Giải bài tập vật lý 12, Vật lý 12 - Để học tốt vật lý 12

Bài 14. Mạch có R, L, C mắc nối tiếp

Bài toán cực trị của mạch RLC mắc nối tiếp

CỰC TRỊ CỦA DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU

I. R thay đổi

1. R THAY ĐỔI ĐỂ P_MAX

a. Mạch RLC có cuộn dây thuần cảm (r=0)

$P = UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}{{\rm{I}}^2}R = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}R = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}}}$

Để ${P_{max}} \to {\left( {R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} \right)_{\min }}$

Ta có: $R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \ge 2\sqrt {R\frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} = 2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|$

Dấu “=” xảy ra $ \leftrightarrow {R^2} = {({Z_L} - {Z_C})^2} \to R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|$

b. Mạch RLC có cuộn dây không thuần cảm (r≠0)

- Công suất trên toàn mạch:

$P{\rm{ = }}{{\rm{I}}^2}(R + r) = \frac{{{U^2}}}{{{{(R + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}(R + r) = \frac{{{U^2}}}{{R + r + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{R + r}}}}$

Để ${P_{max}} \to {\left( {R + r + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{R + r}}} \right)_{\min }}$

Ta có: $(R + r) + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{R + r}} \ge 2\sqrt {(R + r)\frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{R + r}}} = 2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|$

Dấu “=” xảy ra $ \leftrightarrow {(R + r)^2} = {({Z_L} - {Z_C})^2} \to R + r = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \to R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| - r$

Chú ý: Nếu $r > {Z_L} - {Z_C} \to {P_{{\rm{max}}}} \leftrightarrow R = 0,{P_{{\rm{max}}}} = \frac{{{U^2}}}{{{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}r$

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

$\begin{array}{l}A = R + 2r + \frac{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}\\{A_{\min }} \leftrightarrow {\left( {R + \frac{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} \right)_{\min }}\\R + \frac{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \ge 2\sqrt {R.\frac{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} = 2\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \end{array}$

Dấu “=” xảy ra: $ \leftrightarrow {R^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2},{P_{{\rm{max}}}} = \frac{{{U^2}}}{{2{\rm{r}} + 2\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

- Công suất trên r: ${P_r}{\rm{ = }}\frac{{{U^2}r}}{{{{(R + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}$

${P_{r{\rm{ }}max}} = \frac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}$ xảy ra khi R=0

2. KHI R=R₁ HOẶC R=R₂ THÌ P CÓ CÙNG 1 GIÁ TRỊ (P<P_MAX) (CUỘN DÂY THUẦN CẢM)

$\begin{array}{l}P = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}R\\ \to P({R^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}) = {U^2}R\\ \leftrightarrow P{R^2} - {U^2}R + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}P = 0\\ \leftrightarrow {R^2} - \frac{{{U^2}R}}{P} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 0{\rm{ }}(1)\end{array}$

PT (1) có 2 nghiệm: R₁, R₂ : $\left\{ \begin{array}{l}{R_1} + {R_2} = \frac{{{U^2}}}{P}\\{R_1}{R_2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \end{array} \right.$

II. C thay đổi

1. C THAY ĐỔI => XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ${\varphi _{{\bf{U}}/{\bf{I}}}} = {\bf{0}}$ VÀ ${{\bf{I}}_{{\bf{MAX}}}},{\rm{ }}{{\bf{U}}_{{\bf{RMAX}}}},{\rm{ }}{{\bf{U}}_{{\bf{LMAX}}}},{\rm{ }}{{\bf{U}}_{{\bf{LCMIN}}}}$

${Z_L} = {Z_C}$

Khi đó:

$\begin{array}{l}{Z_{\min }} = R\\{I_{{\rm{max}}}} = \dfrac{U}{R}\\{P_{{\rm{max}}}} = {I^2}R = \dfrac{{{U^2}}}{R}\end{array}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

${U_L} = {U_C} \to U = \sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = {U_R}$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: φ=0

2. C THAY ĐỔI ĐỂ U_CMAX VÀ ĐIỆN ÁP HAI ĐẦU ĐOẠN MẠCH VUÔNG PHA VỚI U_RL

Ta có: ${U_C} = I{Z_C} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}$

Chia cả tử và mẫu cho Z_L, ta được: ${U_C} = \dfrac{U}{{\sqrt {\dfrac{{{R^2}}}{{{Z_C}^2}} + \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{{{Z_C}^2}}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {\dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_C}^2}} - \dfrac{{2{Z_L}}}{{{Z_C}}} + 1} }}$

Đặt $y = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_C}^2}} - \dfrac{{2{Z_L}}}{{{Z_C}}} + 1 = ({R^2} + Z_L^2){x^2} - 2{Z_L}x + 1$ với $x = \dfrac{1}{{{Z_C}}}$

Ta có U_Cmax khi y_min

${y_{\min }} \leftrightarrow x = - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} = \dfrac{{2{Z_L}}}{{2({R^2} + Z_L^2)}} \to {Z_C} = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}}$

Khi đó: ${U_{Cm{\rm{ax}}}} = \dfrac{{U_R^2 + U_L^2}}{{{U_L}}} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R}$

Hệ quả: $\left\{ \begin{array}{l}{U_{RL}} \bot {U_{AB}}\\U_{C\max }^2 = {U^2} + U_{RL}^2 = {U^2} + U_R^2 + U_L^2\\U_{C\max }^{}.{U_R} = U.{U_{RL}}\\\dfrac{1}{{U_R^2}} = \dfrac{1}{{{U^2}}} + \dfrac{1}{{U_{RL}^2}}\end{array} \right.$

3. C THAY ĐỔI ĐỂ U_RCMAX

Ta có: ${U_{RC}} = I{Z_{RC}} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2 - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + \dfrac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_L}^2}}{{{R^2} + Z_C^2}}} }}$

${U_{RLmax}} \leftrightarrow {\left( {1 + \dfrac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_L}^2}}{{{R^2} + Z_C^2}}} \right)_{\min }}$

$\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1 + \dfrac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_L}^2}}{{{R^2} + Z_C^2}}}\\{y' = {{(1 + \dfrac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_L}^2}}{{{R^2} + Z_C^2}})}^\prime } = \dfrac{{2{Z_C}^2 - 2{R^2} - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{{({R^2} + Z_C^2)}^2}}}}\\{y' = 0 \leftrightarrow 2{Z_C}^2 - 2{R^2} - 2{Z_L}{Z_C} = 0}\\{\left\{ \begin{array}{l}{Z_C} > 0\\{Z_C} = \dfrac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \dfrac{{{Z_L} + \sqrt {4{R^2} + Z_L^2} }}{2}\end{array} \right.}\end{array}$

Khi đó:

${{U}_{RC\max }}=\frac{2UR}{\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}-{{Z}_{L}}}$

4. C THAY ĐỔI ĐỂ U_RLKHÔNG PHỤ THUỘC VÀO R

U_RL không phụ thuộc vào R

$ \leftrightarrow {U_{RL}} = {U_{AB}}$

Từ giản đồ:

$\begin{array}{l} \to {U_C} = 2{U_L}\\ \to {Z_C} = 2{Z_L}\end{array}$

5. C THAY ĐỔI ĐỂ ${U_{RC}} \bot {U_{RL}}$

$\begin{array}{l}{U_{RL}} \bot {U_{RC}}\\ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin {\varphi _1} = c{\rm{os}}{\varphi _2}\\c{\rm{os}}{\varphi _1} = \left| {\sin {\varphi _2}} \right|\end{array} \right. \to \left| {\tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2}} \right| = 1\\ \leftrightarrow \frac{{{U_L}}}{{{U_R}}}\frac{{{U_C}}}{{{U_R}}} = 1 \leftrightarrow {U_L}{U_C} = {U_R}^2 \leftrightarrow {Z_L}{Z_C} = {R^2}\end{array}$

6. C=C₁ HOẶC C=C₂ THÌ U_C CÓ CÙNG GIÁ TRỊ

${C_1} + {C_2} = 2{C_{max}} = 2{C_0} \to {C_0} = \dfrac{{{C_1} + {C_2}}}{2}$

7. C THAY ĐỔI CÓ 2 GIÁ TRỊ LÀM CHO: ${{\bf{I}}_{\bf{1}}} = {{\bf{I}}_{\bf{2}}},{\rm{ }}{{\bf{P}}_{\bf{1}}} = {{\bf{P}}_{\bf{2}}},{\rm{ }}{\bf{cos}}{\varphi _{\bf{1}}} = {\bf{cos}}{\varphi _{\bf{2}}},{\rm{ }}{{\bf{Z}}_{\bf{1}}} = {{\bf{Z}}_{\bf{2}}}$

- Z₁=Z₂

${R^2} + {({Z_L} - {Z_{C1}})^2} = {R^2} + {({Z_L} - {Z_{C2}})^2} \to \left| {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right| = \left| {{Z_L} - {Z_{C2}}} \right|$

Với Z_C2>Z_C1 $ \to {Z_{C1}} + {Z_{C2}} = 2{Z_L}$

- I₁=I₂ hoặc P₁=P₂ => L=? để cộng hưởng điện

$ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I = {I_{{\rm{max}}}}\\{\varphi _u} = {\varphi _i}\\\left| {{\rm{cos}}\varphi } \right| = 1\end{array} \right. \to 2{Z_{Cm{\rm{ax}}}} = {Z_{C1}} + {Z_{C2}}$

III. L thay đổi

1- L THAY ĐỔI => XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ${\varphi _{{\bf{u}}/{\bf{i}}}} = {\bf{0}}$ VÀ I_MAX, U_RMAX, U_CMAX, U_LCMIN

${Z_L} = {Z_C}$

Khi đó:

${Z_{\min }} = R,{\rm{ }}{I_{{\rm{max}}}} = \frac{U}{R},{\rm{ }}{P_{{\rm{max}}}} = {I^2}R = \frac{{{U^2}}}{R}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

${U_L} = {U_C} \to U = \sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = {U_R}$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: φ=0I

2 - L THAY ĐỔI ĐỂ U_LMAX VÀ ĐIỆN ÁP HAI ĐẦU ĐOẠN MẠCH VUÔNG PHA VỚI U_RC

Ta có: ${U_L} = I{Z_L} = \frac{{U{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}$

Chia cả tử và mẫu cho Z_L, ta được: ${U_L} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{{{Z_L}^2}} + \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{{{Z_L}^2}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_L}^2}} - \frac{{2{Z_C}}}{{{Z_L}}} + 1} }}$

Đặt $y = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_L}^2}} - \frac{{2{Z_C}}}{{{Z_L}}} + 1 = ({R^2} + Z_C^2){x^2} - 2{Z_C}x + 1$ với $x = \frac{1}{{{Z_L}}}$

Ta có U_Lmax khi y_min

${y_{\min }} \leftrightarrow x = - \frac{b}{{2{\rm{a}}}} = \frac{{2{Z_C}}}{{2({R^2} + Z_C^2)}} \to {Z_L} = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}$

Khi đó: ${U_{Lm{\rm{ax}}}} = \frac{{U_R^2 + U_C^2}}{{{U_C}}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{R}$

Hệ quả: $\left\{ \begin{array}{l}{U_{RC}} \bot {U_{AB}}\\U_{L\max }^2 = {U^2} + U_{RC}^2 = {U^2} + U_R^2 + U_C^2\\U_{L\max }^{}.{U_R} = U.{U_{RC}}\\\frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{{U^2}}} + \frac{1}{{U_{RC}^2}}\end{array} \right.$

3 - L THAY ĐỔI ĐỂ U_RLMAX

Ta có: ${U_{RL}} = I{Z_{RL}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2 - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2}}{{{R^2} + Z_L^2}}} }}$

U_RLmax $ \leftrightarrow {\left( {1 + \frac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2}}{{{R^2} + Z_L^2}}} \right)_{\min }}$

$\eqalign{& y = 1 + \frac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + Z_C^2}}{{{R^2} + Z_L^2}} \cr & y' = \left( {1 + \frac{{ - 2{Z_L}{Z_C} + Z_C^2}}{{{R^2} + Z_L^2}}} \right)' = \frac{{2Z_L^2 - 2{R^2} - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{{({R^2} + Z_L^2)}^2}}} \cr & y' = 0 \leftrightarrow 2Z_L^2 - 2{R^2} - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \cr} $

${Z_L} > 0,{Z_L} = \frac{{ - b + \sqrt \Delta }}{{2a}} = \frac{{{Z_C} + \sqrt {4{R^2} + Z_C^2} }}{2}$

Khi đó:

${U_{R{L_{\max }}}} = \frac{{2UR}}{{\sqrt {4{R^2} + Z_C^2} - {Z_C}}}$

4 - L THAY ĐỔI ĐỂ U_RC KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO R

U_RC không phụ thuộc vào R

$ \leftrightarrow {U_{RC}} = {U_{AB}}$

Từ giản đồ:

$\begin{array}{l} \leftrightarrow {U_C} = {U_L} - {U_C}\\ \to {U_L} = 2{U_C}\\ \to {Z_L} = 2{Z_C}\end{array}$

5 - L THAY ĐỔI ĐỂ ${U_{RC}} \bot {U_{RL}}$

6 - L=L₁HOẶC L=L₂ THÌ U_L CÓ CÙNG GIÁ TRỊ

$\frac{1}{{{L_{{\rm{max}}}}}} = \frac{1}{2}(\frac{1}{{{L_1}}} + \frac{1}{{{L_2}}})$

7 - L THAY ĐỔI, CÓ 2 GIÁ TRỊ CỦA L LÀM CHO ${{\bf{I}}_{\bf{1}}} = {{\bf{I}}_{\bf{2}}},{\rm{ }}{{\bf{P}}_{\bf{1}}} = {{\bf{P}}_{\bf{2}}},{\rm{ }}{\bf{cos}}{\varphi _{\bf{1}}} = {\bf{cos}}{\varphi _{\bf{2}}},{\rm{ }}{{\bf{Z}}_{\bf{1}}} = {{\bf{Z}}_{\bf{2}}}$

- Z₁=Z₂

${R^2} + {({Z_{L1}} - {Z_C})^2} = {R^2} + {({Z_{L2}} - {Z_C})^2} \to \left| {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right| = \left| {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right|$

Với Z_L2>Z_L1 $ \to {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = 2{Z_C}$

- I₁=I₂ hoặc P₁=P₂ => L=? để cộng hưởng điện

$ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I = {I_{{\rm{max}}}}\\{\varphi _u} = {\varphi _i}\\\left| {{\rm{cos}}\varphi } \right| = 1\end{array} \right. \to L = \frac{{{L_1} + {L_2}}}{2}$

IV. $\omega$ thay đổi

1. $\omega $ THAY ĐỔI ĐỂ XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ĐIỆN: ${Z_{min}},{\rm{ }}{I_{max}},{\rm{ }}{U_{Rmax}},{\rm{ }}{P_{ABmax}},{\rm{ }}cos\varphi $ CỰC ĐẠI

${Z_L} = {Z_C} \to {\omega ^2} = \frac{1}{{LC}}{\rm{ hay }}\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}$

Khi đó:

${Z_{\min }} = R,{\rm{ }}{I_{{\rm{max}}}} = \dfrac{U}{R},{\rm{ }}{P_{{\rm{max}}}} = {I^2}R = \dfrac{{{U^2}}}{R}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

${U_L} = {U_C} \to U = \sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = {U_R}$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: $\varphi = 0$

2. $\omega $ THAY ĐỔI ĐỂ U_CMAX

${U_C} = I{Z_C} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{U}{{\omega C\sqrt {{R^2} + {\omega ^2}{L^2} - 2\dfrac{L}{C} + \dfrac{1}{{{\omega ^2}{C^2}}}} }} = \dfrac{U}{{C\sqrt {{\omega ^4}{L^2} + ({R^2} - 2\dfrac{L}{C}){\omega ^2} + \dfrac{1}{{{C^2}}}} }}$

U_{C max} <=> mẫu min

Đặt ${\omega ^2} = x$ , $ \to {x^2}{L^2} + ({R^2} - 2\dfrac{L}{C})x + \dfrac{1}{{{C^2}}} = y$

${y_{\min }} \leftrightarrow x = - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} = \dfrac{1}{{LC}} - \dfrac{{{R^2}}}{{2{L^2}}},{y_{\min }} = - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}} = \dfrac{{{R^2}}}{{LC}} - \dfrac{{{R^4}}}{{2{L^2}}}$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = \sqrt {\dfrac{1}{{LC}} - \dfrac{{{R^2}}}{{2{L^2}}}} L \to Z_L^2 = \dfrac{L}{C} - \dfrac{{{R^2}}}{2}\\ \leftrightarrow Z_L^2 = {Z_L}{Z_C} - \dfrac{{{R^2}}}{2}\\ \to \dfrac{{{R^2}}}{2} = {Z_L}\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)\\ \to \dfrac{{{Z_L}}}{R}\dfrac{{\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)}}{R} = \dfrac{1}{2} \leftrightarrow \tan {\varphi _{RL}}\tan \varphi = -\dfrac{1}{2}\end{array}$

Vẽ giản đồ ta được:

Từ giản đồ, ta có:

$\begin{array}{l}{Z^2} = {R^2} + {\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)^2} = 2{Z_L}\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right) + {\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)^2}\\ \leftrightarrow {Z^2} = Z_C^2 - Z_L^2\end{array}$

Kết luận: $\omega $ biên thiên để ${U_{{C_{max}}}}$, khi đó:

${U_{Cm{\rm{ax}}}} = \dfrac{{2UL}}{{R\sqrt {4LC - {R^2}{C^2}} }},{\rm{ }}{\omega ^2}{\rm{ = }}\dfrac{1}{{LC}} - \dfrac{{{R^2}}}{{2{L^2}}}$

$\tan {\varphi _{RL}}\tan \varphi = -\dfrac{1}{2}$ và $Z_C^2 = {Z^2} + Z_L^2$

3. $\omega $ THAY ĐỔI ĐỂ U_LMAX

${U_L} = I{Z_L} = \dfrac{{U{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{{U\omega L}}{{\sqrt {{R^2} + {\omega ^2}{L^2} - 2\dfrac{L}{C} + \dfrac{1}{{{\omega ^2}{C^2}}}} }} = \dfrac{{UL}}{{\sqrt {{L^2} + \dfrac{{({R^2} - 2\dfrac{L}{C})}}{{{\omega ^2}}} + \dfrac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}}} }}$

${U_{L{\rm{ }}max}}$ <=> mẫu min

Đặt $\dfrac{1}{{{\omega ^2}}} = x$, $ \to {L^2} + ({R^2} - 2\dfrac{L}{C})x + {x^2}\dfrac{1}{{{C^2}}} = y$

${y_{\min }} \leftrightarrow x = - \dfrac{b}{{2{\rm{a}}}} = \dfrac{{2LC - {R^2}{C^2}}}{2},{y_{\min }} = - \dfrac{\Delta }{{4{\rm{a}}}} = \dfrac{{4L{{\rm{R}}^2} - {R^4}C}}{4}C$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l} \to Z_C^2 = \dfrac{1}{{{\omega ^2}{C^2}}} = \dfrac{1}{{\dfrac{2}{{2LC - {R^2}{C^2}}}{C^2}}} = \dfrac{L}{C} - \dfrac{{{R^2}}}{2}\\ \leftrightarrow Z_C^2 = {Z_L}{Z_C} - \dfrac{{{R^2}}}{2}\\ \leftrightarrow \dfrac{{{R^2}}}{2} = {Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) \leftrightarrow \dfrac{{{Z_C}}}{R}\dfrac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{R} = \dfrac{1}{2}\\ \leftrightarrow \tan {\varphi _{RC}}\tan \varphi = -\dfrac{1}{2}\end{array}$

Vẽ giản đồ ta được:

Từ giản đồ, ta có:

$\begin{array}{l}{Z^2} = {R^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 2{Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) + {\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right)^2}\\ \leftrightarrow {Z^2} = Z_L^2 - Z_C^2\end{array}$

Kết luận: ${U_{Lm{\rm{ax}}}} = \dfrac{{2UL}}{{R\sqrt {4LC - {R^2}{C^2}} }},{\rm{ }}{\omega ^2}{\rm{ = }}\dfrac{2}{{2LC - {R^2}{C^2}}}$

$\tan {\varphi _{RC}}\tan \varphi =- \dfrac{1}{2}$ và $Z_L^2 = {Z^2} + Z_C^2$

Khi $\omega $ thay đổi để ${U_{Cmax}},{\rm{ }}{U_{Lmax}}$

$\begin{array}{l}{U_{Cm{\rm{ax}}}} = {U_{Lm{\rm{ax}}}} = \dfrac{{2UL}}{{R\sqrt {4LC - {R^2}{C^2}} }}\\{\omega _L}.{\omega _C} = \dfrac{1}{{LC}} = \omega _0^2\end{array}$

4. THAY ĐỔI $f$ CÓ HAI GIÁ TRỊ ${f_{\bf{1}}} \ne {f_{\bf{2}}}$ BIẾT ${f_{\bf{1}}} + {f_{\bf{2}}} = {\rm{ }}{\bf{a}}$ VÀ CÙNG CÔNG SUẤT HOẶC CÙNG ${\bf{I}},{\bf{Z}},{\bf{cos}}\varphi ,{{\bf{U}}_{{\bf{R}}.}}$

- Hai giá trị tần số làm cho mạch có cùng công suất nên:

$\begin{array}{l}{P_1} = {P_2} \Leftrightarrow I_1^2R = I_2^2R \Leftrightarrow I_1^2 = I_2^2\\ \to \dfrac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}} = \dfrac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{({Z_{L2}} - {Z_{C2}})}^2}}}\\ \to {({Z_{L1}} - {Z_{C1}})^2} = {({Z_{L2}} - {Z_{C2}})^2} \to \left[ \begin{array}{l}{Z_{L1}} - {Z_{C1}} = {Z_{L2}} - {Z_{C2}}(loai)\\{Z_{L1}} - {Z_{C1}} = - ({Z_{L2}} - {Z_{C2}})\end{array} \right.\\ \to {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = {Z_{C1}} + {Z_{C2}}) \to L({\omega _1} + {\omega _2}) = \dfrac{1}{C}(\dfrac{1}{{{\omega _1}}} + \dfrac{1}{{{\omega _2}}}) = \dfrac{1}{C}\dfrac{{{\omega _1} + {\omega _2}}}{{{\omega _1}{\omega _2}}}\\ \to {\omega _1}{\omega _2} = \dfrac{1}{{LC}} = \omega _0^2\end{array}$

- Công thức trên áp dụng cho bài toán thay đổi f có cùng I, Z, cosφ, U_R

Các hệ quả thu được:

Cảm kháng và dung kháng trong hai trường hợp:

${({Z_{L1}} - {Z_{C1}})^2} = {({Z_{L2}} - {Z_{C2}})^2}{\rm{ hay }}\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = h/s \to \left| \begin{array}{l}{Z_{L1}} = {Z_{C2}}\\{Z_{L2}} = {Z_{C1}}\end{array} \right.$

Hệ số công suất trong hai trường hợp: ${\rm{cos}}{\varphi _1} = {\rm{cos}}{\varphi _2} = \dfrac{1}{{\sqrt {1 + k{{(\sqrt {\dfrac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}}} - \sqrt {\dfrac{{{\omega _2}}}{{{\omega _1}}}} )}^2}} }}{\rm{ (}}\dfrac{L}{C} = k.{R^2})$
Cường độ dòng điện trong hai trường hợp: ${I_1} = {I_2} = \dfrac{{{I_{{\rm{max}}}}}}{n}$

Điện trở của mạch được xác định: $R = L\dfrac{{\left| {{\omega _1} - {\omega _2}} \right|}}{{\sqrt {{n^2} - 1} }} = \dfrac{{\left| {{\omega _1} - {\omega _2}} \right|}}{{{\omega _1}{\omega _2}C\sqrt {{n^2} - 1} }}$

Bình luận

Chia sẻ

Bình chọn:

4.9 trên 7 phiếu

Bài tiếp theo

Lý thuyết mạch có R, L, C mắc nối tiếp
Lý thuyết mạch có R, L, C mắc nối tiếp. Điện áp và tổng trở của mạch, ...
Câu C1 trang 75 SGK Vật lý 12
Giải Câu C1 trang 75 SGK Vật lý 12
Câu C2 trang 76 SGK Vật lý 12
Giải Câu C2 trang 76 SGK Vật lý 12
Câu C3 trang 77 SGK Vật lý 12
Giải Câu C3 trang 77 SGK Vật lý 12
Bài 1 trang 79 SGK Vật lí 12
Giải bài 1 trang 79 SGK Vật lí 12. Phát biểu định luật Ôm đối
Bài 2 trang 79 SGK Vật lí 12
Dòng nào ở cột A tương ứng với dòng nào ở cột B ?
Bài 3 trang 79 SGK Vật lí 12
Giải bài 3 trang 79 SGK Vật lí 12. Trong mạch điện xoay chiều nối tiếp
Bài 4 trang 79 SGK Vật lí 12
Mạch điện xoay chiều gồm có
Bài 5 trang 79 SGK Vật lí 12
Giải bài 5 trang 79 SGK Vật lí 12. Mạch điện xoay chiều gồm
Bài 6 trang 79 SGK Vật lí 12
Giải bài 6 trang 79 SGK Vật lí 12. Mạch điện xoay chiều gồm điện
Bài 7 trang 80 SGK Vật lí 12
Giải bài 7 trang 80 SGK Vật lí 12. Mạch điện xoay chiều gồm
Bài 8 trang 80 SGK Vật lí 12
Giải bài 8 trang 80 SGK Vật lí 12. Mạch điện xoay chiều gồm có
Bài 9 trang 80 SGK Vật lí 12
Giải bài 9 trang 80 SGK Vật lí 12. Mạch điện xoay chiều gồm có:
Bài 10 trang 80 SGK Vật lí 12
Giải bài 10 trang 80 SGK Vật lí 12. Cho mạch điện xoay chiều
Bài 11 trang 80 SGK Vật lí 12
Giải bài 11 trang 80 SGK Vật lí 12. Chọn câu đúng:
Bài 12 trang 80 SGK Vật lí 12
Chọn câu đúng:
Phương pháp giải một số dạng bài tập về Mạch xoay chiều có R,L,C mắc nối tiếp
Tổng hợp cách giải một số dạng bài tập về mạch xoay chiều có R,L,C mắc nối tiếp

>> Xem thêm

Luyện Bài Tập Trắc nghiệm Lí lớp 12 - Xem ngay

Báo lỗi - Góp ý

Group Ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Các bài khác cùng chuyên mục

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE

Bài giải mới nhất

Bài toán cực trị của mạch RLC mắc nối tiếp

Bài toán cực trị của mạch RLC mắc nối tiếp

Group Ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Góp ý cho loigiaihay.com

Báo lỗi góp ý

Báo lỗi