Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (Phần 3) - Vật Lí 12

Đề bài

Câu 1 :

Một mạch điện xoay chiều có dạng như hình vẽ trong đó cuộn dây thuần cảm có cảm kháng ${Z_L} = 0,5R$, tụ điện có dung kháng ${Z_C} = 2R$. Khi khóa K đặt ở a, thì cường độ dòng điện qua cuộn dây có biểu thức ${i_1} = 0,4\sin \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)A$. Hỏi khi khóa K đặt tại b thì dòng điện qua C có biểu thức nào sau đây ?

A

$i = 0,1\sin \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)A$
B

$i = 0,2\sin \left( {100\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)A$
C

$i = 0,1\sqrt 2 \sin \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)A$
D

$i = 0,2\sin \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)A$

Câu 2 :

Đặt điện áp xoay chiều $u = U\sqrt 2 {\rm{cos2}}\pi {\rm{ft}}\left( V \right)$ vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở $R$, cuộn cảm thuần $L$ và tụ điện $C$ mắc nối tiếp nhau. Hệ số công suất của đoạn mạch khi đó là $k$. Khi nối hai đầu cuộn cảm bằng một dây dẫn có điện trở không đáng kể thì điện áp hiệu dụng trên điện trở $R$ tăng $2\sqrt 2 $ lần và cường độ dòng điện qua đoạn mạch trong hai trường hợp lệch pha nhau một góc $\dfrac{\pi }{2}$ . Giá trị của k bằng:

A

$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$
B

$\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}$
C

$\dfrac{1}{3}$
D

$\dfrac{1}{2}$

Câu 3 :

Đặt điện áp xoay chiều vào mạch điện $AB$ gồm ba đoạn mạch nối tiếp: $AM$ có cuộn dây thuần cảm với hệ số tự cảm ${L_1}$ ; $MN$ có cuộn dây có hệ số tự cảm ${L_2}$; $NB$ có tụ điện với điện dung $C$. Biết điện áp tức thời trên $MN$ trễ pha $\dfrac{\pi }{6}$ so với điện áp trên $AB$, ${U_{MN}} = {\text{ }}2{U_C}$ , ${Z_{L1}} = {\text{ }}5{Z_C}$. Hệ số công suất của đoạn mạch $MN$ gần với giá trị nào sau đây nhất?

A

$\dfrac{1}{2}$
B

$\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
C

$\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$
D

$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$

Câu 4 :

Đặt điện áp xoay chiều $u = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{2\pi }}{T}t + \varphi } \right)V$ vào hai đầu đoạn mạch $AB$ như hình bên. Biết $R{\rm{ }} = {\rm{ }}r$. Đồ thị biểu diễn điện áp ${u_{AN}}$ và ${u_{MB}}$ như hình vẽ bên cạnh. Giá trị của U₀ bằng:

A

$84,85{\rm{ }}V$
B

$75,89V$
C

$107,33V$
D

$120V$

Câu 5 :

Mạch điện $AB$ gồm đoạn $AM$ và đoạn $MB$: Đoạn $AM$ có một điện trở thuần $50\Omega $ và đoạn $MB$ có một cuộn dây. Đặt vào mạch $AB$ một điện áp xoay chiều thì điện áp tức thời của hai đoạn $AM$ và $MB$ biến thiên như trên đồ thị:

Cảm kháng của cuộn dây là:

A

$12,5\sqrt 2 \Omega $
B

$12,5\sqrt 3 \Omega $
C

$12,5\sqrt 6 \Omega $
D

$25\sqrt 6 \Omega $

Câu 6 :

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch $AB$ gồm: đoạn mạch $AM$chứa điện trở thuần $R = 90\Omega $ và tụ điện $C = 35,4\mu F$, đoạn mạch $MB$ gồm hộp $X$ chứa $2$ trong $3$ phần tử mắc nối tiếp (điện trở thuần ${R_0}$; cuộn cảm thuần có độ tự cảm ${L_0}$; tụ điện có điện dung ${C_0}$). Khi đặt vào hai đầu $AB$ một điện thế xoay chiều có tần số $50Hz$ thì ta được đồ thị sự phụ thuộc của ${u_{AM}}$ và ${u_{MB}}$ theo thời gian như hình vẽ (chú ý $90\sqrt 3 {\rm{}} \approx 156$ ). Giá trị của các phần tử trong hộp $X$ là:

A

${R_0} = {\rm{ }}60\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}165mH$
B

${R_0} = {\rm{ }}30\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}95,5mH$
C

${R_0} = {\rm{ }}60\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}61,3mH$
D

${R_0} = {\rm{ }}30\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}106mH$

Câu 7 :

Trên đoạn mạch không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự $A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N,{\rm{ }}B$. 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 áp 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

24,1 V
B

26,8 V
C

21,6 V
D

28,8 V

Câu 8 :

Đặt điện áp xoay chiều u vào hai đầu đoạn mạch có R, L, C mắc nối tiếp thì dòng điện trong đoạn mạch có cường độ i. Hình bên là một phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tích u.i theo thời gian t. Hệ số công suất của đoạn mạch là:

A

$0,71$
B

$0,50$
C

$0,25$
D

$0,20$

Câu 9 :

Nối hai cực của máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu một cuộn dây không thuần cảm có điện trở $r = 10\pi {\rm{ }}\Omega $ và độ tự cảm L. Biết rôto của máy phát có một cặp cực, stato của máy phát có $20$ vòng dây và điện trở thuần của cuộn dây là không đáng kể. Cường độ dòng điện trong mạch được đo bằng đồng hồ đo điện đa năng hiện số. Kết quả thực nghiệm thu được như đồ thị trên hình vẽ. Giá trị của L là:

A

$0,25{\rm{ }}H$
B

$0,30{\rm{ }}H$
C

$0,20{\rm{ }}H$
D

$0,35{\rm{ }}H$

Câu 10 :

Cho mạch điện như hình vẽ. Đặt vào hai đầu $A,{\rm{ }}B$ một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $U$ và tần số $f$ không đổi. Điều chỉnh $C$ để tổng điện áp hiệu dụng ${U_{AM}} + {\text{ }}{U_{MB}}$ lớn nhất thì tổng đó bằng $2U$ và khi đó công suất tiêu thụ của đoạn mạch $AM$ là $36{\rm{ }}W$. Tiếp tục điều chỉnh $C$ để công suất tiêu thụ của đoạn mạch lớn nhất thì công suất lớn nhất đó bằng:

A

$32{\rm{ }}W$
B

$36{\rm{ }}W$
C

$25{\rm{ }}W$
D

$48{\rm{ }}W$

Câu 11 :

Nối hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện trở thuần $R = 100\sqrt 2 \Omega $ , cuộn cảm thuần $L = \dfrac{5}{{3\pi }}H$ và tụ điện $C = \dfrac{{{{5.10}^{ - 4}}}}{{6\pi }}F$ mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở các cuộn dây của máy phát điện và điện trở dây nối. Máy phát điện có số cặp cực không đổi, tốc độ quay của roto thay đổi được. Khi tốc độ quay của roto bằng $n$ (vòng/phút) thì công suất của mạch đạt giá trị lớn nhất bằng $161,5W$. Khi tốc độ quay của roto bằng $2n$ (vòng/phút) thì công suất tiêu thụ của mạch là:

A

$136W$
B

$126W$
C

$148W$
D

$125W$

Câu 12 :

Một quạt điện mà dây quấn có điện trở thuần $16\Omega $, được mắc vào nguồn điện xoay chiều ${u_1} = 110\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V$ thì chạy bình thường và sản ra công cơ học $40W$, trong điều kiện đó hệ số công suất của động cơ là $0,8$. Mắc nối tiếp quạt với tụ điện và mắc vào nguồn điện mới ${u_2} = 220\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V$ thì quạt vẫn chạy bình thường. Điện dung của tụ điện gần giá trị nào nhất sau đây?

A

$7{\rm{ }}\mu F$
B

$6{\rm{ }}\mu F$
C

$5{\rm{ }}\mu F$
D

$8{\rm{ }}\mu F$

Câu 13 :

Cho đoạn mạch $AB$ gồm cuộn dây thuần có điện trở thuần $100\Omega $ và độ tự cảm $\dfrac{1}{\pi }H$ mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung $\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{{2\pi }}F$ . Đặt vào hai đầu đoạn mạch $AB$ một điện áp xoay chiều ${u_{AB}} = 200\cos 100\pi t(V)$ . Khi điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch $AB$ là $100\sqrt 3 V$ và đang giảm thì điện áp tức thới giữa hai đầu cuộn dây là:

A

$ - 100{\rm{ }}V$ và đang giảm
B

$-{\rm{ }}100{\rm{ }}V$ và đang tăng
C

$100{\rm{ }}V$ và đang giảm
D

$100{\rm{ }}V$ và đang tăng

Câu 14 :

Cho mạch điện như hình vẽ bên. Cuộn dây thuần cảm. Tụ điện có điện dung C biến đổi. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp $u = U\sqrt 2 .\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)$ (trong đó U, ɷ, φ không đổi). Khi C = C₁biểu thức của điện áp hai đầu R là ${u_{AM}} = 126.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{4}} \right)V$. Khi C = C₂biểu thức của điện áp hai đầu R là ${u_{AM}} = 77.\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)V$. Điện áp U gần nhất với giá trị nào sau đây?

A
115V.
B
127V.
C
107V.
D
108V.

Câu 15 :

Đặt điện áp xoay chiều ổn định vào hai đầu đoạn mạch AB như hình vẽ. Biết cuộn dây L thuần cảm, tụ điện có điện dung C thay đổi được. Các vôn kế V₁, V₂ lý tưởng. Điều chỉnh giá trị của C thì thấy ở cùng thời điểm số chỉ của V₁ cực đại thì số chỉ của V₁ gấp đôi số chỉ của V₂. Hỏi khi số chỉ của V₂cực đại và có giá trị V_2max = 200 V thì số chỉ của V₁ là

A
80 V.
B
100 V.
C
120 V.
D
50 V.

Câu 16 :

Đặt điện áp $u = 200\sqrt 2 \cos 100\pi t\,\,\left( V \right)$ vào hai đầu đoạn mạch AB gồm đoạn mạch AM mắc nối tiếp với đoạn mạch MB, trong đó đoạn mạch AM chứa cuộn dây điện trở r = 20 Ω, đoạn mạch MB chứa điện trở thuần R = 50 Ω nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi. Khi $C = {C_1} = \dfrac{{200}}{\pi }\,\,\mu F$ thì trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng. Điều chỉnh $C = {C_2}$ thì ${U_{MB\max }}$, giá trị cực đại đó xấp xỉ bằng

A
323,6 V
B
262,6 V
C
225,8 V
D
283,8 V

Câu 17 :

Cho đoạn mạch AB gồm biến trở R, cuộn dây không thuần cảm với độ tự cảm $L = \dfrac{{0,6}}{\pi }H$, điện trở $r > 10\Omega $, tụ điện có điện dung $C = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{3\pi }}F$ mắc nối tiếp. Đặt điện áp xoay chiều $u = U\sqrt 2 cos100\pi t\left( V \right)$ (t tính bằng s) với $U$ không đổi vào hai đầu A, B. Thay đổi giá trị biến trở R ta thu được đồ thị phụ thuộc của công suất tiêu thụ trên mạch vào giá trị R theo đường (1). Nối tắt cuộn dây và tiếp tục thì được đồ thị (2) biểu diễn sự phụ thuộc của công suất trên mạch vào giá trị R. Tỉ số $\dfrac{{{R_0}}}{r}$ có giá trị là

A
$\dfrac{1}{4}.$
B
$4.$
C
$\dfrac{1}{3}.$
D
$3.$

Câu 18 :

Mạch điện RCL nối tiếp có C thay đổi được. Điện áp hai đầu đoạn mạch $u = 200\sqrt 2 \cos 100\pi t\,\,\left( V \right)$. Khi $C = {C_1} = \dfrac{{50}}{\pi }\,\,\mu F$ thì mạch tiêu thụ công suất cực đại ${P_{\max }} = 160\,\,{\rm{W}}$. Khi $C = {C_2} = \dfrac{1}{{5\pi }}\,\,mF$ thì điện áp hai đầu đoạn mạch RC và cuộn dây vuông pha với nhau, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây khi đó gần giá trị nào nhất sau đây

A
90 V
B
120 V
C
75 V
D
140 V

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

$i = 0,1\sin \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)A$
B

$i = 0,2\sin \left( {100\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)A$
C

$i = 0,1\sqrt 2 \sin \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)A$
D

$i = 0,2\sin \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)A$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+ Áp dụng công thức tính tổng trở: $Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} $

+ Sử dụng công thức tính độ lệch pha giữa u,i trong đoạn mạch xoay chiều R,L,C nối tiếp: $\tan \varphi = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}$

Lời giải chi tiết :

+ Khi K ở a thì mạch có R,L :

$ \to Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} {\rm{}} = \dfrac{{\sqrt 5 R}}{2} = {\rm{}} > {U_0} = {I_0}.Z = 0,2\sqrt 5 R$

+ Khi K ở b thì mạch có R,C:

$ \to Z' = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} {\rm{}} = \sqrt 5 R = > {I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{Z'}} = 0,2A$

+ Khi K ở a ta có:

$\tan \varphi {\rm{}} = \dfrac{{{Z_L}}}{R} = 0,5 \to \varphi {\rm{}} = 26,565 \to {\varphi _u} = 30 + 26,565$

+ Khi K ở b ta có:

$\tan \varphi = - \dfrac{{{Z_C}}}{R} = - 2 \to \varphi {\rm{}} = 63,435 \to {\varphi _i} = 30 + 26,565 + 63,435 = 120 = \dfrac{{2\pi }}{3}$

Vậy khi K ở b thì cường độ dòng điện qua C có biểu thức $i = 0,2\sin \left( {100\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)A$

Câu 2 :

A

$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$
B

$\dfrac{2}{{\sqrt 5 }}$
C

$\dfrac{1}{3}$
D

$\dfrac{1}{2}$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng giản đồ véc-tơ và biểu thức toán học

Lời giải chi tiết :

Ban đầu mạch gồm RLC mắc nối tiếp, ta gọi các giá trị điện áp trên các phần tử là ${U_R};{\rm{ }}{U_L};{\rm{ }}{U_{\bf{C}}}$

Lúc sau, mạch được nối tắt qua L, nên chỉ còn R và C nối tiếp, ta gọi các điện áp trên các phần tử là $U{'_L}$ và $U{'_{\bf{C}}}$

Biết rằng lúc sau dòng điện tức thời lệch pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện lúc đầu, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{\varphi _{i1}} = {\varphi _u} - {\varphi _1}\\{\varphi _{i2}} = {\varphi _u} - {\varphi _2}\end{array} \right. \Rightarrow {\varphi _{i1}} - {\varphi _{i2}} = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _2} - {\varphi _1} = \dfrac{\pi }{2}$

Ta vẽ trên cùng 1 giản đồ véc-tơ:

Ta có: ${\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2};\cos {\varphi _1} = \dfrac{{{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = k;\cos {\varphi _2} = {\rm{ }}\dfrac{{{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = \dfrac{{2.\sqrt 2 .{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = 2\sqrt 2 .k$

Mặt khác :

${\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2} \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \sin {\varphi _2} \Leftrightarrow k = \sqrt {1 - {{(\cos {\varphi _2})}^2}} {\rm{}} = \sqrt {1 - 8{k^2}} {\rm{}} \Leftrightarrow {k^2} = 1 - 8{k^2} \Leftrightarrow 9{k^2} = 1 \Leftrightarrow k = \dfrac{1}{3}$

Câu 3 :

A

$\dfrac{1}{2}$
B

$\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
C

$\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$
D

$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+ Sử dụng giản đồ véc-tơ

+ Sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác

Lời giải chi tiết :

Vì điện áp tức thời trên $MN$ trễ pha so với ${U_{AB}}$ , tức là cuộn dây có điện trở $r$.

Nhiệm vụ của bài là đi tìm hệ số công suất của đoạn mạch $MN$, hay là tìm $cos{\varphi _{MN}}$.

Từ đề bài ta vẽ được giản đồ vecto như sau :

Xét tam giác $OAB$;

Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác ta có:

$\begin{array}{l}\frac{{AB}}{{\sin \left( {{{30}^0}} \right)}} = \dfrac{{OB}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow \dfrac{{4{U_C}}}{{0,5}} = \dfrac{{2{U_C}}}{{\sin \beta }}\\ \Rightarrow \sin \beta = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \beta = {14^0}28'\\ \Rightarrow \varphi = {90^0} - \beta - {30^0} = {45^0}31'\\ \Rightarrow \cos \varphi \approx \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}$

Câu 4 :

A

$84,85{\rm{ }}V$
B

$75,89V$
C

$107,33V$
D

$120V$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Vẽ giản đồ vec tơ của mạch điện, sử dụng các tính chất hình học

Lời giải chi tiết :

Từ đồ thị ta thấy được các giá trị

Tại thời điểm ban đầu $t{\rm{ }} = {\rm{ }}0$, thì điện áp trên đoạn $AN$ bằng $0$, điện áp trên đoạn $MB$ đạt cực tiểu (ở biên âm), dao động với cùng chu kì, nên ta thấy được điện áp trên đoạn mạch $MB$ trễ pha so với điện áp trên đoạn mạch $AN$ một góc là $\dfrac{\pi }{2}$. Hay điện áp tức thời trên hai đoạn mạch này vuông pha với nhau. Mặt khác $R{\rm{ }} = {\rm{ }}r$ nên ta có

Ta vẽ được giản đồ vecto như sau:

Tam giác $OMN$ bằng với tam giác $BMA$ theo trường hợp cạnh huyền và góc vuông ($ON{\rm{ }} = {\rm{ }}AB$; $\widehat O = \widehat B$)

Từ đó suy ra được :

$ \to {U_{R0}} = {U_{r0}} = \dfrac{{60}}{{\sqrt 5 }}V$

$U_0^2 = {\left( {2{U_{r0}}} \right)^2} + {(2{U_{r0}})^2} = \dfrac{{{{8.60}^2}}}{5} \Rightarrow {U_0} = \dfrac{{120\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = 75,89V$

Câu 5 :

Cảm kháng của cuộn dây là:

A

$12,5\sqrt 2 \Omega $
B

$12,5\sqrt 3 \Omega $
C

$12,5\sqrt 6 \Omega $
D

$25\sqrt 6 \Omega $

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Kĩ năng đọc đồ thị

+ Sử dụng biểu thức định luật Ôm: $I = \dfrac{U}{Z}$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Đoạn $MB$ là cuộn dây, đoạn $AM$ chỉ có điện trở nên ${u_{MB}}$ sớm pha hơn ${u_{AM}}$

Một chu kỳ ứng với $12$ khoảng, nên ta thấy ${u_{MB}}$ sớm pha hơn ${u_{AM}}$ một góc $\dfrac{{\pi {\rm{}}}}{3}$ ; ${u_{AM}}$ cùng pha với cường độ dòng điện nên ${u_{MB}}$ sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc $\dfrac{{\pi {\rm{}}}}{3}$

$I = \dfrac{{{U_R}}}{R} = \dfrac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt {2.} 50}} = 2(A)$

=> ${Z_{MB}} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{I} = \dfrac{{100}}{{\sqrt 2 .2}} = 25\sqrt 2 \Omega $

Giải hệ $\left\{ \begin{array}{l}{2.25^2} = {r^2} + Z_L^2\\\dfrac{{{Z_L}}}{r} = \sqrt 3 \end{array} \right.$

=>${Z_L} = 12,5\sqrt 6 \Omega $

Câu 6 :

A

${R_0} = {\rm{ }}60\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}165mH$
B

${R_0} = {\rm{ }}30\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}95,5mH$
C

${R_0} = {\rm{ }}60\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}61,3mH$
D

${R_0} = {\rm{ }}30\Omega ;{L_0} = {\rm{ }}106mH$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+ Sử dụng các công thức của dòng điện xoay chiều kết hợp kĩ năng đọc đồ thị

+ ${\varphi _1} + {\varphi _2} = \dfrac{\pi }{2} \to \left| {\tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2}} \right| = 1$

Lời giải chi tiết :

Ta có: $R = 90W,{Z_C} = 90W$

Từ đồ thị, ta có: ${U_{{0_{AM}}}} = 180V;{U_{{0_{MB}}}} = 60V$

Tại thời điểm $t{\rm{ }} = {\rm{ }}0$, ta có: ${u_{AM}} = 156$

và đang tăng $ \to {u_{AM}} = 156 = 180c{\rm{os}}{\varphi _1} \to {\varphi _1} = {\rm{}} - {30^0}$ ${u_{MB}} = {\rm{ }}30$

và đang giảm $ \to {u_{AM}} = 30 = 60c{\rm{os}}{\varphi _2} \to {\varphi _2} = {60^0}$

$ \to {\varphi _2} - {\varphi _1} = {90^0} \to {u_{AM}} \bot {u_{MB}}$

=> hộp $X$ gồm $2$ phần tử ${R_0}$ và ${L_0}$

${u_{AM}} \bot {u_{MB}} \to \left| {\tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2}} \right| = 1 \leftrightarrow \dfrac{{{Z_{{L_0}}}}}{{{R_0}}}\dfrac{{{Z_C}}}{R} = 1 \leftrightarrow \dfrac{{{Z_{{L_0}}}}}{{{R_0}}}\dfrac{{90}}{{90}} = 1 \to {Z_{{L_0}}} = {R_0}$

Mặt khác, ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{U_{{0_{AM}}}}}}{{{U_{{0_{MB}}}}}} = \dfrac{{{Z_{AM}}}}{{{Z_{MB}}}} = \dfrac{{180}}{{60}} = 3 \to {Z_{AM}} = 3{Z_{MB}}\\ \leftrightarrow \sqrt {R_0^2 + Z_{{L_0}}^2} = 3.\sqrt {{{90}^2} + {{90}^2}} \to {R_0} = {Z_{{L_0}}} = 30\Omega \to \left\{ \begin{array}{l}{R_0} = 30\Omega \\{L_0} = 95,9mH\end{array} \right.\end{array}$

Câu 7 :

A

24,1 V
B

26,8 V
C

21,6 V
D

28,8 V

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng giản đồ véc–tơ

Lời giải chi tiết :

Dựa vào đồ thị và dữ kiện đề bài: $\left\{ \begin{array}{l}R = r \Rightarrow {U_R} = {U_r}\\\overrightarrow {{U_{AN}}} \bot \overrightarrow {{U_{MB}}} \end{array} \right.$

Ta có: $\alpha {\rm{}} + \beta {\rm{}} = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2} \Rightarrow c{\rm{os}}\beta {\rm{}} = \sin \alpha {\rm{}} \Rightarrow \dfrac{{{U_R}}}{{20}} = \dfrac{{{U_L}}}{{30}} \Rightarrow {U_L} = \dfrac{{{U_R}.30}}{{20}} = 1,5{U_R} \Rightarrow {Z_L} = 1,5R$

$\begin{array}{l}\dfrac{{U_{MB}^2}}{{U_{AN}^2}} = \dfrac{{Z_{MB}^2}}{{Z_{AN}^2}} = \dfrac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{{\left( {2R} \right)}^2} + Z_L^2}} = \dfrac{{{{20}^2}}}{{{{30}^2}}} = \dfrac{4}{9} \Leftrightarrow \dfrac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {1,5R} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{9} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = \dfrac{{16}}{9}{R^2}\\\dfrac{{{U^2}}}{{U_{AN}^2}} = \dfrac{{Z_{MB}^2}}{{Z_{AN}^2}} = \dfrac{{{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{{U^2}}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{{4{R^2} + \dfrac{{16}}{9}{R^2}}}{{{R^2} + \dfrac{{16}}{9}{R^2}}} \Rightarrow U = 28,8V\end{array}$

Câu 8 :

A

$0,71$
B

$0,50$
C

$0,25$
D

$0,20$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $p = ui$

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết :

$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:

$\left\{ \begin{array}{l}c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 2}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 7}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 2co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\alpha - 1\end{array} \right. \to UI = 8$

$UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}\left( {{\rm{8 - 6}}} \right) \to c{\rm{os}}\varphi = \frac{2}{8} = 0,25$

Câu 9 :

A

$0,25{\rm{ }}H$
B

$0,30{\rm{ }}H$
C

$0,20{\rm{ }}H$
D

$0,35{\rm{ }}H$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Sử dụng biểu thức tính suất điện động hiệu dụng $E = \omega {\phi _0}$

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng $I = \frac{E}{Z}$

+ Tần số của dòng điện xoay chiều $f{\rm{ }} = {\rm{ }}np$ (n là tốc độ quay của roto ; p là số cặp cực)

Lời giải chi tiết :

Ta có : $I = \frac{{\omega \Phi }}{{\sqrt {{r^2} + {\omega ^2}{L^2}} }} \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{{\omega ^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}}$

Có : $f = np;p = 1 = > \omega = 2\pi n;r = 10\pi \left( \Omega \right)$

${\rm{}} \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{4{\pi ^2}{n^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} + \frac{{{{10}^4}}}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{{I_0^2}} = \frac{{{L^4}}}{{{\Phi ^2}}} = 1,5625$

+ Lại có: $\frac{{{{10}^4}}}{{{n^2}}} = 100 \Rightarrow \frac{1}{{{n^2}}} = 0,01 \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{100.4{\pi ^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} = 7,8125$ (2)

+Lấy $\frac{{(1)}}{{(2)}} = \frac{{{L^2}}}{{\frac{{{r^2}}}{{100.4{\pi ^2}}} + {L^2}}} = \frac{{1,5625}}{{7,8125}} = \frac{1}{5} \Rightarrow L = 0,25H$

Câu 10 :

A

$32{\rm{ }}W$
B

$36{\rm{ }}W$
C

$25{\rm{ }}W$
D

$48{\rm{ }}W$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Áp dụng phương pháp giản đồ vectơ trong mạch điện xoay chiều

Lời giải chi tiết :

+ Áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có: $\dfrac{{{U_{AM}}}}{{\sin \beta }} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{\sin \gamma }} \to {U_{AM}} + {U_{MB}} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{{\sin \gamma }}\left( {\sin \alpha {\rm{}} + \sin \beta } \right)$

với $\gamma $ luôn không đổi.

Biến đổi lượng giác ${U_{AM}} + {U_{MB}} = \dfrac{{2{U_{AB}}}}{{\sin \gamma }}\sin \left( {\dfrac{{180 - \gamma }}{2}} \right)\cos \left( {\dfrac{{\alpha {\rm{}} - \beta }}{2}} \right)$

+ Khi đó: ${\left( {{U_{AM}} + {U_{MB}}} \right)_{\max }} = \dfrac{{2U}}{{\sin \gamma }}\sin \left( {\dfrac{{180 - \gamma }}{2}} \right) = 2U \to \gamma {\text{}} = {60^\circ }.$

Các vecto hợp với nhau thành tam giác đều => khi xảy ra cực đại u chậm pha hơn i một góc ${30^0}$.

$P = {P_{\max }}{\cos ^2}\varphi {\text{}} \to {P_{\max }} = \dfrac{P}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \dfrac{{36}}{{{{\cos }^2}{{30}^\circ }}} = 48{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} W.$

Câu 11 :

A

$136W$
B

$126W$
C

$148W$
D

$125W$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Công thức tính công suất tiêu thụ của mạch: $P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}$

Lời giải chi tiết :

+ Khi tốc độ quay của roto là $n$ (vòng/phút): \(\begin{array}{l}P = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {\omega L - \frac{1}{{\omega C}}} \right)}^2}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {\omega ^2}{L^2} - \frac{{2L}}{C} + \frac{1}{{{\omega ^2}{C^2}}}}}\\ = \frac{{{\Phi ^2}.R}}{{\frac{{{R^2}}}{{{\omega ^2}}} + {L^2} - \frac{{2L}}{{{\omega ^2}C}} + \frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}}}} \Rightarrow P = \frac{{{\Phi ^2}.R}}{{\frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - \frac{{2L}}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {L^2}}}\\{P_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - \frac{{2L}}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {L^2}} \right)_{\min }}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{\omega ^2}}} = \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{\frac{2}{{{C^2}}}}} = \frac{{2\frac{5}{{3\pi }}.\frac{{6\pi }}{{{{5.10}^{ - 4}}}} - {{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\frac{2}{{{{\left( {\frac{{6\pi }}{{{{5.10}^{ - 4}}}}} \right)}^2}}}}} = \frac{1}{{14400{\pi ^2}}}\\ \Rightarrow \omega = 120\pi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 120\pi .\frac{5}{{3\pi }} = 200\Omega \\{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{120\pi .\frac{{{{5.10}^{ - 4}}}}{{6\pi }}}} = 100\Omega \end{array} \right.\\ \Rightarrow {P_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}}} = 161,5(*)\end{array}\)

+ Khi tốc độ quay của roto là $2n$ (vòng/phút) $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_L}^\prime = 2{Z_L} = 400\Omega \\{Z_C}^\prime = \frac{{{Z_C}}}{2} = 50\Omega \end{array} \right. \Rightarrow P' = \frac{{\omega {'^2}{\Phi ^2}R}}{{{R^2}}} + {\left( {{Z_L}^\prime - {Z_C}^\prime } \right)^2} = \frac{{4{\omega ^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}}(**)$

Từ (*) và (**)

${\rm{}} \Rightarrow \frac{{P'}}{{{P_{m{\rm{ax}}}}}} = {\rm{ }}\frac{{\omega {'^2}}}{{{\omega ^2}}}.\frac{{{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{P'}}{{161,5}} = 4.\frac{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{100}^2}}}{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{350}^2}}} = \frac{{16}}{{19}} \Rightarrow P' = 136W$

Câu 12 :

A

$7{\rm{ }}\mu F$
B

$6{\rm{ }}\mu F$
C

$5{\rm{ }}\mu F$
D

$8{\rm{ }}\mu F$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng biểu thức tính công suất tiêu thụ: $P{\rm{ }} = {\rm{ }}UIcos\varphi $

+ Sử dụng công thức tính công cơ học: ${P_{ch}} = {\rm{ }}P{\rm{ }} - {\rm{ }}{P_{hp}}$

Lời giải chi tiết :

+ Quạt được mắc vào nguồn điện ${u_1} = 110\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V$

Công cơ học:

$\begin{array}{l}{P_{ch}} = P - {P_{hp}} \Leftrightarrow 40 = UI\cos \varphi - {I^2}R \Leftrightarrow 40 = 110.I.0,8 - 16{I^2}\\ \Leftrightarrow 16{I^2} - 88I + 40 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}I = 5A\\I = 0,5A\end{array} \right.\end{array}$

- TH1: $I = 5A \Rightarrow {Z_1} = \sqrt {{{16}^2} + Z_{L1}^2} {\rm{}} = 22 \Rightarrow {Z_{L1}} = 15,1\Omega $

- TH2: $I = 0,5A \Rightarrow {Z_2} = \sqrt {{{16}^2} + Z_{L2}^2} {\rm{}} = 220 \Rightarrow {Z_{L2}} = 219,4\Omega $

+ Mắc nối tiếp quạt với tụ điện và mắc vào nguồn điện ${u_2} = 220\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V$ thì quạt vẫn sáng bình thường => $I' = I$

- TH1: $I' = I = 5A \Rightarrow Z' = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}} {\rm{}} = \dfrac{{220}}{5} = 44$

$ \Leftrightarrow {16^2} + {\left( {15,1 - {Z_{C1}}} \right)^2} = {44^2} \Rightarrow {Z_{C1}} = 56,1 \Rightarrow C = 56,7\mu F$

- TH2:

$\begin{array}{l}I' = I = 0,5A \Rightarrow Z' = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}} = \dfrac{{220}}{{0,5}} = 440\\ \Leftrightarrow {16^2} + {\left( {219,4 - {Z_{C2}}} \right)^2} = {440^2} \Rightarrow {Z_{C2}} = 659,1 \Rightarrow C = 4,83\mu F\end{array}$

Câu 13 :

A

$ - 100{\rm{ }}V$ và đang giảm
B

$-{\rm{ }}100{\rm{ }}V$ và đang tăng
C

$100{\rm{ }}V$ và đang giảm
D

$100{\rm{ }}V$ và đang tăng

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} $

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: $\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}$

+ Sử dụng biểu thức định luật Ôm, viết phương trình điện áp

Lời giải chi tiết :

Tổng trở của mạch là $Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} {\rm{}} = \sqrt {{{100}^2} + \left( {100\pi .\frac{1}{\pi } - \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 4}}.100\pi }}{{2\pi }}}}} \right)} {\rm{}} = 100\sqrt 2 \Omega {\rm{}}$

Độ lệch pha giữa u và i được xác định bởi biểu thức: $\tan \varphi {\rm{}} = \frac{{{Z_l} - {Z_C}}}{R} = \frac{{100 - 200}}{{100}} = {\rm{}} - 1 = {\rm{}} > \varphi {\rm{}} = {\rm{}} - \frac{\pi }{4}$

Biểu thức cường độ dòng điện $i = \sqrt 2 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)A$

Độ lệch pha giữa u_d và i được xác định bởi biểu thức: $\tan {\varphi _d} = \frac{{{Z_L}}}{R} = \frac{{100}}{{100}} = 1 = {\rm{}} > {\varphi _d} = \frac{\pi }{4}$

Biểu thức điện áp hai đầu cuộn dây là ${u_d} = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} .{I_0}\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 200\cos (100\pi t + \frac{\pi }{2})$

Tại thời điểm t: ${u_{AB}} = 100\sqrt 3 = 200\cos 100\pi t = > t = \frac{1}{{600}}s{\rm{}}$

$ = > {u_d} = 200\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 200\cos \left( {100\pi \frac{1}{{600}} + \frac{\pi }{2}} \right) = - 100V$

Ta có $t = \frac{1}{{600}}s \Leftrightarrow \frac{T}{{12}} \Leftrightarrow \frac{\pi }{6}$ biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta thấy điện áp ở hai đầu cuộn dây đang giảm:

Câu 14 :

A
115V.
B
127V.
C
107V.
D
108V.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Áp dụng giản đồ vecto và sử dụng góc lệch pha giữa u và i.

Lời giải chi tiết :

Đề bài cho điện áp u_AM chính là điện áp hai đầu R, vì u_R cùng pha với cường độ dòng điện i, nên ta có giản đồ vecto khi C = C₁ là:

Khi C = C₂ ta có

Độ lệch pha của cường độ dòng điện trong hai lần là:

$\Delta {\varphi _{\left( {{i_1};{i_2}} \right)}} = \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{3} = \frac{{7\pi }}{{12}}$

Ta có:

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\cos {\varphi _1} = \frac{{{U_{R1}}}}{U} \Rightarrow {\varphi _1} = {\rm{arc}}\cos \frac{{{U_{R1}}}}{U}\\
\cos {\varphi _2} = \frac{{{U_{R2}}}}{U} \Rightarrow {\varphi _2} = {\rm{arc}}\cos \frac{{{U_{R2}}}}{U}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \arccos \frac{{{U_{R1}}}}{U} + \arccos \frac{{{U_{R2}}}}{U} = \frac{{7\pi }}{{12}}
\end{array}$

Thay số và bấm máy tính tìm U:

$\arccos \frac{{126}}{{\sqrt 2 U}} + {\rm{ar}}\cos \frac{{77}}{{\sqrt 2 U}} = \frac{{7\pi }}{{12}}$

Ta được

$U = 119,9V \approx 120V$

Vậy U gần nhất với giá trị 115V.

Câu 15 :

A
80 V.
B
100 V.
C
120 V.
D
50 V.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Bài toán C biến thiên để ${U_{{R_{max}}}}$

+ Bài toán C biến thiên để ${U_{{C_{max}}}}$

Lời giải chi tiết :

+ Khi $C = {C_0}$ thì: ${V_{1max}}$ khi đó mạch xảy ra cộng hưởng

${V_{1max}} = {U_R} = {U_{AB}}$ và ${Z_L} = {Z_{{C_0}}}$

Tại đây, ta có: ${U_R} = 2{U_{{C_0}}} \Rightarrow {U_{{C_0}}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{2} = {U_L}$

$ \Rightarrow {Z_L} = {Z_{{C_0}}} = \dfrac{R}{2}$

+ Khi $C = C'$ thì ${V_{2max}}$ khi đó ${V_{2max}} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{{U^2}\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R}$ (1)

Và ${Z_{C'}} = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4}}}{{\dfrac{R}{2}}} = \dfrac{5}{2}R$

Thay vào (1) ta có: $200 = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4}} }}{R} \Rightarrow U = 80\sqrt 5 V$

Số chỉ vôn kế ${V_1}$ khi đó là ${V_1} = {U_R} = I.R = \dfrac{U}{Z}.R$

${V_1} = \dfrac{{80\sqrt 5 }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{C'}}} \right)}^2}} }}R = \dfrac{{80\sqrt 5 }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{R}{2} - \dfrac{5}{2}R} \right)}^2}} }}R = 80V$

Câu 16 :

A
323,6 V
B
262,6 V
C
225,8 V
D
283,8 V

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Mạch có cộng hưởng: ${Z_L} = {Z_C}$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MB: ${U_{MB}} = {U_{RC}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Lời giải chi tiết :

Mạch xảy ra cộng hưởng, ta có:

${Z_L} = {Z_{{C_1}}} \Rightarrow {Z_L} = \dfrac{1}{{\omega {C_1}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{200.10}^{ - 6}}}}{\pi }}} = 50\,\,\left( \Omega \right)$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MB là:

$\begin{array}{l}{U_{MB}} = {U_{RC}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow {U_{MB}} = \dfrac{{U.\sqrt {{{50}^2} + {Z_C}^2} }}{{\sqrt {{{70}^2} + {{\left( {50 - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + \dfrac{{{{70}^2} - 100{Z_C}}}{{{{50}^2} + {Z_C}^2}}} }}\end{array}$

Đặt ${Z_C} = x;y = \dfrac{{{{70}^2} - 100{Z_C}}}{{{{50}^2} + {Z_C}^2}} = \dfrac{{{{70}^2} - 100x}}{{{{50}^2} + {x^2}}} \Rightarrow {U_{MB}} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + y} }}$

Để ${U_{MB\max }} \Leftrightarrow {y_{\min }} \Leftrightarrow y' = 0$

Ta có: $y' = \dfrac{{ - 100.\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right) - 2x.\left( {{{70}^2} - 100x} \right)}}{{{{\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right)}^2}}}$

$\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow - 100.\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right) - 2x.\left( {{{70}^2} - 100x} \right) = 0\\ \Rightarrow 100{x^2} - {2.70^2}x - {100.50^2} = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 119\,\,\left( \Omega \right)\\x = - 21\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {U_{MB\max }} = \dfrac{{200.\sqrt {{{50}^2} + {{119}^2}} }}{{\sqrt {{{70}^2} + {{\left( {50 - 119} \right)}^2}} }} \approx 262,6\,\,\left( V \right)\end{array}$

Câu 17 :

A
$\dfrac{1}{4}.$
B
$4.$
C
$\dfrac{1}{3}.$
D
$3.$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

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

Lời giải chi tiết :

Cảm kháng của cuộn dây là: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{{0,6}}{\pi } = 60\,\,\left( \Omega \right)$

Dung kháng của tụ điện là: ${Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{3\pi }}}} = 30\,\,\left( \Omega \right)$

Khi chưa nối tắt cuộn dây: đồ thị (1)

Với $R = 0 \Rightarrow {P_{1\max }} = \dfrac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\,\,\left( 1 \right)$

Khi nối tắt cuộn dây: đồ thị (2)

Ta có công suất: ${P_2} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {Z_C}^2}}$

Nhận xét: với $R = 10\Omega \Rightarrow {P_2} = {P_{1\max }}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {Z_C}^2}} = \dfrac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{10}}{{{{10}^2} + {{30}^2}}} = \dfrac{r}{{{r^2} + {{\left( {60 - 30} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow 10{r^2} + 9000 = 1000r \Rightarrow 10{r^2} - 1000r + 9000 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}r = 10\,\,\left( \Omega \right)\,\,\left( {loai} \right)\\r = 90\,\,\left( \Omega \right)\,\,\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Với $R = {R_0} \Rightarrow {P_{2\max }} \Leftrightarrow {R_0} = {Z_C} = 30\,\,\left( \Omega \right)$

Vậy $\dfrac{{{R_0}}}{r} = \dfrac{{30}}{{90}} = \dfrac{1}{3}$

Câu 18 :

A
90 V
B
120 V
C
75 V
D
140 V

Đáp án : D

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:

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

Bài liên quan

Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Vật Lí 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 3 Vật lí 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 2) - Vật Lí 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 2) Vật lí 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 1) - Vật Lí 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 1) Vật lí 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 17. Máy phát điện xoay chiều - Động cơ không đồng bộ ba pha - Vật Lí 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 17. Máy phát điện xoay chiều - Động cơ không đồng bộ ba pha Vật lí 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 16. Truyền tải điện năng - Máy biến áp - Vật Lí 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 16. Truyền tải điện năng - Máy biến áp Vật lí 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (Phần 3) - Vật Lí 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 3 - Vật Lí 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 2) - Vật Lí 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện xoay chiều (phần 1) - Vật Lí 12

Trắc nghiệm Bài 17. Máy phát điện xoay chiều - Động cơ không đồng bộ ba pha - Vật Lí 12

Trắc nghiệm Bài 16. Truyền tải điện năng - Máy biến áp - Vật Lí 12