Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ frenen

Công thức lượng giác: cos(a + b) = cosa.cosb – sina.sinb

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

- Ta có giản đồ véc tơ sau

Từ hình vẽ ta thấy rằng φ₁ + φ₂ = π/2

\( \Rightarrow \cos \left( {{\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) = 0 \Leftrightarrow \cos {\varphi _1}\cos {\varphi _2} = \sin {\varphi _1}\sin {\varphi _2}\) 

 \( \Leftrightarrow 1 = {{\sin {\varphi _1}\sin {\varphi _2}} \over {\cos {\varphi _1}\cos {\varphi _2}}} \Leftrightarrow \tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2} = 1(1)\)

Mà  \(\tan {\varphi _1} = {{{Z_L}} \over R};\tan {\varphi _2} = {{{Z_C}} \over R}\)

Thay vào (1) ta được  \({{{Z_L}} \over R}.{{{Z_C}} \over R} = 1 \Leftrightarrow {R^2} = {Z_L}{Z_C}\)

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ frenen

Lời giải chi tiết:

Theo đề bài ta có U_L = 2U_R = 2U_C

Ta vẽ được giản đồ véc tơ như sau 

Từ giản đồ véc tơ thấy rằng u sớm pha hơn i một góc π/4

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ frenen

Lời giải chi tiết:

- Theo đề bài ta có  \({U_R} = {U_C}\sqrt 3 ;{U_L} = 2{U_C}\)

- Ta vẽ được giản đồ véc tơ sau

Từ giản đồ véc tơ ta thấy u sớm pha hơn i một góc π/6

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ frenen và công thức của đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp

Lời giải chi tiết:

- Giả sử cuộn dây thuần cảm, điện áp hai đầu đoạn mạch MN là u_L

Theo đề bài ta có u_L nhanh pha 2π/3 so với u

- Ta vẽ được giản đồ véc tơ sau

Xét tam giác vuông NAB ta có  \(AB = {{AN} \over {\cos {\pi  \over 6}}} = {2 \over {\sqrt 3 }}AN\)

Tức là  \(Z = {2 \over {\sqrt 3 }}R = 200\Omega \)

Cường độ dòng điện cực đại là  \({I_0} = {{{U_0}} \over Z} = {{200\sqrt 2 } \over {200}} = \sqrt 2 A\)

Từ giản đồ véc tơ ta có u trễ pha π/6 so với i

Do đó, φ_i = π/6 rad

Vậy biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là  \(i = \sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + {\pi  \over 6}} \right)A\)

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch xoay chiều

\(P = UI\cos \varphi  = {{{U^2}} \over Z}\cos \varphi  = {{{U^2}} \over R}{\cos ^2}\varphi \)

Lời giải chi tiết:

- Công suất tiêu thụ của mạch RLC mắc nối tiếp là

 \(P = UI\cos \varphi  = {{{U^2}} \over Z}\cos \varphi  = {{{U^2}} \over R}{\cos ^2}\varphi \)

Thay số vào ta được  \(P = {{{{120}^2}} \over {50}}{\cos ^2}{\pi  \over 3} = 72W\)

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Sơ đồ mạch điện như sau

Ta vẽ được giản đồ véc tơ như sau

Trong tam giác vuông MAB ta có \(\widehat {MBA} + \varphi  = {90^ \circ } \Rightarrow \cos \varphi  = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)

Thấy rằng  \(\widehat {MBA} + \widehat {ABN} = {180^ \circ } \Rightarrow \sin \widehat {ABN} = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)

Do đó,  \(\cos \widehat {ABN} =  \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {ABN}}  =  \pm 0,6\)

Vì \(\widehat {ABN}\) là góc tù nên  \(\cos \widehat {ABN} =  - 0,6\)

Trong tam giác ABN ta có  \(A{N^2} = A{B^2} + B{N^2} - 2AB.BN\cos \widehat {ABN}\)

Tức là ta có  \(U_{AN}^2 = U_{AB}^2 + U_{NB}^2 - 2{U_{AB}}{U_{NB}}\cos \widehat {ABN}\)

Thay số vào ta được  \(U_{AN}^2 = {300^2} + {140^2} - 2.300.140.\left( { - 0,6} \right) = 160000\)

Vậy U_AN = 400 V

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp giản đồ véc tơ 

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác

Lời giải chi tiết:

- Do dòng điện trong mạch lệch pha π/3 so với u_d nên cuộn dây là không thuần cảm.

- Ta vẽ được giản đồ véc tơ sau 

Từ giản đồ véc tơ ta có được

+ U_d = U_R = 60V

+  \({U^2} = U_R^2 + U_d^2 - 2{U_R}{U_d}\cos {{2\pi } \over 3}\)

Thay số vào ta được  \(U = \sqrt {{{60}^2} + {{60}^2} - 2.60.60.\cos {{2\pi } \over 3}}  = 60\sqrt 3 V\)

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ, lí thuyết về dòng điện xoay chiều trong mạch RLC nối tiếp(công thức tính độ lệch pha, công thức tính cảm kháng, dung kháng)

Lời giải chi tiết:

- Dung kháng của tụ điện  \({Z_C} = {1 \over {\omega C}} = {1 \over {100\pi .{{{{5.10}^{ - 5}}} \over \pi }}} = 200\Omega \)

- Biểu thức của cường độ dòng điện và điện áp hai đầu đoạn mạch là u = U₀cos(100πt – π/4) V và i = I₀cos(100πt – π/12) A

=> u trễ pha π/6 so với i

Do đó, ta có  \(\tan \varphi  = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R} = {1 \over {\sqrt 3 }}\)

Hay  \({Z_C} - {Z_L} = {R \over {\sqrt 3 }} =  > {Z_L} = {Z_C}  - {R \over {\sqrt 3 }} = 200 - {{100\sqrt 3 } \over {\sqrt 3 }} = 100\Omega \)

Do đó, độ tự cảm của cuộn dây là  \(L = {{{Z_L}} \over \omega } = {{100} \over {100\pi }} = {1 \over \pi }H\)

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ và công thức tính dung kháng của tụ điện 

Lời giải chi tiết:

- Từ đề bài ta vẽ được giản đồ véc tơ sau

Từ hình vẽ ta rút ra được

- U_AB = U_CD

- U_CD = U_AD.tan(π/6) = 100V

Vậy dung kháng của tụ điện là  \({Z_C} = {{{U_C}} \over I} = {{{U_{AB}}} \over I} = {{{U_{CD}}} \over I} = 100\Omega \)

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Vì \({U_{RL}} = \sqrt {13} {U_C}\) nên ta chọn  \({U_C} = 1;{U_{RL}} = \sqrt {13} \)

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác ta được

 \(\cos {{2\pi } \over 3} = {{{1^2} + {U^2} - 13} \over {2.1.U}} \Leftrightarrow  - U = {U^2} - 12 \Leftrightarrow {U^2} + U - 12 = 0\)

Giải ra ta được U = 3

Vậy, tỉ số U/U_C = 3

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ

Lời giải chi tiết:

Ta có giản đồ véc tơ

Từ giản đồ véc tơ trên ta thấy

+ U_LC = U.cos(π/3) = U/2 = 80V

+ U_L = U_C – U_LC = 160 – 80 = 80V

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ véc tơ

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Từ giản đồ véc tơ ta thấy 

+ Tam giác AMB có  \(A{B^2} = A{M^2} + M{B^2} - 2AM.MB.\cos \widehat {AMB}\)

Tức là  \(U = \sqrt {U_{AM}^2 + U_{MB}^2 - 2{U_{AM}}{U_{MB}}.\cos {{2\pi } \over 3}}  = \sqrt {{{30}^2} + {{30}^2} - 2.30.30.\left( { - {1 \over 2}} \right)}  = 30\sqrt 3 V\)

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Dựa vào giản đồ có ngay u_MN vuông pha UMP có ngay đáp án C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Từ giá trị các trở kháng ta có giản đồ véctơ:

Từ giản đồ ta thấy ở thời điểm t u_MB =  u_RC = 60(V) thì u_C = 30(V) và u_R = 30\(\sqrt3\) (V)i = u_R/R = 0,6\(\sqrt3\) (A)

Ta luôn có i và u_C vuông pha nhau nên:

    \({{{i^2}} \over {I_0^2}} + {{u_C^2} \over {{{({Z_C}.{I_0})}^2}}} = 1\)    → I₀ = 0,6\(\sqrt6\) (A)

Vậy điện áp cực đại U₀ =  I₀Z = \(50\sqrt7 V\)Chọn C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Vẽ giãn đồ véc tơ . Do R = 4r => U_R+r+ = 5U_r

       u_AN lệch pha với u_MB một góc 90⁰  nên hai tam giác

   OEF và DCO đồng dạng => \({{OE} \over {CD}} = {{EF} \over {CO}} = {{OF} \over {DO}} =  > {{{U_r}} \over {{U_L}}} = {{{U_C} - {U_L}} \over {5{U_r}}} = {{{U_{MBr}}} \over {{U_{AN}}}} = {{60\sqrt 3 } \over {300}} = {{\sqrt 3 } \over 5}\)

---> U_L = \({5 \over {\sqrt 3 }}\)U_r 

(U_R + U_r)² + U_L² = U_AN² =>  25U_r² + U_L² = 90000 

    25U_r² +  U_r² = 90000 ---> U_r² = 2700----> U_r = 30 W

=> U_L = 150 (V);  U_C =  240 (V)

=>  U_R + U_r = 150 W

Do đó U² = (U_R + U_r)² +(U_L – U_C)²  = 75600

=>  U = 275 (V). Chọn  C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Lời Giải:

Tam giác AMB là Tam giác đều

=> U_AB=U =220(V) =U_AM

Chọn C                                                  

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Tam giác AMB cân tại M

=> U_R= MB=120V

=> I=U_R/R  = 120/30 = 4(A) 

Chọn C

Phương pháp giải:

U_R  và U_LC vuông pha trong cả hai trường hợp

Tuy nhiên:  \({\varphi _1}\)và  \({\varphi _2}\) nên đảo vị trí thì mới đảm bảo tinh vật lý của bài toán Có thể lập luận tìn kết qủa như sau

Do i₁ vuông pha với i₂ nên U_R vuông với U_R’ ta được hình chữ nhật như trên

\({U_R} = {U_2} = 2\sqrt 2 {U_1}\) Kết hợp với \({U^2} = U_R^2 + U_1^2=>U\)

Lời giải chi tiết:

\({\varphi _1} + {\varphi _2} = {\pi  \over 2}\) =>\(\tan {\varphi _1}.\tan {\varphi _1} = 1\)  

\({{{U_R}} \over {{U_1}}}.{{{U_R}} \over {{U_2}}} = 1\) HAY \({{{U_R}.{U_1}} \over {U_1^22\sqrt 2 }} = 1 =  > {U_1} = {{{U_R}} \over {2\sqrt 2 }}\)

  MÀ: \({U^2} = U_R^2 + U_1^2\)  => \({U_R} = {{2\sqrt 2 } \over 3}U = 100\sqrt 2 V\)

Phương pháp giải:

Áp dụng giản đồ vecto cho mạch điện xoay chiều 

Lời giải chi tiết:

\({U_{AB}} = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {U_L^{} - U_C^{}} \right)}^2}}  = \sqrt {U_R^2 + {U_C}^2}  = \sqrt {60_{}^2 + {{40}^2}}  = 20\sqrt {13}  = 72,11(V)\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

- Khi f = f₀ ta gán Z_L= R =1Ω

- Khi f = f₀ thì dòng điện sớm pha  π/4 so với điện áp hai đầu mạch AB nên ta có:

\(\tan \left( { - {\pi  \over 4}} \right) = {{{Z_{L0}} - {Z_{C0}}} \over R} =  - 1 \Rightarrow {Z_{C0}} - {Z_{L0}} = R = 1\Omega  \Rightarrow {Z_{C0}} - 1 = 1 \Rightarrow {Z_{C0}} = 2\Omega \) 

- Khi f = f₁ = 2f₀  thì  Z_L1 = 2Z_L0 = 2Ω ;  Z_C1 = 0,5; Z_C0  =1Ω  và ta có: 

\(\tan \varphi  = {{{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \over R} = {{2 - 1} \over 1} = 1 \Rightarrow \varphi  = {\pi  \over 4}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

- Lúc f₁ = 60Hz và  cosφ₁ = 1 nên ta có: Z_L1 = Z_C1 = R

Ta gán số liệu: R = Z_L1 = Z_C1 = 1  

- Lúc f₂ = 120Hz = 2f₁ thì Z_L2 = 2; Z_C2 = 1/2

Hệ số công suất : \(c{\rm{os}}{\varphi _2} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{({Z_{{L_2}}} - {Z_{{C_2}}})}^2}} }} = {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{(2 - {1 \over 2})}^2}} }} = {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{({3 \over 2})}^2}} }} = {2 \over {\sqrt {13} }}\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Ta có U = 240 (V); U_R = IR = 80  (V)Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ:

U_R = U_LC = 80 V. Xét tam giác cân OME

U² = U_R² + U_CL² – 2U_RU_Lcosa => \(\alpha  = {{2\pi } \over 3}\)

=> \(\beta  = {\pi  \over 3} =  > \varphi  = {\pi  \over 6}\)

Xét tam giác OMN   U_C = U_Rtanj = 80(V)  (*)

Xét tam giác OFE  : EF = OE sinj

    U_L – U_C = Usin\({\pi  \over 6}\)  = 120 (V)  (**) . Từ (*) và (**) suy ra U_L = 200 (V)

Do đó Z_L = \({{{U_L}} \over I} = {{200} \over {\sqrt 3 }}\) --->  L =\({{{Z_L}} \over {100\pi }} = {{200} \over {100\pi \sqrt 3 }}\) = 0,3677 H » 0,37 H.  Chọn  A

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Dấu hiệu nhận biết  chính là biểu thức L = CR² => Z_L. Z_C = R²

Khi tần số thay đổi, ta luôn có f ~ Z_L ~1/Z_C. Thông thường với những dạng này ta sẽ chọn đại lượng chuẩn hóa là Z_L hoặc Z_C ứng với tần số nhỏ nhất. 

Chọn đại lượng chuẩn hóa là Z_L, còn Z_C  ta chưa biết, khi đó ta có bảng sau:

Hệ công suất của mạch: \(cos{\varphi _1} = {\rm{ }}cos{\varphi _2} \Leftrightarrow {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(Z_{L1}^{} - {Z_{C1}})}^2}} }} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(Z_{L2}^{} - {Z_{C2}})}^2}} }}\)

Thế số: \({R \over {\sqrt {{R^2} + {{(1 - X)}^2}} }} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(2 - {X \over 2})}^2}} }} \Rightarrow 1 - X = {X \over 2} - 2 \Rightarrow X = 2;R = \sqrt 2 \)

Nên: \(\cos {\varphi _1} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(1 - X)}^2}} }} = {{\sqrt 2 } \over {\sqrt {2 + {{(1 - 2)}^2}} }} = \sqrt {{2 \over 3}} \)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

+ Lúc f₁ = 50Hz và  cosj­₁ = 1 nên ta có: Z_L1 = Z_C1 => chuẩn hóa gán số liệu: Z_L1 = Z_C1 = 1  

+ Lúc f₂ = 100Hz = 2f₁ thì Z_L2 = 2; Z_C2 = 1/2

\(\cos {\varphi _2} = {{\sqrt 2 } \over 2} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{({Z_{L2}} - {Z_{C2}})}^2}} }} \Leftrightarrow {{\sqrt 2 } \over 2} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {2 - {1 \over 2}} \right)}^2}} }} \Rightarrow R = 1,5\) 

+ Lúc f₃ = 75Hz = 1,5f₁  thì Z_L2 = 1,5; Z_C2 = 2/3.

Khi đó: \(\cos {\varphi _3} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{({Z_{L3}} - {Z_{C3}})}^2}} }} = {{1,5} \over {\sqrt {{{1,5}^2} + {{\left( {1,5 - {2 \over 3}} \right)}^2}} }} = {9 \over {\root {} \of {106} }} = 0,874\) 

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

+ Tại \({f_1} = 50\,(Hz) \Rightarrow c{\rm{os}}{\varphi _1} = 1 \Rightarrow {Z_{1L}} = {Z_{1C}}\)

Để đơn giản bài toán: gán \({Z_{1L}} = {Z_{1C}} = 1\)

+ Tại: 

\({f_2} = 120Hz = 2,4{f_1} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_{2L}} = 2,4{Z_{1L}} = 2,4 \hfill \cr
{Z_{2C}} = {{{Z_{1C}}} \over {2,4}} = {1 \over {2,4}} \hfill \cr} \right.\)

Và: \(c{\rm{os}}{\varphi _2} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{2L}} - {Z_{2C}}} \right)}^2}} }} = {{\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow R = {{119} \over {60}}\)

+ Tại: 

\({f_3} = 100Hz = 2{f_1} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_{3L}} = 2{Z_{1L}} = 2 \hfill \cr
{Z_{3C}} = {{{Z_{1C}}} \over 2} = {1 \over 2} \hfill \cr
R = {{119} \over {60}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow c{\rm{os}}{\varphi _3} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{3L}} - {Z_{3C}}} \right)}^2}} }} = 0,798\)

Phương pháp giải:

Ứng dụng giản đồ vecto trong dòng điện xoay chiều 

Lời giải chi tiết:

U_AM = U_C = 50\(\sqrt3\) (V)

U_AB =  50\(\sqrt3\)(V)Góc lệch pha giữa u và i là  \(- {\pi  \over 3}\)

 U­_C – U_L =  U_AB sin \({\pi  \over 3}\)  = 75 (V)

 U_L = 50\(\sqrt3\) - 75 (V)

Góc lệch pha giữa u_MN và i là \({\pi  \over 2} - {\pi  \over 3} = {\pi  \over 6}\)

=> U_r = U_L/tan\({\pi  \over 6}\) = U_L \(\sqrt3\) ;\(r = {{{U_r}} \over I} = 75 - 37,5\sqrt 3  = 10\Omega\)

Công suất tiêu thụ của cuộn dây:  P_d = I²r = 40W

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Theo đề khi f₁ và 4f₁ thì : \({P_1} = 0,8{P_{m{\rm{ax}}}} = {P_{m{\rm{ax}}}}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi  \Rightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi  = 0,8\) 

Với f₀ là tần số cộng hưởng thì ta có:  \({f_0} = \sqrt {{f_1}.4{f_1}}  = 2{f_1}\)

- Khi f₁ thì ta đặt: Z_L = x và  Z_C = y

- Nên khi f₀ = 2f₁  thì ta được: Z_L0 = Z_C0 => 2x = y/2 => y = 4x

Ta có : \(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi  = 0,8 = {{{R^2}} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{{R^2}} \over {{R^2} + {{\left( {x - 4x} \right)}^2}}} = {{{R^2}} \over {{R^2} + 9{x^2}}} \Rightarrow R = 6x\)

 - Khi f = 3f₁  thì ta được: Z_L’ = 3x và Z_C’ = y/3

Ta có: \(\cos \varphi ' = {{{R^{}}} \over {\sqrt {{R^2} + {{({Z_{L'}} - {Z_{C'}})}^2}} }} = {{6x} \over {\sqrt {36{x^2} + {{(3x - {{4x} \over 3})}^2}} }} = {6 \over {\sqrt {36 + {{25} \over 9}} }} = 0,9635\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Chuẩn hóa Z_L = 1 khi f = f₀. Ta có bảng sau:  

Khi f = f₀ thì U_C = U

\({Z_C} = Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  \Rightarrow {x^2} = {R^2} + {(1 - x)^2} \Rightarrow x = {{{R^2} + 1} \over 2}\) (1)

Theo bài: \({{R + {Z_L}} \over {R + {Z_C}}} = {2 \over 3} \Rightarrow {{R + 1} \over {R + x}} = {2 \over 3} \Rightarrow R - 2x + 3 = 0\) (2)

Thế (1) vào (2) ta được R = 2; x = 5/2

Khi tần số là f thì \({U_L} = U \Rightarrow {Z_L} = Z \Rightarrow {Z^2} = {R^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} \Rightarrow {n^2} = {2^2} + {\left( {n - {5 \over {2n}}} \right)^2} \Rightarrow n = {5 \over 2}\) (3)

Ta có: f = f₀ + 75Hz <=> nf = f₀ + 75Hz  \( \Leftrightarrow {{5f} \over 2} = {f_0} + 75Hz \Rightarrow {f_0} = 50Hz\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = {U \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\)

Chú ý các đại lượng tỉ lệ thuận với nhau n ~ f ~  ZL ~ U 

Ta có bảng chuẩn hóa:

Khi n₁ = n và n₂ = 3n thì: \({I_2} = \sqrt 3 {I_1} \Leftrightarrow {3 \over {\sqrt {{R^2} + {3^2}} }} = \sqrt 3 .{1 \over {\sqrt {{R^2} + {1^2}} }} \Rightarrow R = \sqrt 3 \)

Khi n₃ = 2n thì \({Z_{L3}} = 2 \Rightarrow {{{Z_{L3}}} \over R} = {2 \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow {Z_{L3}} = {2 \over {\sqrt 3 }}R\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Giả sử f₂ = nf₁ (1)

Ta có: Z_L1 = 6 => Z_L2 = 6n ; Z_C1 = 8 => Z_C2 = 8/n

Theo đề khi f₂ = nf₁ thì cosj = 1 nên có cộng hưởng, suy ra: Z_L2 = Z_C2

Hay: \(6n = {8 \over n} \Rightarrow n = {2 \over {\sqrt 3 }}\)  (2)

Từ (1) và (2)  \(\Rightarrow {f_2} = {2 \over {\sqrt 3 }}{f_1}\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Thay đổi ω để điện áp hai đầu tụ điện đạt cực đại. Chuẩn hoá:

\(\left\{ \matrix{
{Z_L} = 1 \hfill \cr
{Z_C} = n \hfill \cr
R = \sqrt {2n - 2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {U_R} = 5{U_d} \Leftrightarrow {{U\sqrt {2n - 2} } \over {\sqrt {{n^2} - 1} }} = {{5U} \over {\sqrt {{n^2} - 1} }} \Rightarrow n = 13,5\)

 Hệ số công suất của đoạn mạch lúc đó: \(c{\rm{os}}\varphi  = \sqrt {{2 \over {1 + n}}}  = {2 \over {\sqrt {29} }}\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

\({f_2} = {f_1}\sqrt 2 \) => Chọn f₁ = 1 \( \Rightarrow {f_2} = \sqrt 2 \)

Mặt khác theo bài suy ra: \({f_1}{f_3} = f_2^2 \Rightarrow {f_3} = {{f_2^2} \over {{f_1}}} = {{{{\sqrt 2 }^2}} \over 1} = 2\)            

Ta có: \({\left( {{U \over {{U_{L\max }}}}} \right)^2} + {\left( {{{{f_1}} \over {{f_3}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {\left( {{{120} \over {{U_{L\max }}}}} \right)^2} + {\left( {{1 \over 2}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {\left( {{{120} \over {{U_{L\max }}}}} \right)^2} = {3 \over 4} \Rightarrow {U_{L\max }} = 80\sqrt 3 V\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Từ biểu thức L = CR²=> Z_LZ_C = R²

Gọi n giá trị của cảm kháng khi tần số của dòng điện là ω₁

Chuẩn hóa 

\(\left\{ \matrix{
R = 1 \hfill \cr
{Z_L} = n \hfill \cr} \right. = > {Z_C} = {1 \over n}\)

Từ giả thuyết của bài tóan

 \(cos{\varphi _1} = cos{\varphi _2} \Leftrightarrow {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{\left( {n - {1 \over n}} \right)}^2}} }} = {1 \over {\sqrt {1 + {{\left( {4n - {1 \over {4n}}} \right)}^2}} }} \Leftrightarrow \left( {n - {1 \over n}} \right) = \left( {4n - {1 \over {4n}}} \right) =  > n = {1 \over 2}\)

Hệ số công suất của mạch \(cos{\varphi _1} = {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{\left( {n - {1 \over n}} \right)}^2}} }} = {2 \over {\sqrt {13} }}\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Chuẩn hóa \({Z_{{L_1}}} = 1 =  > {r_1} = \sqrt 3 \)

Ta có \(\tan {\varphi _1} = {{{Z_{{L_1}}}} \over {{r_1}}} = {1 \over {\sqrt 3 }} =  > {\varphi _1} = {\pi  \over 6}\)

Vậy cuộn dây thứ hai là thuần cảm \({U_{{d_1}}} = {U_{{d_2}}} \Leftrightarrow {Z_{{L_2}}} = \sqrt {Z_{{L_2}}^2 + {r^2}}  = 2 =  > {{{L_1}} \over {{L_2}}} = {{{Z_{{L_1}}}} \over {{Z_{{L_2}}}}} = {1 \over 2}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({U_{C\max }} = {{5U} \over 4} \Rightarrow {Z_C} = {5 \over 4}Z.\)  Chọn Z = 4Ω  => Z_C = 5Ω

Có: \(Z_C^2 = {Z^2} + Z_L^2 \Rightarrow {Z_L} = \sqrt {Z_C^2 - {Z^2}}  = \sqrt {{5^2} - {4^2}}  = 3\Omega \)

Và : \({{{R^2}} \over 2} = {Z_L}.({Z_C} - {Z_L}) \Rightarrow {{{R^2}} \over 2} = \sqrt {2{Z_L}.({Z_C} - {Z_L})}  = \sqrt {2.3(5 - 3)}  = \sqrt {12}  = 2\sqrt 3 \Omega \)

=> Hệ số công suất đoạn AM: \(c{\rm{os}}{\varphi _{AM}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = {{2\sqrt 3 } \over {\sqrt {{{(2\sqrt 3 )}^2} + {3^2}} }} = {{2\sqrt 7 } \over 7} = {2 \over {\sqrt 7 }}\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

 Đáp án A

Chuẩn hóa R = 1

Gọi n là cảm kháng của cuộn dây khi tần số của dòng điện ω = ω­₁

\(\omega _1^2 = {1 \over {LC}} = > \left\{ \matrix{
{Z_{{L_1}}} = n \hfill \cr
{Z_{{C_1}}} = n \hfill \cr} \right.\)

Ta có \(cos\varphi  = 0,707 = {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{\left( {2n - {n \over 2}} \right)}^2}} }} =  > n = {2 \over 3}\)

Hệ số công suất khi ω = ω₃ là \(cos\varphi  = {1 \over {\sqrt {{1^2} + {{\left( {{3 \over 2}n - {2 \over 2}n} \right)}^2}} }} = 0,87\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Hai giá trị của tần số góc cho cùng một công suất tiêu thụ: \({\omega _1}{\omega _2} = {1 \over {LC}} = 4\omega _1^2 \Rightarrow {Z_{L1}} = {{{Z_{C1}}} \over 4}\)

Chuẩn hoá: 

\(\left\{ \matrix{
R = 1 \hfill \cr
{Z_{L1}} = n \hfill \cr} \right. \Rightarrow {Z_{C1}} = 4n\)

\(P = {P_{m{\rm{ax}}}}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi  \Rightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi  = {P \over {{P_{m{\rm{ax}}}}}} \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi  = {2 \over {\sqrt 5 }}\)

 Hệ số công suất của mạch khi: ω = 5ω₁: \(c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}{1 \over {\sqrt {{1^2} + {{\left( {5n - {4 \over 5}n} \right)}^2}} }} = 0,82\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Chuẩn hoá R = r = 1

\(\eqalign{
& c{\rm{os}}{\varphi _{MN}} = {1 \over {\sqrt {1 + Z_L^2} }} = 0,6 \Rightarrow {Z_L} = {4 \over 3} \cr
& {U_{AB}} = {U_{NB}} \Leftrightarrow {2^2} + {\left( {{4 \over 3} - {Z_C}} \right)^2} = Z_C^2 \Rightarrow {Z_C} = 2,16 \cr} \)

 Hệ số công suất của mạch: \(c{\rm{os}}{\varphi _{AB}} = {{R + r} \over {\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {2 \over {\sqrt {{2^2} + {{\left( {{4 \over 3} - 2,16} \right)}^2}} }} = 0,924\)

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

+ Khi tần số của dòng điện là f, mạch xảy ra cộng hưởng. Chuẩn hoá Z_L1 = Z_C1 = 1

+ Khi tần số của dòng điện là 2f: Z_L = 2; Z_C = ½

Hệ số công suất: \(c{\rm{os}}\varphi  = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} \Leftrightarrow {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {2 - {1 \over 2}} \right)}^2}} }} = {{\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow R = {3 \over 2}\)

=> Z_L = 4Z_C = 4R/3

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

từ đồ thị ta có điểm ứng với

\(\begin{array}{l}
{Z_C} = 10\sqrt 3 \Omega ;\varphi = - {30^0}\\
\tan \varphi = \frac{{ - {Z_C}}}{R} = \tan ( - {30^0}) = - \frac{1}{{\sqrt 3 }} = > R = 30\Omega
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Nhiệt lượng toả ra: \(Q = {{{U^2}} \over R}t;U = E = {{\omega BS} \over {\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Vận tốc góc: ω = 100 rad/s

Khi vòng dây quay 1000 vòng thì góc quay được: ∆α = 1000.2π = 2000π (rad/s)

=> Thời gian quay hết 1000 vòng là: \(t = {{\Delta \alpha } \over \omega } = {{2000\pi } \over {100}} = 20\pi \left( s \right)\)

=> Nhiệt lượng toả ra trên vòng dây khi nó quay được 1000 vòng là:

\(Q = {{{U^2}} \over R}t = {{{{\left( {{{\omega BS} \over {\sqrt 2 }}} \right)}^2}} \over R}t = {{{\left( {\omega BS} \right)} \over {2R}}^2}.t = {{{{\left( {{{100.0,1.100.10}^{ - 4}}} \right)}^2}} \over {2.0,314}}.20\pi  = 1J\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Khi C= C₁ thì điện áp trên hai đầu R không phụ thuộc R, chứng tỏ có cộng hưởng. U_R = U_AB

\( = > {Z_{C1}} = {Z_L}\)

Khi C = C₂ thì điện áp trên hai đầu RL không phụ thuộc R, chứng tỏ U_LR = U_AB

Ta có giản đồ vecto

Từ giản đồ thấy được U_C2 = 2U_L

=> Z_C2 = 2Z_L = 2Z_C1

=> C₂ = ½ C₁

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Ta có \({P_1} = \frac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

+ Dạng đồ thị cho thấy rằng

\(r > \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 30\Omega \)

\({P_2} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_C^2}}\)

\({P_{1\left( {R = 0} \right)}} = {P_{2\left( {R = 10} \right)}} \Leftrightarrow \frac{r}{{{r^2} + {{30}^2}}} \Rightarrow r = 90\Omega \)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

\(\varphi  = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}}} \right)\)(1);

theo bài ta có \({\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - 2{Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{{Z_L} - 2{Z_C}}}{{R + r}}} \right)\)

\({\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{7r - {Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{7r - {Z_C}}}{{4r}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{7r - 2{Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{7r - 2{Z_C}}}{{4r}}} \right)\)=>Z_C=3r; thay vào (1) ta tìm được \(\varphi  = 0,54rad\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Do ${\varphi _1} + {\varphi _2} = {90^0}\;$$  nên ta có: $$x = {Z_{L1}} - {Z_C} = \frac{{{R^2}}}{{{Z_C} - {Z_{L2}}}} = \frac{{{R^2}}}{y}\left( 1 \right)\,\,\,\,\left( {y = {Z_C} - {Z_{L2}}} \right)$  

$\eqalign{
& {U_{MB1}} = {{180x} \over {\sqrt {\left( {{R^2} + {x^2}} \right)} }} = U;{U_{MB2}} = {{180y} \over {\sqrt {\left( {{R^2} + {y^2}} \right)} }} = \sqrt 3 U \cr
& = > {x \over y}.{{\sqrt {\left( {{R^2} + {y^2}} \right)} } \over {\sqrt {\left( {{R^2} + {x^2}} \right)} }} = {1 \over {\sqrt 3 }}\left( 2 \right) \cr} $

Từ (1) và (2) ta được  U = 90V

Phương pháp giải:

Áp dụng điều kiện vuông pha của cường độ dòng điện trong mạch khi R thay đổi

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Cảm kháng của cuộn dây \({{Z}_{L}}=100\)Ω

+ Với giả thuyết \(\left| {{\varphi }_{1}} \right|+\left| {{\varphi }_{2}} \right|=\frac{\pi }{2}\) → \({{R}_{1}}\) và \({{R}_{2}}\)là hai giá trị của \(R\) cho cùng công suất tiêu thụ trên mạch.

→ \({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=\pm \sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=\pm \sqrt{90.160}=\pm 120\)Ω, vậy \({{Z}_{C}}=220\)Ω → \(C=\frac{{{10}^{-4}}}{2,2\pi }\)F

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức tính hiệu điện thế và hệ số công suất

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& {U^2} = U_{R1}^2 + U_{C1}^2 = U_{R2}^2 + U_{C2}^2 \cr
& \Rightarrow U_{R1}^2 + U_{C1}^2 = 4U_{R1}^2 + {{U_{C1}^2} \over 4} \Rightarrow {U_{C1}} = 2{U_{R1}} \cr} \)

Khi đó \(U = \sqrt {U_{R1}^2 + U_{C1}^2}  = \sqrt 5 {U_{R1}}\)

Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{\rm{cos}}{\varphi _1} = {{{U_{{R_1}}}} \over U} = {{{U_{{R_1}}}} \over {\sqrt 5 {U_{{R_1}}}}} = {1 \over {\sqrt 5 }} \hfill \cr
{\rm{cos}}{\varphi _2} = {{{U_{{R_2}}}} \over U} = {{2{U_{{R_1}}}} \over {\sqrt 5 {U_{{R_1}}}}} = {2 \over {\sqrt 5 }} \hfill \cr} \right.\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp: Vận dụng biểu thức khi R₁ ; R₂ có cùng P: 

$\left\{ \matrix{
{R_1} + {R_2} = {{{U^2}} \over P} \hfill \cr 
{R_1}{R_2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {R_{Pm{\rm{ax}}}}^2 \hfill \cr} \right.$

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Hướng dẫn giải:

Điều chỉnh R thấy có 2 giá trị R₁, R₂ mạch tiêu thụ cùng 1 công suất P

Phương pháp giải:

Phương pháp: Vận dụng biểu thức khi R₁ ; R₂ có cùng P: 

$\left\{ \matrix{
{R_1} + {R_2} = {{{U^2}} \over P} \hfill \cr
{R_1}{R_2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {R_{Pm{\rm{ax}}}}^2 \hfill \cr} \right.$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Vì có 2 giá trị R₁, R₂ cho cùng công suất

Nên theo vi- et ta có: ${R_1} + {\rm{ }}{R_2} = {\rm{ }}U/P$ 

 $ \to P = {{{\rm{ }}U} \over {\left( {{\rm{ }}{R_1} + {\rm{ }}{R_2}} \right)}} = {\rm{ }}400W$

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

      Khi C=C_o thi Z=R và Z_L=Z_Co; \({U_{AN}} = 20\sqrt 2  = \frac{{10\sqrt 2 }}{R}\sqrt {{R^2} + Z_L^2}  \to {Z_L} = R.\sqrt 3 \)

      Khi C=0,5C_o thì Z_C=2Z_L=\(2R\sqrt 3 \); góc lệch pha giữa i và u\(\tan \varphi  = \frac{{R\sqrt 3  - 2.R\sqrt 3 }}{R} =  - \sqrt 3  \to \varphi  =  - \frac{\pi }{3}\)

      \({\phi _{uC}} = 100\pi t + \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2} = 100\pi t + \frac{\pi }{{12}}\); \({u_C} = \frac{{20.2R\sqrt 3 }}{{\sqrt {{R^2} + 3{R^2}} }}c{\rm{os}}\left( {{\rm{100}}\pi {\rm{t + }}\frac{\pi }{{{\rm{12}}}}} \right)(V)\)