mạch Z (có tính dung kháng):

$$\eqalign{ & {\rm{cos}}{\varphi _Z} = {r \over {{Z_Z}}} = {r \over {\sqrt {{r^2} + {{({Z_{L(Z)}} - {Z_{C(Z)}})}^2}} }} = 0,5 \cr & \to 3{{\rm{r}}^2} = {({Z_{L(Z)}} - {Z_{C(Z)}})^2} \to {Z_{C(Z)}} - {Z_{L(Z)}} = {Z_{LC(Z)}} = \sqrt 3 r = 60\Omega \cr} $$ 

Ta có:

$$\eqalign{ & {Z_{LC(X)}} = {Z_{CL(Y)}} = 60\Omega \leftrightarrow {Z_{L(X)}} - {Z_{C(X)}} = {Z_{C(Z)}} - {Z_{L(Z)}} \cr & \leftrightarrow \sum {{Z_L} = \sum {{Z_C}} } \cr} $$

=> Mạch X mắc nối tiếp với Z có cộng hưởng, khi đó: Công suất tiêu thụ của mạch $${P_{{\rm{max}}}} = {{{U^2}} \over {R + r}} = {{{{U_0^2} \over 2}} \over {R + r}} = {{{{125}^2}} \over {2(45 + 20\sqrt 3 )}} = 98,1W$$

=> chọn B 

Phương pháp giải:

Mạch điện có R thay đổi để công suất đạt cực đại

Lời giải chi tiết:

Ta có: Z_C = 50Ω; Z_L = 100Ω; r = 70Ω

Công suất của mạch đạt cực đại khi: 

\(\left\{ \matrix{ {R_x} + r = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \hfill \cr {P_{m{\rm{ax}}}} = {{{U^2}} \over {2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} \hfill \cr} \right.\)

Lại có: |Z_L – Z_C| = 50Ω; r = 70Ω

Dựa vào đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của công suất vào (R + r) ta thấy |Z_L – Z_C| < R + r

=> P_max <=> R_x + r = 70  => R_x = 0Ω  => P_max = I².r

\(Z = \sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = 10\sqrt {74} \Omega  \Rightarrow I = {{200} \over {10\sqrt {74} }} = {{20} \over {\sqrt {74} }} \Rightarrow {P_{m{\rm{ax}}}} = {\left( {{{20} \over {\sqrt {74} }}} \right)^2}.70 = 378,4W\) 

Chọn A

Phương pháp giải:

Hệ số công suất cosφ = (R + r)/Z

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(L = C{R^2} = C{r^2} \Rightarrow \left\{ \matrix{
R = r \hfill \cr
{L \over C} = {R^2} \Rightarrow {Z_L}.{Z_C} = {R^2} \hfill \cr} \right.\)

Có:

\(\eqalign{
& {U_{RC}} = \sqrt 3 {Z_d} \Leftrightarrow {Z_{RC}} = \sqrt 3 {Z_d} \Leftrightarrow {R^2} + Z_C^2 = 3\left( {{r^2} + Z_L^2} \right) \Leftrightarrow Z_C^2 = 2{R^2} + 3Z_L^2 \cr
& \Leftrightarrow Z_L^2 + 2.{Z_L}{Z_C} + Z_C^2 = 2Z_C^2 - 2Z_L^2 \Rightarrow {Z_L} = 3{Z_C} \cr} \)

Thay Z_L = 3Z_C vào biểu thức  Z_L.Z_C = R² ta được:

\({Z_C} = {R \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow {Z_L} = \sqrt 3 R \Rightarrow Z = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3  - {1 \over {\sqrt 3 }}} \right)}^2}.{R^2}}  = {{4R} \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi  = {{R + r} \over Z} = 0,866\) 

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính công suất và giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Ta có

\(u = 150\sqrt 2 .\cos (100\pi t)V\) => ω = 100π

Khi C = C₁= \(frac{{62,5}}{\pi }\mu F\) thì P_max = 93,75W

\({Z_{{C_1}}} = \frac{1}{{\omega {C_1}}} = 160\Omega \)

P_max khi I_max  ó xảy ra cộng hưởng => \({Z_L} = {Z_C} = 160\Omega \)

\(P = {I^2}R = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \frac{{{U^2}.{R_m}}}{{{R_m}^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\)

Thay số từ đề bài P = 93,75W; U = 150;  ta tính được R_m =  240Ω

\(C = {C_2} = \frac{1}{{9\pi }} = > {Z_{{C_2}}} = 90\Omega \)

thì U_d vuông pha với U_RC

U_d vuông pha với U_RC cho ta biết cuộn dây có điện trở trong  r. 

\(I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{\sqrt {{R^2} + ({Z_L} - {Z_{{C_2}}})} }} = \frac{{150}}{{\sqrt {{{240}^2} + {{(160 - 90)}^2}} }} = 0,6A\)

Vì U_Lr vuông góc với U_RC  nên:

\(begin{array}{l}
U_{Lr}^2 + U_{RC}^2 = {150^2}\\
U_L^2 + U_r^2 + U_R^2 + U_C^2 = {150^2}
\end{array}\)

Mặt khác theo định luật Ôm ta có:

\(begin{array}{l}
U_{Rr}^2 + {(U_L^{} - {U_C})^2} = {U^2} = {150^2}\\
{({U_R} + {U_r})^2} + {({U_L} - {U_C})^2} = {150^2}\\
U_{_R}^2 + 2{U_R}{U_r} + U_r^2 + U_L^2 + U_L^2 - 2.{U_L}.{U_C} = {150^2}\\
{U_R}.{U_r} - {U_L}{U_C} = 0\\
= > r.R - {Z_L}.{Z_C} = 0\\
= > r.R = {Z_L}.{Z_C} = 160.90
\end{array}\)

\(left\{ \begin{array}{l}
r.R = 160.90\\
r + R = 240
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
r = 120\Omega \\
R = 120\Omega
\end{array} \right.\)

\({U_d} = I.\sqrt {{r^2} + Z_L^2} = 0,6.\sqrt {{{120}^2} + {{160}^2}} = 120V\)

Phương pháp giải:

sử dụng công thức tính công suất

Mạch điện R, L, C mắc nối tiếp có R thay đổi

Lời giải chi tiết:

Z_C = 100Ω

Khi P₁ = P₂ ta có:

\({{{U^2}{R_1}} \over {R_1^2 + {Z_C}^2}} = {{{U^2}{R_2}} \over {R_2^2 + {Z_C}^2}} \Leftrightarrow {R_1}.(R_2^2 + {Z_C}^2) = {R_2}.(R_1^2 + {Z_C}^2) \Leftrightarrow {R_1}{R_2}({R_2} - {R_1}) = {Z_C}^2.({R_2} - {R_1}) \Rightarrow {R_1}{R_2} = {Z_C}^2 = {100^2}(*)\)

mà : 

\(\eqalign{
& {U_{C\left( {{R_1}} \right)}} = 2{U_{C\left( {{R_2}} \right)}} \Leftrightarrow {{U{Z_C}} \over {\sqrt {R_1^2 + Z_C^2} }} = {{U{Z_C}} \over {\sqrt {R_2^2 + Z_C^2} }} \Leftrightarrow \sqrt {R_1^2 + Z_C^2} = {1 \over 2}\sqrt {R_2^2 + Z_C^2} \Leftrightarrow R_1^2 + Z_C^2 = {1 \over 4}(R_2^2 + Z_C^2) \cr
& \Leftrightarrow R_1^2 - {1 \over 4}R_2^2 = - {3 \over 4}Z_C^2 = - {3 \over 4}{.100^2}(**) \cr} \)

Rút R₁ từ phương trình * thế vào phương trình **

Ta được:

\(R_1^2 - {1 \over 4}.{({{{{100}^2}} \over {{R_1}}})^2} =  - {3 \over 4}{.100^2} \Leftrightarrow R_1^4 + {3 \over 4}{.100^2}.R_1^2 - {1 \over 4}{.100^4} = 0 \Leftrightarrow R_1^2 = 2500 \Rightarrow {R_1} = 50\Omega  \Rightarrow {R_2} = {{{{100}^2}} \over 4} = 200\Omega \)

Phương pháp giải:

Mạch điện R, L, C mắc nối tiếp có ω thay đổi

Lời giải chi tiết:

+ Khi ω = ω₀ công suất trên mạch đạt cực đại:

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
\omega _0^2 = {1 \over {LC}} \hfill \cr
{P_{m{\rm{ax}}}} = {{{U^2}} \over R} = 732 \Rightarrow {U^2} = 732R(*) \hfill \cr} \right.\)

+ Khi ω = ω₁ và ω = ω₂ ;  ω₁ – ω₂ = 120π thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch bằng nhau :

\({P_1} = {P_2} = P = 300{\rm{W}} \Leftrightarrow {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}}} = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}}} \Rightarrow {\omega _1}{\omega _2} = {1 \over {LC}} = \omega _0^2\)  

+ Ta có :

\(\eqalign{
& {Z_{L1}} - {Z_{C1}} = {\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}{C_1}}} = {\omega _1}L - {1 \over {{{\omega _0^2} \over {{\omega _2}}}C}} = {\omega _1}L - {{{\omega _2}} \over {\omega _0^2C}} = {\omega _1}L - {{{\omega _2}} \over {{1 \over {LC}}C}} = {\omega _1}L - {\omega _2}L = \left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)L = 120\pi {{1,6} \over \pi } = 192 \cr
& \Rightarrow {Z_{L1}} - {Z_{C1}} = 192(**) \cr} \)

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

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

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức của định luật Ôm và công thức tính công suất tiêu thụ

Lời giải chi tiết:

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: \({P_{{R_2}}} = {{{U^2}} \over {2{R_2}}} = {{{{120}^2}} \over {2.15}} = 480 \ne 160\)

=> điều giả sử ban đầu là sai

=> 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 r₁ = 4W thì I₁ = 0,1875

Theo định luật Ôm, ta có:

\({I_1} = {E \over {{R_b} + r}} = {E \over {{R_1} + r + {r_1}}} \to {R_1} + {r_1} + r = {E \over {{I_1}}} = 64 \to {R_1} + r = 60\Omega {\rm{  (1) }}\) 

 + Khi mắc vào A,B một hiệu điện thế  \(u = 120\sqrt 2 {\rm{cos100}}\pi {\rm{t}}\), R = R₂ 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 \({R_2}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}{\rm{    (2)}}\)

Mặt khác, ta có:

Công suất trên R₂:

\(\eqalign{
& P{\rm{ = }}{{{U^2}} \over {{{({R_2} + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R_2} = 160{\rm{W}} \to {{{R_2}} \over {{{({R_2} + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{160} \over {{{120}^2}}} = {1 \over {90}} \cr
& 90{R_2} = 2R_2^2 + 2{\rm{r}}R \to {R_2} + r = 45 \cr} \)

Kết hợp với (2) ta được: \(R_2^2 = {(45 - {R_2})^2} + {15^2} \to {R_2} = 25\Omega ,r = 20\Omega \)

Với r = 20W thay vào (1) => R₁ = 60 - 20 = 40W

\( \to {{{R_1}} \over {{R_2}}} = {{40} \over {25}} = 1,6\) 

Chọn A

Phương pháp giải:

áp dụng phương pháp giản đồ vectơ trong dòng điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Biễu diễn vecto các điện áp.

+  Ta thấy  rằng MAB = MNB = 90⁰→  M  và N  cùng  nằm  trên  một  đường  tròn  nhận

MB là đường kính.

 AMB = ANB = α⁰ do cùng chắn cung AB.

+ Áp dụng định lý sin trong ΔANB, ta có:

 với\({{200} \over {\sin \alpha }} = {{245} \over {\sin NAB}}\) NAB = 180⁰ – (60⁰ + ABM)

 Xét ΔAMB, ta có ABM = 90⁰ – α => NAB = 30⁰ +α

\(\eqalign{
& {{200} \over {\sin \alpha }} = {{245} \over {\sin \left( {{{30}^0} + \alpha } \right)}} = > \alpha = {54^0} = > NAB = {30^0} + {54^0} = {84^0} \cr
& = > ABN = {180^0} - {54^0} - {84^0} = {42^0} = > \varphi = {90^0} - ABN = {90^0} - {42^0} = {48^0} = > \cos \varphi = 0,67 \cr} \)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Ta thấy rằng đồ thi X có dạng là một đường thẳng xiên góc → X chứa cuộn dây Z_X =  L2πf.

Đồ thị Y có dạng là một hypebol → Y chứa tụ điện \({Z_Y} = {1 \over {C2\pi f}}\)

+ Z_X = Z_Y → mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó \(f = {f_0} = {4 \over 7}50Hz\)

+ Công suất tiêu thụ  cực đại trên mạch →\({P_{max}} = {{{U^2}} \over R} =  > 200 = {{{{210}^2}} \over R} \to {\rm{ }}R{\rm{ }} = {\rm{ }}220,5{\rm{ }}\Omega \) Cường độ  dòng điện trong mạch \(I = {U \over R} = {{210} \over {220,5}} = {{20} \over {21}}A\)→ Cảm kháng và dung kháng tương ứng

+ Khi \(f = {7 \over 5}{f_0} = 50Hz\) thì dung kháng và cảm kháng tương ứng là 

\(\left\{ \matrix{
Z{'_X} = {7 \over 4}{Z_X} = 110,25\Omega \hfill \cr
Z{'_Y} = {4 \over 7}{Z_Y} = 36\Omega \hfill \cr} \right.\)

→ Công suất tiêu thụ của mạch 

\(P = {{{U^2}R} \over {{R^2} + \left( {Z{'_Y} - Z{'_X}} \right)}} = {{{{210}^2}.220,5} \over {220,{5^2} + {{(36 - 110,25)}^2}}} \approx 180W\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Phương pháp:Mạch điện xoay chiều có R thay đổi

Cách giải:

Điều chỉnh R  đến giá trị 80Ω thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại \( \Rightarrow R = \sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = 80\) (1)

Khi đó tổng trở của đoạn mạch là số nguyên và chia hết cho 40 => Z_AB = 40n (n là số nguyên)\( \Rightarrow {Z_{AB}} = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = 40n \Leftrightarrow {\left( {80 + r} \right)^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2}\) (2)

Từ (1) và (2) ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {80^2} \hfill \cr
{\left( {80 + r} \right)^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {80^2} \hfill \cr
{80^2} + 160r + {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow r = 10{n^2} - 80\)

Hệ số công suất của đoạn MB là: \(c{\text{os}}{\varphi _{MB}} = \frac{r}{{\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{10{n^2} - 80}}{{80}}\)

Có: \(c{\text{os}}{\varphi _{MB}} \leqslant 1 \Leftrightarrow \frac{{10{n^2} - 80}}{{80}} \leqslant 1 \Rightarrow n \leqslant 4\)

+ Với n = 4 => cosφMB = 1

+ Với n = 3 \( \Rightarrow c{\text{os}}{\varphi _{MB}} = \frac{{{{10.3}^2} - 80}}{{80}} = 0,125\)

=> Chọn D

Phương pháp giải:

sử dụng công thức tính điện năng tiêu thụ

Lời giải chi tiết:

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:

 \(\begin{gathered}

Q' = \frac{{U{'^2}}}{R}.\Delta t = 4Q = 4.\frac{{{U^2}}}{R} \hfill \\
= > U' = 2U \hfill \\ 
\end{gathered} \)

Khi cho dòng điện qua cuộn dây ta có:

\(\begin{gathered}
Q'' = \frac{{U{'^2}}}{{{{(R)}^2} + Z_L^2}}.R.\Delta t = Q = \frac{{{U^2}}}{R} \hfill \\
= > {Z_L} = \sqrt 3 .R \hfill \\
\end{gathered} \)

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

\(\begin{gathered}
\frac{{U'}}{{\sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{R} \hfill \\
= > {Z_C} = {Z_L} = \sqrt 3 R \hfill \\
\end{gathered} \)

Khi mắc điện trở với tụ vào mạch thứ hai thì cường độ dòng điện là: 

\(I = \frac{{U'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = \frac{{2U}}{{2R}} = 1A\)

Phương pháp giải:

Sử dụng biến dổi toán học và các điều kiện P cực trị

Lời giải chi tiết:

Khi K đóng, mạch chỉ có R, C mắc nối tiếp.

Khi R_1,  R₂ thì P₁ = P₂nên:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{U^2}.{R_1}}}{{{Z_1}}} = \frac{{{U^2}.{R_2}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
R{}_1 + {R_2} = \frac{{{U^2}}}{P}\\
{R_1}{R_2} = Z_C^2
\end{array} \right. * \\
\tan \Delta \varphi = \frac{{\tan {\varphi _1} - \tan {\varphi _2}}}{{1 - \tan {\varphi _1}.\tan {\varphi _2}}} = \tan \frac{\pi }{6} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \frac{{ - \frac{{{Z_C}}}{{{R_1}}} - \frac{{ - {Z_C}}}{{{R_2}}}}}{{1 - \frac{{{Z_C}}}{{{R_1}}}.\frac{{{Z_C}}}{{{R_2}}}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {R_1} + {R_2} = \frac{{2{Z_C}}}{{\sqrt 3 }}\\
* \Rightarrow {R_1} = {R_2} = \frac{{{Z_C}}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow P = \frac{{\sqrt {3.} {U^2}}}{{4{Z_C}}}
\end{array}\)

Khi K mở thì mạch R, r, L, C nối tiếp

Công suất mạch cực đại là:  

\({P_{ma}} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{{U^2}}}{{2({R_0} + r)}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}P \Rightarrow {Z_L} = 2{Z_C}\)

Công suất trên R cực đại:  

\({P_{R\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2R}} = \frac{{2P}}{3} \Leftrightarrow {R^2} = {r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} \Rightarrow r = \frac{{{Z_C}}}{{\sqrt 3 }}\)

Thay các giá trị tìm được vào tính hệ số công suất cuộn dây:

\(\cos {\varphi _d} = \frac{r}{{\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }} = \frac{1}{{\sqrt {13} }}\)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất của đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp \(\cos \varphi  = \frac{R}{Z}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

\({U_{RL}} > {U_L}\)=> Đường biểu diễn U_RL = U_AN và đường dưới biểu diễn cho U_L = U_MN

\(\eqalign{
& {Z_L} = 0 = > {U_{RL}} = R{U \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = 140(1) \cr
& {Z_{{L_2}}} = > U_L^{max} = {{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} } \over R} = {{2000} \over 7}\buildrel {(1)} \over
\longrightarrow U = 200V\mathrel{\mathop{\kern0pt\longrightarrow}
\limits_{chon\,R = 1}^{(1)}} {Z_C} = {{\sqrt {51} } \over 7} \cr
& \left\{ \matrix{
{Z_{L1}} = {{{Z_C} + \sqrt {4{R^2} + Z_C^2} } \over R} = 1,63 \hfill \cr
{Z_{L2}} = {{{R^2} + Z_C^2} \over {{Z_C}}} = 2 \to {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = 3,63 \hfill \cr} \right. = > \cos \varphi = {R \over {\sqrt {{R^2} + ({Z_{L12}} - {Z_C})} }} \approx 0,36 \cr} \)

Phương pháp giải:

  Áp dụng điều kiện ω biến thiên để trong mạch xuất hiện hiện tượng cộng hưởng điện \({\omega _0} = \sqrt {{\omega _1}{\omega _2}} \)

Định lý Vi-ét về tổng và tích của nghiệm trong phương trình bậc 2

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

\(\begin{array}{l}{\omega _0} = \sqrt {{\omega _1}{\omega _2}}  = \sqrt {100\pi .120\pi }  = 20\pi \sqrt {30} \,rad/s\\{U_C} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {\frac{\omega }{{{\omega _0}}}} \right)}^4} - 2{n^{ - 1}}{{\left( {\frac{\omega }{{{\omega _0}}}} \right)}^2} + 1} }} =  > {\left( {\frac{\omega }{{{\omega _0}}}} \right)^4} - 2{n^{ - 1}}{\left( {\frac{\omega }{{{\omega _0}}}} \right)^2} + 1 - {\left( {\frac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 0\end{array}\)

Theo định lý Vi – ét

\(\left\{ \matrix{
{\left( {{{{\omega _3}} \over {{\omega _0}}}} \right)^2} + {\left( {{{{\omega _3} + 40\pi } \over {{\omega _0}}}} \right)^2} = 2{n^{ - 1}} \hfill \cr
{\left( {{{{\omega _3}} \over {{\omega _0}}}} \right)^2}.{\left( {{{{\omega _3} + 40\pi } \over {{\omega _0}}}} \right)^2} = {{24} \over {49}} \hfill \cr} \right.\buildrel {{\omega _0} = 20\pi \sqrt {30} } \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
{\omega _0} = 232 \hfill \cr
n = 1,3 \hfill \cr} \right. = > {\omega _C} = {{{\omega _0}} \over {\sqrt n }} \approx 96\pi \)

Phương pháp giải:

Giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Ta có: \(R = 50\Omega ;{Z_L} = 100\pi .\frac{1}{{2\pi }} = 50\Omega ;{U_X} = 120V;U = 120V\)

Ta có giản đồ vecto

Ta có: \({U_{RL}} = 2.OI = 2.120.\sin 15 = 62V \Rightarrow I = \frac{{{U_{RL}}}}{{{Z_{RL}}}} = \frac{{62}}{{50\sqrt 2 }} = 0,878A\)

\(\begin{array}{l}\beta  = \alpha  + \frac{\pi }{4};\cos \beta  = \frac{{OI}}{{{U_{AB}}}} = \frac{{31}}{{120}} \Rightarrow \beta  = {75^0} \Rightarrow \alpha  = {30^0}\\{\varphi _{{\rm{uX}}}} = \frac{\pi }{6} + \alpha  = {60^0} \Rightarrow {P_X} = {U_X}I.\cos {\varphi _{{\rm{uX}}}} = 120.0,878.\cos 60 \approx 53W\end{array}\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

\(\left\{ \begin{array}{l}u = {U_0}\cos (\omega t + {\varphi _u})\\i = {I_0}\cos (\omega t + {\varphi _i})\end{array} \right.;{\varphi _u} + {\varphi _i} = x;{\varphi _u} - {\varphi _i} = \varphi \)

\(p = ui = UI(\cos (2\omega t + x) + \cos \varphi )\)

13 =UI(1 + cosφ)                       (1)       và  2ωt₀ +x = 2π + k2π

t = 0,   p = 11 = UI(cosx +cosφ)  (2)

t = 3t₀, p = 6 = UI(cos(2ω.3t₀ +x) + cosφ)= UI(cos(6π-2x) + cosφ) = UI(cos(-2x) + cosφ)  (3)

Lấy (1) chia (2) ta được cosφ = 5,5-6,5cosx

Lấy (1) chia (3) ta được \(\frac{{13}}{6}\)= ( 1 + cosφ)/(-cos(2x) + cosφ)= (1+5,5-6,5cosx)/(2.cos²x -1 +5,5 -6,5cosx)

Suy ra cosx = 0,75 => cosφ= 0,625

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

\(p = ui = {U_o}{I_o}c{\rm{os}}\omega {\rm{t}}{\rm{.cos}}\left( {\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) = UI.c{\rm{os}}\left( {{\rm{2}}\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) + UIc{\rm{os}}\varphi \), p biến thiên điều hòa quanh \({p_o} = UIc{\rm{os}}\varphi \) với biên độ U.I; Dùng vòng tròn lượng giác ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 2}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 7}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 2co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\alpha  - 1\end{array} \right. \to UI = 8\); \(UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}\left( {{\rm{14 - 8}}} \right) \to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 0,75}}\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

\(p = ui = {U_o}{I_o}c{\rm{os}}\omega {\rm{t}}{\rm{.cos}}\left( {\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) = UI.c{\rm{os}}\left( {{\rm{2}}\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) + UIc{\rm{os}}\varphi \), p biến thiên điều hòa quanh \({p_o} = UIc{\rm{os}}\varphi \) với biên độ U.I; Dùng vòng tròn lượng giác ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 2}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 7}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 2co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\alpha  - 1\end{array} \right. \to UI = 8\); \(UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}\left( {{\rm{8 - 6}}} \right) \to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 0,25}}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng các điều kiện cộng hưởng, áp dụng BĐT cosi

Lời giải chi tiết:

Ta có khi f = f₁ thì công suất cực đại ứng với hiện tượng cộng hưởng

 \({\omega _1} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Khi f = f₂ và f₃ thì có cùng độ lớn cường độ dòng điện nên f₂.f₃ = f₁²

Mặt khác từ hệ thức đề bài ra, ta áp dụng BĐT Cosi :

\(\begin{array}{l}
\frac{2}{{{f_2}}} + \frac{1}{{{f_3}}} \ge 2.\sqrt {\frac{2}{{{f_2}{f_3}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{25}} \ge \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{f_2}{f_3}} }}\\
\Leftrightarrow {f_2}{f_3} \ge {25^2}.8 = 5000
\end{array}\)

Từ đó suy ra:  \(LC \le \frac{1}{{20000{\pi ^2}}}\)

Mà khi f = f₄ thì U_RC không đổi

\({U_{RC}} = I.{Z_{RC}} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{Z_L^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + Z_C^2}}} }} = hs\)

Khi U_RC không đổi thì Z_L = 2Z_Csuy ra  \(LC = \frac{2}{{\omega _4^2}}\)

Vậy  \(LC = \frac{1}{{20000{\pi ^2}}}\)

Nên f₁ = 70Hz

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính P, viết phương trình u, i

Lời giải chi tiết:

Tại t = 0 thì u = U_o => φ_u = 0

Tại t’ = t + 1/600 = t + T/12 thì i = 0 và đang giảm thì φ_i = π/2.

Nên suy ra tại thời điểm t pha của dòng điện là φ_i = π/3.

Vậy ta có phương trình của u và i như sau:

\(\begin{array}{l}
u = 200\sqrt 2 .\cos 100\pi t(V)\\
i = 2\sqrt 2 .\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)(A)
\end{array}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch như sau:

P = I².(R₁ + R₂) = I².R₁ + I².R₂ => P_MB = I².R₂ = U.I – I².R₁ = 200.2-2².20 = 120W

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Vận dụng công thức tính hệ số công suất: ${\text{cos}}\varphi  = \frac{R}{Z}$

Áp dụng điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện P = $\frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}$

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Cách giải:

Ban đầu, mạch xảy ra cộng hưởng nên P = $\frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}$= 120 Þ U² = 120(R₁+R₂)

Lúc sau, khi nối tắt C, mạch còn R₁R₂L: Khi đó U_AM = U_MB ; Dj = π/3

 Vẽ giản đồ ta có φ = $\frac{\pi }{6}$ à tanj = $\frac{{{Z_L}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {Z_L} = \frac{{{R_1} + {R_2}}}{{\sqrt 3 }}$

Khi đó P’ = I²(R₁+ R₂) = $\frac{{{U^2}({R_1} + {R_2})}}{{{{({R_1} + {R_2})}^2} + Z_L^2}}$=$\frac{{120{{({R_1} + {R_2})}^2}}}{{{{({R_1} + {R_2})}^2} + \frac{{{{({R_1} + {R_2})}^2}}}{3}}}$= 90 W

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Vận dụng công thức tính hệ số công suất: ${\text{cos}}\varphi  = \frac{R}{Z}$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Cách giải:

 Xét đoạn mạch AM: 

$\left\{ \matrix{
R = {Z_C} \Rightarrow {\phi _{AM}} = - {\pi \over 4} \hfill \cr
{Z_{AM}} = 40\sqrt 2 \Rightarrow I = {{{U_{AM}}} \over {{Z_{AM}}}} = 0,625\sqrt 2 A \hfill \cr} \right.$

Theo đề bài, u_MB nhanh pha hơn u_AM góc $\frac{\pi }{4}$ nên nhanh pha hơn i góc $\frac{\pi }{3}$

=> tanj = $\frac{{{Z_L}}}{{{R_2}}} = \sqrt 3 $ Þ Z_L = $\root  \of 3 $R₂

 Xét đoạn mạch MB: Z_MB = $\frac{{{U_{MB}}}}{I} = 120 = \sqrt {R_2^2 + Z_L^2}  = 2{R_2}$à R₂ = 60 W; Z_L = 60$\root  \of 3 $ W

Hệ số công suất của mạch AB là cosφ = $\frac{{{R_1} + {R_2}}}{{\sqrt {{{({R_1} + {R_2})}^2} + {{({Z_L} + {Z_C})}^2}} }}$ » 0,84

Phương pháp giải:

Tổng trở \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\)

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Lời giải chi tiết:

U_AM + U_MB max

U_MB = U_C1cos(φ₁ – φ₂)

\(\tan \alpha =\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{3}\)  

\(\frac{U}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{{{U}_{AM}}}{\sin (\frac{\pi }{2}-{{\varphi }_{2}})}=\frac{{{U}_{MB}}}{\sin ({{\varphi }_{2}}+\frac{\pi }{3})}\Rightarrow \frac{U}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{{{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}}{\sin (\frac{\pi }{2}-{{\varphi }_{2}})+\sin ({{\varphi }_{2}}+\frac{\pi }{3})}=\frac{{{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}}{2\sin \frac{\pi }{12}.\sin (2{{\varphi }_{2}}-\frac{\pi }{6})}\)

\(\Rightarrow {{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}=\frac{2U\sin \frac{5\pi }{12}}{\sin \frac{\pi }{6}}.\sin (2{{\varphi }_{2}}-\frac{\pi }{6})\Rightarrow {{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{3}\)

u\(\bot \) u_RL nên φ₁ = π/6

\(\text{cos}{{\varphi }_{3}}=c\text{os}{{\varphi }_{1}}.c\text{os}{{\varphi }_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{13}-3\)

Khi đó: \(R\sqrt{3}={{Z}_{L}}\Rightarrow R=\sqrt{3}\)

Tỉ số R/Z_C = 2,86

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto, kết hợp với công thức tan của một hiệu và bất đẳng thức côsi

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB bằng 3 lần của đoạn MB nên ta có:

\(\begin{array}{l}
{P_{AB}} = 3{P_{MB}} \Leftrightarrow {I^2}.(R + {R_X}) = 3.{I^2}.{R_X}\\
\Rightarrow R = 2{R_X}
\end{array}\)

Khi  L = 0 thì độ lệch pha giữa điện áp u và dòng điện trong mạch nhỏ hơn 20⁰, vậy trong hộp kín X chỉ có R_X

Ta có giản đồ:

Từ hình vẽ ta thấy góc lệch giữa u_MB và u_AB là α. Mà α  = γ-β

Áp dụng công thức tan của một hiệu ta có:

\(\tan \alpha = \tan (\gamma - \beta ) = \frac{{\tan \gamma - \tan \beta }}{{1 + \tan \gamma .tan\beta }} = \frac{{\frac{L}{{{R_X}}} - \frac{L}{{3{R_X}}}}}{{1 + \frac{L}{{{R_X}}}.\frac{L}{{3{R_X}}}}} = \frac{2}{3}.\frac{{\frac{L}{{{R_X}}}}}{{1 + \frac{{{L^2}}}{{3R_X^2}}}}\)

Đặt   \(\frac{L}{{{R_x}}} = x\) ta được 

\(\tan \alpha = \frac{2}{3}.\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}}\)

Vì hàm tan là hàm đồng biến nên ta thấy khi α cực đại thì tan α cũng cực đại.

Áp dụng cosi cho biểu thức chứa x ta được:

\(\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{x} + \frac{x}{3}}} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{1}{3}} }}\)

Suy ra:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha \le \frac{2}{3}.\frac{1}{{2.\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
\Rightarrow \alpha \le \frac{\pi }{6}
\end{array}\)

 Vậy giá trị cực đại là  

\(\frac{\pi }{6}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto:

Và khi hai góc phụ nhau thì  

Lời giải chi tiết:

Sử dụng giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto ta thấy:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{U_{L1}} = U.\sin {\varphi _1}\\
{U_{R1}} = U.\cos {\varphi _1}\\
{U_{L2}} = U.\sin {\varphi _2}\\
{U_{R2}} = U.\cos {\varphi _2}
\end{array} \right. \Rightarrow {U_{L1}} = \sqrt 2 {U_{L2}} \Leftrightarrow U.\sin {\varphi _1} = \sqrt 2 U.\sin {\varphi _2}\)

Vì:

\(\begin{array}{l}
{\varphi _1} + {\varphi _2} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \sin {\varphi _2} = \cos {\varphi _1} \Rightarrow U.\sin {\varphi _1} = \sqrt 2 U.\cos {\varphi _1}\\
\Rightarrow \tan {\varphi _1} = \sqrt 2 \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \cos (\arctan \sqrt 2 ) = 0,577
\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

- Chuẩn hoá số liệu

- Công thức tính độ lệch pha giữa u và i : \(\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

- Hệ số công suất : \(\cos \varphi  = \frac{R}{Z}\)

- Công thức lượng giác : \(\tan \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = \frac{{\tan {\varphi _1} - \tan {\varphi _2}}}{{1 + \tan {\varphi _1}.\tan {\varphi _2}}}\)

- Bất đẳng thức Cô – si : \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

Dấu ‘’=’’ xảy ra khi a = b

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({L_2} = 0,8{L_1} \Rightarrow {Z_{L2}} = 0,8{Z_{L1}}\)

Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_{L1}} = x\\{Z_{L2}} = 0,8x\\{R_1} = 1\\{R_2} = 5\end{array} \right.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\tan \Delta \varphi  = \tan \left( {{\varphi _{AM}} - {\varphi _{MB}}} \right) = \frac{{\tan {\varphi _{AM}} - \tan {\varphi _{MB}}}}{{1 + \tan {\varphi _{AM}}.\tan {\varphi _{MB}}}} = \frac{{\frac{{{Z_{L1}}}}{{{R_1}}} - \frac{{{Z_{L2}}}}{{{R_2}}}}}{{1 + \frac{{{Z_{L1}}}}{{{R_1}}}.\frac{{{Z_{L2}}}}{{{R_2}}}}}\\\tan \Delta \varphi  = \frac{{\frac{x}{1} - \frac{{0,8x}}{5}}}{{1 + \frac{x}{1} - \frac{{0,8x}}{5}}} = \frac{{0,84x}}{{1 + 0,16{x^2}}} = \frac{{0,84}}{{\frac{1}{x} + 0,16x}}\\ \Rightarrow {\left( {\tan \Delta \varphi } \right)_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{x} + 0,16x} \right)_{\min }}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có : \({\left( {\frac{1}{x} + 0,16x} \right)_{\min }} \Leftrightarrow \frac{1}{x} = 0,16x \Rightarrow x = 2,5\)

→ Hệ số công suất của đoạn mạch khi đó :

\(\cos \varphi  = \frac{{{R_1} + {R_2}}}{{\sqrt {{{\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_1} + {Z_2}} \right)}^2}} }} = \frac{{1 + 5}}{{\sqrt {{{\left( {1 + 5} \right)}^2} + {{\left( {2,5 + 0,8.2,5} \right)}^2}} }} = 0,8\)  

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp :

Áp dụng công thức tính công suất\(P = UI\cos \varphi \)

Phương pháp chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

Công suất của mạch đạt giá trị cực đại khi \(P = UI\cos \varphi  = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_L^2}} = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{Z_L^2}}{R}}}\)

Để công suất đạt cực đại khi

Hệ số công suất của mạch khi đó là \(\cos \varphi  = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) .

Công suất của mạch có giá trị cực đại là \({P_{max}} = \frac{{{U^2}}}{{2{Z_L}}}\)

Từ đồ thị ta thấy tại thời điểm \({\varphi _1}\) công suất của mạch bằng \(\frac{3}{4}\)công suất cực đại ta có

\(P = U{I_1}\cos {\varphi _1} = \frac{{{U^2}.R}}{{R_1^2 + Z_L^2}} = \frac{3}{4}\frac{{{U^2}}}{{2{Z_L}}} =  > 8{Z_L}.{R_1} = 3R_1^2 + 3Z_L^2 =  > 3R_1^2 - 8{Z_L}.{R_1} + 3Z_L^2 = 0\)

Chuẩn hóa \({Z_L} = 1\) khi đó ta có phương trình \(3R_1^2 - 8{R_1} + 3 = 0 =  > \left( \begin{array}{l}{R_1} = \frac{{4 + \sqrt 7 }}{3}\\{R_1} = \frac{{4 - \sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.\)

Với \({R_1} = \frac{{4 + \sqrt 7 }}{3} =  > \cos {\varphi _1} = \frac{{{R_1}}}{Z} = \frac{{\frac{{4 + \sqrt 7 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{4 + \sqrt 7 }}{3}} \right)}^2} + {1^2}} }} =  > {\varphi _1} = 0,42rad\)

Với \({R_1} = \frac{{4 - \sqrt 7 }}{3} =  > \cos {\varphi _1} = \frac{{{R_1}}}{Z} = \frac{{\frac{{4 - \sqrt 7 }}{3}}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{{4 - \sqrt 7 }}{3}} \right)}^2} + {1^2}} }} =  > {\varphi _1} = 1,18rad\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất tiêu thụ:  

\(P = U.I.\cos \varphi = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}}.R\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{100}}{\pi }{{.10}^{ - 6}}}} = 100\Omega \)

Công thức tính công suất tiêu thụ:

\(P = U.I.\cos \varphi = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}}.R\)

 Mà P₁ = P₂ nên ta có :

\(\begin{array}{l}
\frac{{{U^2}}}{{{R_1}^2 + Z_C^2}}.{R_1} = \frac{{{U^2}}}{{{R_2}^2 + Z_C^2}}.{R_2} \Rightarrow R{}_1.({R_2}^2 + Z_C^2) = {R_2}.({R_1}^2 + Z_C^2)\\
\Leftrightarrow {R_1}.{R_2}.({R_1} - {R_2}) = {Z_C}^2.({R_1} - {R_2}) \Rightarrow {R_1}.{R_2} = {Z_C}^2 = 10000
\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Dùng phương pháp đại số: Xác định công thức tính \(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{0}}}\),\(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}\)và \(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{2}}\)từ mối quan hệ giữa U_L và U_Lmax. Sau đó sử dụng dữ kiện còn lại tính \(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{0}}}\).

Lời giải chi tiết:

Khi L = L₀ thì U_Lmax nên ta có:

\({{\text{Z}}_{\text{L0}}}\text{ = }\frac{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}{{{\text{Z}}_{\text{C}}}}\) và \(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{0}}}\text{ = }\frac{\text{R}}{{{\text{Z}}_{\text{0}}}}\text{ = }\frac{\text{R}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + }\frac{{{\text{R}}^{\text{4}}}}{\text{Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}}=\frac{{{\text{Z}}_{\text{C}}}}{\sqrt{\text{Z}_{\text{C}}^{\text{2}}\text{ + }{{\text{R}}^{\text{2}}}}}=\frac{\sqrt{\text{Z}_{\text{C}}^{\text{2}}\text{ + }{{\text{R}}^{\text{2}}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L0}}}}\)

Khi L = L₁ hoặc L = L₂ thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm có giá trị như nhau và bằng U_L:

\(\frac{\text{U}{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{{{\text{Z}}_{\text{1}}}}\text{ = }\frac{\text{U}{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}{{{\text{Z}}_{\text{2}}}}\Leftrightarrow \frac{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{+}{{\left( {{\text{Z}}_{\text{L1}}}-{{\text{Z}}_{\text{C}}} \right)}^{\text{2}}}}}\text{=}\frac{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{+}{{\left( {{\text{Z}}_{\text{L2}}}-{{\text{Z}}_{\text{C}}} \right)}^{\text{2}}}}}\Leftrightarrow \frac{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{+}{{\left( {{\text{Z}}_{\text{L1}}}-{{\text{Z}}_{\text{C}}} \right)}^{\text{2}}}}{\text{Z}_{\text{L1}}^{\text{2}}}=\frac{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{+}{{\left( {{\text{Z}}_{\text{L2}}}-{{\text{Z}}_{\text{C}}} \right)}^{\text{2}}}}{\text{Z}_{\text{L2}}^{\text{2}}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}{\text{Z}_{\text{L1}}^{\text{2}}}-\frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}=\frac{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}{\text{Z}_{\text{L2}}^{\text{2}}}-\frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}\Leftrightarrow \left( {{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}} \right)\left( \frac{1}{\text{Z}_{\text{L1}}^{\text{2}}}-\frac{1}{\text{Z}_{\text{L2}}^{\text{2}}} \right)=2{{\text{Z}}_{\text{C}}}\left( \frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}-\frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}} \right)\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}+\frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}=2\frac{{{\text{Z}}_{\text{C}}}}{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}\Leftrightarrow \frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}+\frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}=\frac{2}{{{\text{Z}}_{\text{L0}}}}\)

Theo đề bài ta có:

\(\frac{{{\text{U}}_{\text{L}}}}{{{\text{U}}_{\text{Lmax}}}}\text{ = }\frac{\text{U}\text{.}{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{+}{{\left( {{\text{Z}}_{\text{L1}}}-{{\text{Z}}_{\text{C}}} \right)}^{\text{2}}}}}.\frac{\text{R}}{\text{U}\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}=\frac{\text{R}}{{{\text{Z}}_{\text{1}}}}\text{.}\frac{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}=\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}.\frac{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}\)

\(\Rightarrow \text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}\text{.}\frac{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}\text{ = k}\Rightarrow \text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}=\frac{\text{k}\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}\)

Tương tự ta có:      \(\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{2}}=\frac{\text{k}\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}\)

 Mặt khác: \(\text{cos}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}\text{ + cos}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{2}}\text{ = nk}\Leftrightarrow \frac{\text{k}\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}+\frac{\text{k}\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}}=\text{nk}\Leftrightarrow \sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}\left( \frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L1}}}}+\frac{1}{{{\text{Z}}_{\text{L2}}}} \right)=\text{n}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}\text{ + Z}_{\text{C}}^{\text{2}}}.\frac{2}{{{\text{Z}}_{\text{L0}}}}=\text{n}\Leftrightarrow 2\text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{0}}}=\text{n}\Leftrightarrow \text{cos }{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{0}}}=\frac{\text{n}}{\text{2}}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto

Sử dụng các định lí hàm số sin, hàm số cos:

\(\begin{array}{l}
{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cos\varphi \\
\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}
\end{array}\)

Công suất của mạch: \(P=UI\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lý hàm số cos:

 \(\frac{{{U_L} + {U_C}}}{{\sin \frac{\pi }{3}}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{{60\sqrt 2 .\sin \frac{\pi }{3}}}{{30\sqrt 6 }} = 1 \Rightarrow \alpha  = {90^o}\)

Lại có \(LC{{\omega }^{2}}=1\)

\(\Rightarrow {{U}_{L}}={{U}_{C}}=15\sqrt{6}(V)\)

Dòng điện trong mạch: \(I=\frac{{{U}_{L}}}{{{Z}_{L}}}=\frac{15\sqrt{6}}{15}=\sqrt{6}\) (A)

Áp dụng định lý hàm số sin:\(\frac{{{U}_{L}}+{{U}_{C}}}{\sin \frac{\pi }{3}}=\frac{{{U}_{MB}}}{\sin \alpha }\Rightarrow \sin \alpha =\frac{60\sqrt{2}.\sin \frac{\pi }{3}}{30\sqrt{6}}=1\Rightarrow \alpha ={{90}^{o}}\) :

     \(\Rightarrow {{U}_{MN}}=\sqrt{U_{AN}^{2}+U_{L}^{2}}=15\sqrt{14}\) (V)

Vì \({{U}_{L}}={{U}_{C}}\to {{U}_{AB}}={{U}_{MN}}\), \(\text{cos}\varphi \text{=}\frac{{{U}_{AN}}}{{{U}_{MN}}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

Công suất của mạch: \(P=UI\cos \varphi =60\sqrt{3}\approx 104\) (W)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng: Khi L = L₁ và L = L₂ thì \({{P}_{1}}={{P}_{2}}\Leftrightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow -{{Z}_{L1}}+{{Z}_{C}}={{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L2}}+{{Z}_{L1}}}{2}\)

Và: \(\tan {{\varphi }_{1}}=-\tan {{\varphi }_{2}}\Rightarrow \left| {{\varphi }_{1}} \right|=\left| {{\varphi }_{2}} \right|\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\omega =100\pi \Rightarrow {{Z}_{L1}}=100\sqrt{3}(\Omega );{{Z}_{L2}}=300\sqrt{3}(\Omega )\)

Khi L = L₁ và L = L₂ thì \({{P}_{1}}={{P}_{2}}\Leftrightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow -{{Z}_{L1}}+{{Z}_{C}}={{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L2}}+{{Z}_{L1}}}{2}=200\sqrt{3}(\Omega )\)

Và: \(\tan {{\varphi }_{1}}=-\tan {{\varphi }_{2}}\Rightarrow \left| {{\varphi }_{1}} \right|=\left| {{\varphi }_{2}} \right|={{60}^{o}}\Rightarrow \tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}}}{R}=-\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow R=100(\Omega )\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng các công thức: \({{U}_{RC}}=\frac{U.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\), \({{U}_{C}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\); \({{U}_{L}}=\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)

Hệ số công suất của mạch: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{U}_{RC}}=\frac{U.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\), \({{U}_{C}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\); \({{U}_{L}}=\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)

+ Khi R thay đổi, U_C và U_L đều chắc chắn biến thiên. Vậy đường đồ thị (1) chỉ có thể là U_RC. Để U_RC không đổi, Z_L-Z_C =Z_C => Z_L=2.Z_C

Khi R=O  , \({{U}_{RC}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}={{U}_{C}}\). Vậy đường đồ thị (2)  biểu diễn U_C, còn đường đồ thị (3) biểu diễn U_L

Khi R=R_O\({{U}_{RC}}={{U}_{L}}\to \frac{U.\sqrt{{{R}_{O}}^{2}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}_{O}}^{2}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}_{O}}^{2}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\to {{R}_{O}}^{2}+Z_{C}^{2}=Z_{L}^{2}\to {{R}_{O}}=\sqrt{3}.{{Z}_{C}}\)

Khi R= 2R_O =\(2\sqrt{3}.{{Z}_{C}}\), hệ số công suất của đoạn mạch AB \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{2\sqrt{3}.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{(2\sqrt{3}.{{Z}_{C}})}^{2}}+Z_{C}^{2}}}=0,96\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Sử dụng hàm phức

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có: T=0,02s \(\to \omega =100\pi \);\({{u}_{Y}}=50\text{cos100}\pi \text{t}\text{, }{{u}_{X}}=75\text{cos100}\pi \text{t}\)

Điện áp của mạch: \(u={{u}_{X}}+{{u}_{Y}}=50\text{cos100}\pi \text{t+}75\text{cos100}\pi \text{t=12}5\text{cos100}\pi \text{t}\)(V)

Cảm kháng của cuộn dây trong Y là: \({{Z}_{L}}=40\Omega \)

Tổng trở đoạn mạch Y: \({{\bar{Z}}_{Y}}=30+40i\)

Dòng điện trong mạch: \(\bar{i}=\frac{{{u}_{Y}}}{{{{\bar{Z}}}_{Y}}}=0,6-0,8i(A)\)

Tổng trở đoạn mạch X: \({{\bar{Z}}_{X}}=\frac{{{u}_{X}}}{{\bar{i}}}=45+60i\)

Tổng trở đoạn mạch T: \({{\bar{Z}}_{T}}=80-100i\)

Tổng trở cả mạch : \(\bar{Z}={{\bar{Z}}_{Y}}+{{\bar{Z}}_{X}}+{{\bar{Z}}_{T}}=155(\Omega )\)

Công suất tiêu thụ của đoạn  mạch  :\(P=\frac{{{U}^{2}}}{Z}=50(W)\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công suất tiêu thụ : \(P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\)

Độ lệch pha giữa u và i được xác định : 

\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

Thay đổi C để P cực đại thì tức là xảy ra cộng hưởng, khi đó 

\({P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{R}\)

Lời giải chi tiết:

Khi C = C₁ thì độ lệch pha giữa u và i được xác định:

\(\begin{array}{l}
\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_{{C_1}}}}}{R} \Rightarrow \tan \frac{{ - \pi }}{3} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}_1}}{R} = - \sqrt 3 \\
\Rightarrow {Z_L} - {Z_{{C_1}}} = - \sqrt 3 .R
\end{array}\)

Áp dụng công thức tính công suất:

\(\begin{array}{l}
P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{{C_1}}})}^2}}} \Rightarrow 100 = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{C1}})}^2}}}\\
\Rightarrow 100 = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{( - \sqrt 3 R)}^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{4.R}}
\end{array}\)

Thay đổi C để P cực đại thì tức là xảy ra cộng hưởng, khi đó:

\({P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{R} = 4.\frac{{{U^2}}}{{4.R}} = 4.100 = 400{\rm{W}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công suất tiêu thụ: \(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

Phương trình bậc 2: \(a{x^2} + bx + c = 0\) có nghiệm khi \(\Delta  = {b^2} - 4ac \ge 0\)

Lời giải chi tiết:

Khi chưa tháo tụ điện ra khỏi mạch, công suất nhiệt trên điện trở là:

\(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}.150}}{{{{150}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

Khi tháo tụ điện ra khỏi mạch thì công suất toả nhiệt trên điện trở là:

\(P' = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_L^2}} = \dfrac{{{U^2}.150}}{{{{150}^2} + Z_L^2}}\)

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}P' = \dfrac{P}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{{U^2}.150}}{{{{150}^2} + Z_L^2}} = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{U^2}.150}}{{{{150}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\\ \Leftrightarrow 3.\left[ {{{150}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right] = {150^2} + Z_L^2\\ \Leftrightarrow 3.\left( {{{150}^2} + Z_L^2 - 2.{Z_L}.{Z_C} + Z_C^2} \right) = {150^2} + Z_L^2\\ \Leftrightarrow {3.150^2} + 3Z_L^2 - 6{Z_L}.{Z_C} + 3Z_C^2 = {150^2} + Z_L^2\\ \Leftrightarrow 2Z_L^2 - \left( {6.{Z_C}} \right).{Z_L} + 3Z_C^2 + 45000 = 0\,\,\left( 1 \right)\\ \Leftrightarrow 3Z_C^2 - \left( {6{Z_L}} \right).{Z_C} + 2Z_L^2 + 45000 = 0\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Xét phương trình bậc 2 đối với ẩn Z_L. Điều kiện để (1) có nghiệm là:

\(\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {6{Z_C}} \right)^2} - 4.2.\left( {3Z_C^2 + 45000} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 36Z_C^2 - 24Z_C^2 - 360000 \ge 0\\ \Leftrightarrow {Z_C} \ge 173,2\Omega  \Rightarrow {Z_{C\min }} = 173,2\Omega \,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét phương trình bậc 2 đối với ẩn Z_C. Điều kiện để (2) có nghiệm là:

\(\begin{array}{l}\Delta  = {\left( {6{Z_L}} \right)^2} - 4.3.\left( {2Z_C^2 + 45000} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow 36Z_L^2 - 24Z_C^2 - 540000 \ge 0\\ \Leftrightarrow {Z_L} \ge 212,1\Omega  \Rightarrow {Z_{L\min }} = 212,1\Omega \,\,\,\,\left( {**} \right)\end{array}\)

Từ (*) và (**) ta có:

\({Z_{L\min }} + {Z_{C\min }} = 173,2 + 212,1 = 385,3\Omega \)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch MB: \(\cos {\varphi _{RL}} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{U_{MB}} = \sqrt 3 .{U_{AM}} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + Z_L^2}  = \sqrt 3 {Z_C}\\\tan \left( {\dfrac{\pi }{6}} \right) = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{R^2} + Z_L^2 = 3Z_C^2 \Leftrightarrow \dfrac{{Z_L^2}}{{{R^2}}} - 3\dfrac{{Z_C^2}}{{{R^2}}} + 1 = 0\\\dfrac{{{Z_L}}}{R} - \dfrac{{{Z_C}}}{R} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\\\end{array}\)

Đặt:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{Z_L}}}{R} = x\\\dfrac{{{Z_C}}}{R} = y\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} - 3{y^2} + 1 = 0\\x - y = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow y = x - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right.\\ \Rightarrow {x^2} - 3.{\left( {x - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3\left( {{x^2} - \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}x + \dfrac{1}{3}} \right) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x^2} - 3{x^2} + 2\sqrt 3 x - 1 + 1 = 0\\ \Leftrightarrow  - 2{x^2} + 2\sqrt 3 x = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 3  \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{R} = \sqrt 3 \end{array}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch MB là:

\(\cos {\varphi _{MB}} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = 0,5\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công thức tính cảm kháng, dung kháng: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L\\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\end{array} \right.\)

Công suất tiêu thụ của mạch khi K đóng: \({P_d} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_C^2}}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch khi K mở: \({P_m} = \dfrac{{{U^2}.\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

Kết hợp các công thức và kĩ năng đọc đồ thị để khai thác được các dữ kiện từ đồ thị.

Lời giải chi tiết:

Ta có đồ thị như hình vẽ:

Từ dữ kiện: \(LC{\omega ^2} = 2 \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = 2 \Rightarrow {Z_L} = 2{Z_C}\)

+ Khi K đóng mạch gồm R nt C. Công suất tiêu thụ của đoạn mạch khi đó:

\({P_d} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_C^2}} = \dfrac{{{U^2}}}{{R + \dfrac{{Z_C^2}}{R}}} \Rightarrow {P_{d\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{2R}} \Leftrightarrow R = {Z_C}\)

Từ đồ thị ta thấy: \({P_{d\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{2{R_0}}} = \dfrac{{{U^2}}}{{2{Z_C}}} = 5a\,\,\left( 1 \right)\)

Chú ý khi P_đ đạt cực đại thì \({R_0} = {Z_C} > 20\Omega \)

Tại giá trị R = 20Ω ta có : \({P_d} = \dfrac{{{U^2}.20}}{{{{20}^2} + Z_C^2}} = 3a\,\,\left( 2 \right)\)

Lấy (1) chia (2) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{{20}^2} + Z_C^2}}{{40.{Z_C}}} = \dfrac{5}{3} \Leftrightarrow 3Z_C^2 - 200{Z_C} + 1200 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_C} = 60\Omega \,\,\left( {t/m} \right)\\{Z_C} = \dfrac{{20}}{3} < 20\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {Z_C} = 60\Omega \end{array}\)

+ Khi K mở mạch gồm: \(R - L,r - C\)

Công suất tiêu thụ của mạch:

\({P_m} = \dfrac{{{U^2}.\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}.\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_C^2}}\)

Từ đồ thị ta thấy:\(R = 0 \Rightarrow {P_m} = \dfrac{{{U^2}.r}}{{{r^2} + Z_C^2}} = 3a\,\,\,\left( 3 \right)\)

Từ (2) và (3) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{U^2}.20}}{{{{20}^2} + Z_C^2}} = \dfrac{{{U^2}.r}}{{{r^2} + Z_C^2}} \Leftrightarrow \dfrac{{20}}{{20 + {{60}^2}}} = \dfrac{r}{{{r^2} + {{60}^2}}}\\ \Leftrightarrow {r^2} - 200r + 3600 = 0 \Rightarrow r = 180\Omega \end{array}\)

(Chú ý rằng \(r > \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\))

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Từ đồ thị ta thấy điện áp cực đại của u_ANlà 30 V , pha ban đầu bằng 0, vì vậy ta có phương trình điện áp:   

\({u_{AN}} = 30.cos\left( {\omega t} \right)\)

+ Từ đồ thị ta thấy điện áp cực đại của u_MBlà  \(30\sqrt 2 (V)\), pha ban đầu bằng \(\frac{{ - \pi }}{2}\) , vì vậy ta có phương trình điện áp:  

\({u_{MB}} = 30\sqrt 2 .cos\left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)(cm)\)

+ Vì công suất tiêu thụ trên AM bằng công suất tiêu thụ trên MN nên ta có:

\(\;{I^2}.R{\rm{ }} = {I^2}.r \Leftrightarrow R = r\)

Vẽ giản đồ vecto. Sử dụng giản đồ vecto và các dữ kiện bài cho để giải.

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy điện áp cực đại của u_AN là 30 V , pha ban đầu bằng 0, vì vậy ta có phương trình điện áp:

 \({u_{AN}} = 30.cos\left( {\omega t} \right)\)

+ Từ đồ thị ta thấy điện áp cực đại của u_MBlà  \(30\sqrt 2 (V)\), pha ban đầu bằng \(\frac{{ - \pi }}{2}\) , vì vậy ta có phương trình điện áp:  

\({u_{MB}} = 30\sqrt 2 .cos\left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)(cm)\)

Vì công suất tiêu thụ trên AM bằng công suất tiêu thụ trên MN nên ta có:

 \(\;{I^2}.R{\rm{ }} = {I^2}.r \Leftrightarrow R = r\)

Ta có giản đồ vecto như hình sau:

với  \({U_{AN}} = 15\sqrt 2 V;{U_{MB}} = \;30V\)

Ta có :

\(\Delta AON \sim \Delta BOM \Rightarrow \frac{{AO}}{{BO}} = \frac{{AN}}{{BM}} = \frac{{15\sqrt 2 }}{{30}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow BO = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.AO\)

Trong tam giác OMB ta có:

\(M{B^2} = O{M^2} + O{B^2} = O{M^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}OA} \right)^2}\)

Mà OM = OA nên : 

\(M{B^2} = \frac{3}{2}O{A^2} \Leftrightarrow OA = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}MB = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.30 = 15\sqrt 6 V\)

Vì vậy ta có \(OB = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.OA = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.15\sqrt 6 = 15{\sqrt 3 _{}}(V)\)

Ta có: 

\(AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = \sqrt {{{(15\sqrt 6 )}^2} + {{\left( {15\sqrt 3 } \right)}^2}} = {45_{}}V\)

Hệ số công suất là 

\(\cos \varphi = \frac{{AO}}{{AB}} = \frac{{15\sqrt 6 }}{{45}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = 0,82\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Ta coi đoạn mạch gồm R nối tiếp quạt là điện trở R nối tiếp với đọan mạch RLC nối tiếp.

Áp dụng công thức tính công suất của quạt  \(P = U.I.\cos \varphi \) ta tính được cường độ dòng điện I

Vẽ giản đồ vecto của đoạn mạch.

Từ đó ta tìm được U_R từ giản đồ vecto:  

\(U = \sqrt {U_R^2 + U_q^2 - 2{U_R}.{U_q}.\cos ({{180}^0} - \varphi )} \)

Xác định được điện trở R:

\(R = \frac{{{U_R}}}{I}\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức tính công suất của quạt:

\(P = U.I.\cos \varphi \Rightarrow I = \frac{P}{{U.\cos \varphi }} = \frac{{80}}{{220.0,8}} = \frac{5}{{11}}A\)

Mạch điện có giản đồ vecto:

Từ đó ta tìm được U_R từ giản đồ vecto:

\(\begin{gathered}
U = \sqrt {U_R^2 + U_q^2 - 2{U_R}.{U_q}.\cos ({{180}^0} - \varphi )} \hfill \\
\Leftrightarrow {380^2} = U_R^2 + {220^2} - 2.{U_R}.220.( - \cos \varphi ) \Rightarrow {U_R} = 180V \hfill \\
\end{gathered} \)

Xác định được điện trở R:

\(R = \frac{{{U_R}}}{I} = \frac{{180}}{{\frac{5}{{11}}}} = {396_{}}\Omega \)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Biến đổi  

\(u = {U_0}.{\cos ^2}\left( {\omega t + \varphi } \right) = {U_0}.\left( {\frac{{1 + \cos \left( {2\omega t + 2\varphi } \right)}}{2}} \right)\)

Khi có hai giá trị R₁ và R₂cùng cho một công suất P thì:  

\(P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Chú ý: tụ điện chỉ cho dòng điện xoay chiều đi qua.

Lời giải chi tiết:

Biến đổi:

\(\begin{gathered}
u = {U_0}.{\cos ^2}\left( {\omega t + \varphi } \right) = {U_0}.\left( {\frac{{1 + \cos \left( {2\omega t + 2\varphi } \right)}}{2}} \right) \hfill \\
\,\,\,\, = \frac{{{U_0}}}{2} + \frac{{{U_0}}}{2}.\cos \left( {2\omega t + 2\varphi } \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Vậy dòng điện có hai thành phần, thành phần thứ nhất là dòng điện không đổi, thành phần thứ hai là dòng điện xoay chiều.

Vì mạch của ta có RLC nối tiếp, mà tụ điện chỉ cho dòng điện xoay chiều đi qua, nên mạch chỉ do thành phần xoay chiều đi qua mạch.

Khi có hai giá trị R₁ và R₂ cùng cho một công suất P thì:  \(P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Vậy ta có : 

\(P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{{{\left( {\frac{{{U_0}}}{{2\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{(25 + 75)}} = 100 \Rightarrow {U_0} = 200{\sqrt 2 _{}}V\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Vận dụng bài toán f biến thiên

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: \(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Khi \(f = {f_1}\) và \(f = {f_2}\) thì mạch có cùng công suất \({P_0}\) , ta có:

\(\begin{array}{l}{P_1} = {P_2} = {P_0}\\ \Leftrightarrow cos{\varphi _1} = cos{\varphi _2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}} }} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}} }}\\ \Leftrightarrow {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = {Z_{{C_1}}} + {Z_{C2}}\\ \Leftrightarrow L\left( {{\omega _1} + {\omega _2}} \right) = \dfrac{1}{C}\left( {\dfrac{1}{{{\omega _1}}} + \dfrac{1}{{{\omega _2}}}} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{LC}} = {\omega _1}{\omega _2}\)  (1)

Để \({U_{{C_{max}}}}\) khi đó \({\omega _3} = \dfrac{1}{{LC}} - \dfrac{{{R^2}}}{{2{L^2}}}\) 

Theo đề bài ta có: \(R = \sqrt {\dfrac{L}{C}}  \Rightarrow {R^2} = \dfrac{L}{C} \Rightarrow {R^2} = {Z_{L1}}{Z_{C1}}\)

\( \Rightarrow \omega _3^2 = \dfrac{1}{{LC}} - \dfrac{{\dfrac{L}{C}}}{{2{L^2}}} = \dfrac{1}{{2LC}}\)  (2)

Lại có \(\dfrac{{{f_1} + {f_2}}}{{{f_3}}} = \dfrac{{{\omega _1} + {\omega _2}}}{{{\omega _3}}} = \dfrac{9}{2}\)  (3)

Từ (1), (2) ta suy ra: \({\omega _1}{\omega _2} = 2\omega _3^2\)

Kết hợp vớ (3) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{\omega _1} = 8{\omega _2} = 4{\omega _3}\\{\omega _2} = \dfrac{{{\omega _3}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_{{L_1}}} = 8{Z_{L2}} = 4{Z_{L3}}\\{Z_{C1}} = \dfrac{{{Z_{C2}}}}{8} = \dfrac{{{Z_{C3}}}}{4}\end{array} \right.\)

Ta có

\(\begin{array}{l}{Z_{L1}} + {Z_{L2}} = {Z_{C1}} + {Z_{{C_2}}}\\ \Rightarrow {Z_{L1}} + \dfrac{{{Z_{L1}}}}{8} = {Z_{C1}} + 8{Z_{C1}}\\ \Rightarrow {Z_{L1}} = 8{Z_{C1}}\end{array}\)

Ta có: \(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \dfrac{{{U^2}R}}{{Z_{C3}^2 - Z_{L3}^2}}\) và \({P_0} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}R}}{{Z_{L1}^2 - {Z_{L1}}{Z_C} + Z_{C1}^2}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{P_0}}}{P} = \dfrac{{Z_{C3}^2 - Z_{L3}^2}}{{Z_{L1}^2 - {Z_{L1}}{Z_{C1}} + Z_{C1}^2}} = \dfrac{{16Z_{C1}^2 - 4Z_{C1}^2}}{{64Z_{C1}^2 - 8Z_{C1}^2 + Z_{C1}^2}} = \dfrac{{12}}{{57}} = \dfrac{4}{{19}}\) 

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất :  

\(P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\)

Xác định điều kiện của R để P_max

Từ đồ thị ta thấy:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{P_{1\max }} = 100W \Leftrightarrow {R_1} = 120\Omega \\
{P_{21}} = 100W \Leftrightarrow {R_{21}} = 200\Omega
\end{array} \right.\)

Từ đó xác định U và R₂₀ để tìm P_2max

Lời giải chi tiết:

Công thức tính công suất :

\(P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}.R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R}}}\)

Áp dụng công thức Cosi cho mẫu ta có :

\(R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \ge 2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

Do đó  

\({P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} \Leftrightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

Từ đồ thị ta thấy :

\({P_{1\max }} = 100W \Leftrightarrow \frac{{{U^2}}}{{2{R_{10}}}} = 100 \Rightarrow {U^2} = 200.{R_{10}} = 200.120 = 24000\)

Và:

\(\begin{array}{l}
{P_2} = 100W \Leftrightarrow \frac{{{U^2}.{R_2}}}{{R_2^2 + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}}} = 100 \Rightarrow \frac{{24000.200}}{{{{200}^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}}} = 100\\
\Rightarrow {\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)^2} = 8000 \Rightarrow \left| {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right| = \sqrt {8000}
\end{array}\)

Vậy :  

\({P_{2\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2.\left| {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right|}} = \frac{{24000}}{{2.\sqrt {8000} }} \approx 134W\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Dung kháng của tụ điện: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Mạch có cộng hưởng: \({P_{\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{R + r}};\,\,{Z_L} = {Z_C}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: \({U_d} = \dfrac{{U.\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Khi C = C₁ và C = C₂, dung kháng của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_1}}} = \dfrac{1}{{\omega {C_1}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{50.10}^{ - 6}}}}{\pi }}} = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_{{C_2}}} = \dfrac{1}{{\omega {C_2}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{1.10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}}} = 50\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Khi C = C₁, trong mạch có cộng hưởng, khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = {Z_{{C_1}}} = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\{P_{\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{R + r}} \Rightarrow R + r = \dfrac{{{U^2}}}{{{P_{\max }}}} = \dfrac{{{{200}^2}}}{{160}} = 250\,\,\left( \Omega  \right)\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

Khi C = C₂, u_RC và u_rL vuông pha, ta có:

\(\begin{array}{l}\tan {\varphi _{{u_{RC}}}}.\tan {\varphi _{{u_{rL}}}} =  - 1 \Rightarrow \dfrac{{ - {Z_{{C_2}}}}}{R}.\dfrac{{{Z_L}}}{r} =  - 1\\ \Rightarrow R.r = {Z_{{C_2}}}.{Z_L} = 50.200 = 10000\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}R + r = 250\\R.r = 10000\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\r = 50\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là:

\(\begin{array}{l}{U_d} = \dfrac{{U.\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{{C_2}}}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow {U_d} = \dfrac{{200.\sqrt {{{50}^2} + {{200}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {200 + 50} \right)}^2} + {{\left( {200 - 50} \right)}^2}} }} = 141\,\,\left( V \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế \({U_{RL}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy khi Z_L = 49 (Ω) thì U_LRrmax, hệ số công suất của mạch bằng 0,8.

Khi Z_L = 49 Ω, ta có:

\({U_{RL}} = \dfrac{U}{Z}.{Z_{LR}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + \dfrac{{{Z_C}^2 - 2.{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}} }}\)

Đặt \(y = \dfrac{{{Z_C}^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}} \Rightarrow y' = \dfrac{{{Z_L}^2 - {R^2} - {Z_L}{Z_C}}}{{{{\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)}^2}}}\)

Để \({U_{RL\max }} \Leftrightarrow {y_{\min }} \Leftrightarrow y' = 0 \Rightarrow {Z_L}^2 - {R^2} - {Z_L}{Z_C} = 0\)

\( \Rightarrow {Z_C} = {Z_L} - \dfrac{{{R^2}}}{{{Z_L}}} = 49 - \dfrac{{{R^2}}}{{49}}\)

Hệ số công suất của mạch khi đó là:

\(\begin{array}{l}\cos \varphi {\rm{ = }}\dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 0,8\\ \Rightarrow \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left[ {49 - \left( {49 - \dfrac{{{R^2}}}{{49}}} \right)} \right]}^2}} }} = 0,8\\ \Rightarrow \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{{{R^2}}}{{49}}} \right)}^2}} }} = 0,8 \Rightarrow R = 36,75\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Vẽ giản đồ vecto.

Sử dụng định lí hàm số cos và hàm số sin.

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: \(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định lí hàm số cos ta có :

\(\begin{array}{l}U_C^2 = U_{LR}^2 + {U^2} - 2.{U_{LR}}.U.\cos \dfrac{\pi }{3}\\ \Rightarrow U_C^2 = {200^2} + {100^2} - 2.200.100.\dfrac{1}{2} = {3.10^4}\\ \Rightarrow {U_C} = 100\sqrt 3 V\end{array}\)

Áp dụng định lí hàm số sin ta có :

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{U_{LR}}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_C}}}{{\sin \dfrac{\pi }{3}}} \Rightarrow \sin \alpha  = \dfrac{{{U_{LR}}}}{{{U_C}}}.\sin \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{200}}{{100\sqrt 3 }}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 1\\ \Rightarrow \alpha  = {90^0} \Rightarrow \varphi  = 0 \Rightarrow \overrightarrow U  \uparrow  \uparrow \overrightarrow {{U_R}} \end{array}\)

(Có cộng hưởng điện)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB : \(P = \dfrac{{{U^2}}}{R} = \dfrac{{{{100}^2}}}{{50}} = 200W\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Điện năng tiêu thụ: \(Q = \dfrac{{{U^2}}}{R}.\Delta t\)

+ Công thức tính tổng trở và định luật Ôm: \(\left\{ \begin{array}{l}Z = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \\I = \dfrac{U}{Z}\end{array} \right.\)

+ Tụ điện cản trở hoàn toàn dòng điện không đổi.

Lời giải chi tiết:

+ Ban đầu cường độ dòng điện qua R. cuộn dây và C lần lượt là 1A; 1A; 0A, chứng tỏ dòng điện ban đầu là dòng điện không đổi, và cuộn dây có điện trở thuần bằng R.

Điên năng tiêu thụ ban đầu là: \(Q = \dfrac{{{U^2}}}{R}.\Delta t\) 

+ Sau đó dùng dòng điện xoay chiều. Điện năng tiêu thụ khi đặt vào dòng điện lúc sau và chỉ có R là:

\(Q' = \dfrac{{U{'^2}}}{R}.\Delta t = 4Q \Leftrightarrow \dfrac{{U{'^2}}}{R} = 4\dfrac{{{U^2}}}{R} \Rightarrow U' = 2U\) 

Khi cho dòng điện qua cuộn dây ta có:

\(Q'' = Q \Leftrightarrow \dfrac{{U{'^2}.R}}{{{R^2} + Z_L^2}}.\Delta t = \dfrac{{{U^2}}}{R}.\Delta t \Rightarrow {Z_L} = \sqrt 3 R\)

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

\(\begin{array}{l}\dfrac{{U'}}{{\sqrt {{{\left( {R + R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{R} \Leftrightarrow \dfrac{{2U}}{{\sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{R}\\ \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} = \sqrt 3 R\end{array}\)

Khi mắc điện trở với tụ vào mạch thứ hai thì cường độ dòng điện là:

\(I = \dfrac{{U'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = \dfrac{{2U}}{{\sqrt {{R^2} + 3{R^2}} }} = \dfrac{U}{R} = 1A\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: \(P = {I^2}R\)

+ Bài toán cuộn dây không thuần cảm, công suất trên biến trở cực đại

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: \(cos\varphi  = \dfrac{R}{Z}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có khi \(R = 30\Omega \) thì hệ số công suất của mạch bằng \(0,8\) và công suất tiêu thụ của biến trở đạt cực đại.
Mặt khác, công suất trên biến trở:

\({P_R} = {I^2}R = \dfrac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \dfrac{{{U^2}}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}R\)

Công suất trên biến trở cực đại \(\left( {{P_{{R_{max}}}}} \right)\)  khi \({R^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {30^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\)  (1)

Hệ số công suất của mạch khi đó: \(cos\varphi  = \dfrac{{R + r}}{Z} \Leftrightarrow 0,8 = \dfrac{{R + r}}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

\( \Rightarrow \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 0,75\left( {R + r} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \({30^2} = {r^2} + 0,{75^2}{\left( {30 + r} \right)^2}\)

\( \Rightarrow r = 8,4\Omega \)  gần đáp án C nhất

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto.

Hệ số công suất của đoạn mạch: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{Z}\)

Lời giải chi tiết:

+ Ta có giản đồ vecto:

Hệ số công suất của đoạn mạch:

\(\cos \varphi  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi  = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow \) \(\Delta AMB\) vuông cân tại \(M\)

\( \Rightarrow {U_{0AM}} = {U_{0MB}} = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{80\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 80V\)

+ Lại có \({u_{AM}}\)vuông pha với \({u_{MB}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{u_{AM}}}}{{{U_{0AM}}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{{u_{MB}}}}{{{U_{0MB}}}}} \right)^2} = 1\\ \Rightarrow u_{MB}^2 = \sqrt {U_{0AM}^2 - u_{AM}^2}  = \sqrt {{{80}^2} - {{48}^2}}  = 64V\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Cảm kháng của cuộn dây thuần cảm: \({Z_L} = \omega L\)

Dung kháng của tụ điện: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Hệ số công suất: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn dây thuần cảm và dung kháng của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{{0,2}}{\pi } = 20\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Điện áp hiệu dụng trong cả 3 trường hợp đều bằng U_d → tổng trở trong cả 3 trường hợp là như nhau:

\({\left( {R + r} \right)^2} + {Z_{{L_0}}}^2 = {\left( {{Z_L} + {Z_{{L_0}}}} \right)^2} + {r^2} \Rightarrow {\left( {40 + r} \right)^2} + {Z_{{L_0}}}^2 = {r^2} + {\left( {20 + {Z_{{L_0}}}} \right)^2}\,\,\left( 1 \right)\)

\({r^2} + {\left( {{Z_L} + {Z_{{L_0}}}} \right)^2} = {r^2} + {\left( {{Z_{{L_0}}} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow {r^2} + {\left( {20 + {Z_{{L_0}}}} \right)^2} = {r^2} + {\left( {{Z_{{L_0}}} - 100} \right)^2}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2), ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\left( {40 + r} \right)^2} + {Z_{{L_0}}}^2 = {r^2} + {\left( {20 + {Z_{{L_0}}}} \right)^2}\\{r^2} + {\left( {20 + {Z_{{L_0}}}} \right)^2} = {r^2} + {\left( {{Z_{{L_0}}} - 100} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow 20 + {Z_{{L_0}}} = 100 - {Z_{{L_0}}} \Rightarrow {Z_{{L_0}}} = 40\,\,\left( \Omega  \right)\\ \Rightarrow {\left( {40 + r} \right)^2} + {40^2} = {r^2} + {\left( {20 + 40} \right)^2} \Rightarrow r = 5\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Hệ số công suất của cuộn dây là:

\(\cos {\varphi _d} = \dfrac{r}{{{Z_d}}} = \dfrac{r}{{\sqrt {{r^2} + {Z_{{L_0}}}^2} }} = \dfrac{5}{{\sqrt {{5^2} + {{40}^2}} }} = 0,124\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất  

\(P = U.I.\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Công suất khi R = R₁ là:  

\({P_1} = U.{I_1}.\cos {\varphi _1} = \frac{{{U^2}}}{{\sqrt {{R_1}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}.\cos {\varphi _1}\)

Công suất khi R = R₂ là: 

\({P_2} = U.{I_2}.\cos {\varphi _2} = \frac{{{U^2}}}{{\sqrt {{R_2}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}.\cos {\varphi _2}\)

Từ đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}
{\cos ^2}{\varphi _1} + {\cos ^2}{\varphi _2} = \frac{7}{{10}}\\
\Rightarrow \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}{\varphi _1}}} + \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}{\varphi _2}}} = \frac{7}{{10}} \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_2}}}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}}\\
\Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{\frac{1}{2}{R_1}}}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}} \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{1 + 4{{\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{10}}
\end{array}\)

Đặt  \({\left( {\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}}} \right)^2} = x;\,\,\left( {x > 0} \right)\) ta được:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + 4x}} = \frac{7}{{10}} \Rightarrow \frac{{5x + 2}}{{4{x^2} + 5x + 1}} = \frac{7}{{10}}\\
\Rightarrow 10.(5x + 2) = 7.(4{x^2} + 5x + 1)\\
\Leftrightarrow 28{x^2} - 15x - 13 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 1\,\,\,(tm)\\
{x_2} = - \frac{{13}}{{28}}\,\,(loai)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{Z_{LC}}}}{{{R_1}}} = 1 \Leftrightarrow {Z_{LC}} = {R_1} \Rightarrow \tan {\varphi _1} = 1 \Rightarrow {\varphi _1} = {45^0} \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\
\tan {\varphi _2} = 2\tan {\varphi _1} = 2 \Rightarrow \cos {\varphi _2} = \sqrt {\frac{1}{{1 + \tan {\varphi _2}}}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}
\end{array}\)

Tỉ số :

\(\begin{array}{l}
\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{{U^2}.\cos {\varphi _1}}}{{\sqrt {{R_1}^2 + Z_{LC}^2} }}.\frac{{\sqrt {R_2^2 + Z_{LC}^2} }}{{{U^2}.\cos {\varphi _2}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{1}{{\sqrt {{R_1}^2 + R_1^2} }}.\frac{{\sqrt {\frac{1}{4}R_1^2 + R_1^2} }}{{\frac{1}{{\sqrt 5 }}}} = \frac{5}{4}\\
\end{array}\)

Chọn A.