Phương pháp giải:

Nhiệt lượng tỏa ra trên vật dẫn Q = I²Rt

Liên hệ giữa dòng điện cực đại và dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Nhiệt lượng tỏa ra trên vật dẫn trong thời gian t = 30s là:

                        Q = I²Rt = \(\frac{I_{0}^{2}Rt}{2}=\frac{8.100.30}{2}=\) 12000J = 12kJ

Chọn A

Phương pháp giải:

Công suất trong mạch đạt giá trị lớn nhất khi trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

 Hệ số công suất của mạch là lớn nhất → mạch xảy ra cộng hưởng → \(P={{P}_{max}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}=\frac{220{}^{2}}{100}=484\)W

Phương pháp giải:

Công suất mạch điện : P = UIcosφ với φ là độ lệch pha giữa u và i

Liên hệ giữa giá trị cực đại và hiệu dụng : \(U=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}};I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Công suất mạch điện là :

   \(P=UI\cos \varphi =\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}}.\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}.c\text{os}\left( \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2} \right)=\frac{120}{\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}.c\text{os}\left( \frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2} \right)=73,5W\)

Phương pháp giải:

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

Định luật Ôm: I = U/Z

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Lời giải chi tiết:

\({{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Rightarrow {{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}})}^{2}}={{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}})}^{2}}\)

Mà Z_C1 = 200Ω; Z_C2 = 100Ω nên Z_L = 150Ω

Nối tắt tụ điện thì mạch chỉ còn RL

Công suất của mạch:

   \(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=\frac{{{\left( \frac{200}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}.R}{{{R}^{2}}+{{150}^{2}}}=\frac{160}{3}\text{W}\)

GiẢI phương trình được R = 300Ω hoặc R = 75Ω 

 Chọn C

Phương pháp giải:

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Công suất: \(P=UI\cos \varphi =\frac{{{U}^{2}}}{Z}\text{cos}\varphi \)

Lời giải chi tiết:

Vì cosφ = R/Z nên tổng trở trong 4 trường hợp là

Z₁ = 100Ω; Z₂ = 142,8Ω; Z₃ = 112,5Ω; Z₄ = 133,3Ω

Công suất trong từng trường hợp: \(P=UI\cos \varphi =\frac{{{U}^{2}}}{Z}\text{cos}\varphi \)

            \({{P}_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{100}.0,6={{6.10}^{-3}}{{U}^{2}}\)

            \({{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{142,8}.0,7={{4,9.10}^{-3}}{{U}^{2}}\)

\({{P}_{3}}=\frac{{{U}^{2}}}{112,5}.0,8={{7,1.10}^{-3}}{{U}^{2}}\)

\({{P}_{4}}=\frac{{{U}^{2}}}{133,3}.0,9={{6,75.10}^{-3}}{{U}^{2}}\)

Vậy công suất trong trường hợp 3 lớn nhất

Chọn D

Phương pháp giải:

Hệ số công suất cosφ = R/Z

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

Lời giải chi tiết:

Vì u_AN­ và u­_MB lệch pha khác π/2 nên hộp X phải chứa R

Z_C0 = 1,5Z_L0

U_AN = 2 U_MB nên Z_AN = 2Z_MB

Khi u_MB cực đại thì u_AN đạt 1 nửa giá trị cực đại nên u_MB­ sớm pha so với u­_AN góc π/3

Vậy X phải chứa C

U_AN = 2 U_MB nên Z_AN = 2Z_MB  \(\Rightarrow {{R}^{2}}+{{({{Z}_{C}}+Z_{C0}^{{}})}^{2}}=4{{R}^{2}}+4{{\left( {{Z}_{{{L}_{0}}}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\)

Vậy hệ số công suất cosφ = R/Z – 0,82

Chọn B

Phương pháp giải:

Cảm kháng Z_L = ωL

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Điện áp hiệu dụng U² = U_R² + (U_L – U_C)²

Hệ số công suất cosφ = U_R/U

Lời giải chi tiết:

Vì R² = L/C = Z_LZ_C nên U_R² = U_LU_C (1)

Ta có \({{U}_{RL}}=\sqrt{3}{{U}_{RC}}\Rightarrow U_{R}^{2}+U_{L}^{2}=3U_{R}^{2}+3U_{C}^{2}\)            (2)

Từ (1) và (2) ta được U_L² = 3U_R² và U_C² = U_R²/3

U² = U_R² + (U_L – U_C)²= \(U_{R}^{2}+{{(\sqrt{3}{{U}_{R}}-\frac{1}{\sqrt{3}}{{U}_{R}})}^{2}}\)= 7U_R²/3

Hệ số công suất \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{U}=\sqrt{\frac{3}{7}}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Công suất P = I²R

Mạch có dòng điện nhanh pha hơn điện áp thì mạch đó phải chứa tụ điện.

Định luật Ôm: I = U/Z

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

Lời giải chi tiết:

Vì i nhanh pha hơn u nên hộp X có chứa tụ điện C

Công suất của mạch: \(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{Z_{C}^{2}}{R}}\)

Để công suất mạch lớn nhất thì \(R+\frac{Z_{C}^{2}}{R}\) nhỏ nhất.

Áp dụng BĐT Cô si \(R+\frac{Z_{C}^{2}}{R}\ge 2{{Z}_{C}}\)

Vậy \(R+\frac{Z_{C}^{2}}{R}\)min bằng 2Z_C khi R = Z_C

Ta có \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}={{Z}_{C}}\sqrt{2}=\frac{U}{I}=\frac{200}{\sqrt{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=100\Omega \)

Mà Z_C = (ωC)^-1 = (2πfC)^-1 --> C = \(\frac{{{10}^{-4}}}{\pi }F\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Liên hệ giữa các điện áp hiệu dụng trong mạch RLrC : \(U=\sqrt{{{({{U}_{R}}+{{U}_{r}})}^{2}}+{{({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}^{2}}}\)

Hệ số công suất cosφ = (R + r)/Z = (U_r + U_R)/U

Lời giải chi tiết:

U_R = 55V ; U_C = 220V

U_r² + U_L² = 55²            (1)

(5 + U_r)² + (U_L – 220)² = 220²            (2)

Từ (1) và (2) ta được U_r = 825/17 (V) và U_L = 440/17 (V)

Hệ số công suất \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}+{{U}_{r}}}{U}=\frac{8}{17}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Tổng trở mạch RC là \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\)

Công suất đoạn mạch: P = I²R

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Dung kháng Z_C = (2πfC)^-1

Lời giải chi tiết:

Công suất mạch RC là: \(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+\frac{1}{2\pi fC}}\)

Khi f = 60Hz thì P = 156,6W. ta có : \(\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=156,6\)     (1)

Khi f = 30Hz thì P = 52,2W. ta có : \(\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+4Z_{C}^{2}}=52,2\)       (2)

Chia vế cho vế hai biểu thức trên ta được : \({{R}^{2}}+4Z_{C}^{2}=3{{R}^{2}}+3Z_{C}^{2}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{2}R\)

Thay vào (1) ta được : \(\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+2{{R}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{3R}=156,6\)

Khi f = 20Hz thì công suất là : \(P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+9Z_{C}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+9.2{{R}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{19R}=24,7W\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Công suất tiêu thụ P = I²R

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

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

Lời giải chi tiết:

+ Công suất tiêu thụ trên biến trở \({{P}_{R}}={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+2r+\frac{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{R}}\)

Để P_R max thì \({{R}_{1}}+\frac{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{{{R}_{1}}}\) min = \(2\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\) khi R₁² = r² + (Z_L- Z_C)²

Khi đó P_R max = P₀ = \(\frac{{{U}^{2}}}{2r+2\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)           (1)

+ Công suất tiêu thụ toàn mạch : \(P={{I}^{2}}(R+r)=\frac{{{U}^{2}}(R+r)}{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{(R+r)+\frac{{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{R+r}}\)

Để P max thì \((R+r)+\frac{{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{R+r}\) min = 2|Z_L – Z_C| khi (R₂ + r)² = (Z_L – Z_C)²

Khi đó 2P₀ = \(\frac{{{U}^{2}}}{2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}\)             (2)

Từ (1) và (2) ta được: r = 3|Z_L – Z_C|/4

Vậy R₁² = r² + 9r²/16 --> R₁ = 5r/4 --> R₂ = 15,2Ω

Chọn D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất \(\cos \varphi  = \frac{{{U_R}}}{U}\)

Lời giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là \(U = \sqrt {U_R^2 + U_C^2}  = \sqrt {{{\left( {100\sqrt 3 } \right)}^2} + {{100}^2}}  = 200V\)

Hệ số công suất của đoạn mạch là \(\cos \varphi  = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{100\sqrt 3 }}{{200}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Định luật Ôm: I = U/Z

Công suất tiêu thụ điện P = I²R

Gọi R₁, R₂ là điện trở của biến trở để công suất toàn mạch bằng nhau; R₀ là điện trở khi công suất cực đại. Ta có R₁R₂ = R₀² = (Z_L – Z_C)²

Độ lệch pha giữa u và i là \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi R₁, R₂ là điện trở của biến trở để công suất toàn mạch bằng nhau; R₀ là điện trở khi công suất cực đại. Ta có R₁R₂ = R₀² = (Z_L – Z_C)²

            \(\Rightarrow \frac{{{R}_{1}}}{{{Z}_{LC}}}.\frac{{{R}_{2}}}{{{Z}_{LC}}}=1\) => Dòng điện trong 2 trường hợp vuông pha nhau

Vì vậy α + 2α = 90⁰ => α = 30⁰

Khi R = R₀ = |Z_L – Z_C) thì độ lệch pha giữa u và i là  \(\tan {{\varphi }_{0}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=1\Rightarrow {{\varphi }_{0}}=\frac{\pi }{4}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Biểu diễn các vec tơ thể hiện mỗi quan hệ vefepha của hiệu điện thế : đoạn mạch chỉ chứa R có u và i cùng pha, đoạn mạch chỉ chứa L có u sớm pha hơn i góc 90⁰, đoạn mạch chỉ chứa C có u chậm pha hơn i góc 90⁰.

Lời giải chi tiết:

Do U_AM = U_MB nên AMB là tam giác cân tại M, do vậy góc A = góc B.

Mặt khác, A + 15⁰ = 90⁰ => A – 75⁰ => φ_MN = 75⁰ – 15⁰ = 60⁰

            => cosφ_MN = 0,5

Chọn B

Phương pháp giải:

Độ lệch pha của u so với i trong mạch điện xoay chiều là \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch là: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \(\tan \frac{\pi }{4}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=1\Rightarrow R={{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch là: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch chỉ có điện trở thì công suất tiêu thụ P = U²/R không phụ thuộc vào tần số dòng điện.

Lời giải chi tiết:

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch chỉ có điện trở thì công suất tiêu thụ P = U²/R không phụ thuộc vào tần số dòng điện.

Vậy nên P₁ = P₂

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức:

\(Q = P.t\; = {I^2}R.t\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(Q = P.t\; = {I^2}R.t \Rightarrow I = \sqrt {\frac{Q}{{t.R}}} = \sqrt {\frac{{6000}}{{120.25}}} = \sqrt 2 A\)

Phương pháp giải:

Mạch xảy ra cộng hưởng khi Z_L = Z_C

Công suất tiêu thụ P = I²R

ĐỊnh luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

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

Mạch chứa R có u cùng pha i, mạch chỉ chứa L có u sớm pha π/2 so với i, mạch chỉ chứa C có u chậm pha π/2 so với i.

Lời giải chi tiết:

Vì u_X trễ pha hơn u_Y nên X chứa R_X và Z_C, Y chứa R_Y và Z_L

Từ đồ thị ta thấy khi f = f₀ mạch xảy ra cộng hưởng, Z_L0 = Z_C0

Chuẩn hóa Z_L0 = Z_C0 = 1

P_xmax = 2P_Ymax­ => R_X = 2R_Y

Khi f = f₁ = 0,5f₀ thì Z_L1 = 0,5Z_L0 = 0,5; Z_C1 = 2Z_C0 = 2

Mặt khác P_X = P_Ymax => \(\frac{{{U}^{2}}{{R}_{x}}}{{{({{R}_{X}}+{{R}_{Y}})}^{2}}+{{({{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}})}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}{{R}_{Y}}}{{{({{R}_{X}}+{{R}_{Y}})}^{2}}}\Rightarrow \frac{2}{9R_{Y}^{2}+{{(0,5-2)}^{2}}}=\frac{1}{9R_{Y}^{2}}\)

=> R_Y = 0,5; R_X = 1

=> Độ lệch pha giữa u_Yvà u_X là

            \(\Delta \varphi =\arctan \frac{{{Z}_{C1}}}{{{R}_{X}}}+\arctan \frac{{{Z}_{L1}}}{{{R}_{Y}}}=\arctan \frac{2}{1}+\arctan \frac{0,5}{0,5}={{108}^{0}}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Mắc cuộn dây không thuần cảm vào điện áp không đổi thì chỉ có R

Tổng trở của cuộn dây: \(Z=\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}\)

ĐỊnh luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Lời giải chi tiết:

Mắc cuộn dây vào điện áp không đổi: r = U/I = 20/3 Ω

Mắc cuộn dây vào điện áp xoay chiều:

            \(Z=\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{40}{3,6}\Rightarrow Z_{L}^{{}}=\frac{80}{9}\Omega \)

Hệ số công suất của cuộn dây là: cosφ = R/Z = 0,6

Chọn C

Phương pháp giải:

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

Công suất tiêu thụ trên điện trở là P = I²R

Công suất tiêu thụ điện toàn mạch: P = UIcosφ

Công suất tiêu thụ trên toàn mạch bằng tổng công suất tiêu thụ trên cuộn dây và trên bóng đèn

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Điện áp hiệu dụng \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng U = 200V

Công suất tiêu thụ trên toàn mạch bằng tổng công suất tiêu thụ trên cuộn dây và trên bóng đèn

            UIcosφ = I²r + 200 => 50I² – 200Icosφ + 200 = 0 (1)

Đèn sáng bình thường thì dòng điện qua mạch = dòng điện định mức duy nhất.

Phương trình (1) có nghiêm duy nhất khi \(=0\Leftrightarrow {{(200.c\text{os}\varphi \text{)}}^{2}}-4.50.200=0\Rightarrow c\text{os}\varphi \text{=1}\Rightarrow \varphi \text{=2k}\pi \)

Thay vào phương trình (1) ta được I = 2A

Vì cosφ = 1 => φ = 0 nên u và i cùng pha.

Vậy biểu thức dòng điện là \(i=2\sqrt{2}\text{cos(100}\pi \text{t + }\frac{\pi }{3})A\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất \(\cos \varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{{{U_R}}}{U}\)

Biểu thức tính điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch có cuộn dây không thuần cảm

 \(U = \sqrt {{{\left( {{U_R} + {U_r}} \right)}^2} + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Ta có điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là : \({U_d} = \sqrt {U_r^2 + U_L^2}  =  > {U_r} = \sqrt {U_d^2 - U_L^2} \left( 1 \right)\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là

\(\begin{array}{l}{U^2} = {\left( {{U_R} + {U_r}} \right)^2} + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = U_R^2 + 2{U_R}{U_r} + U_d^2 - 2{U_L}{U_C} + U_C^2\\ =  > {13^2} + 2.13.{U_r} + {13^3} - 2\sqrt {{{13}^2} - U_r^2} .65 + {65^2} = {65^2}\\ =  > 13 + {U_r} = 5.\sqrt {{{13}^2} - U_r^2}  =  > {U_r} = 12V\end{array}\)

Hệ số công suất của cuộn dây là \(\cos {\varphi _d} = \frac{{{U_r}}}{{{U_d}}} = \frac{{12}}{{13}}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Cảm kháng Z_L = ωL

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

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Lời giải chi tiết:

Vì \(L=C{{R}^{2}}\Rightarrow {{R}^{2}}=\frac{L}{C}=\frac{\omega L}{\omega C}={{Z}_{L}}{{Z}_{C}}\)

Chuẩn hóa R = 1, Z_L1 = n => Z_C1 = 1/n

Hệ số công suất của đoạn mạch: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\sqrt{\frac{{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}}\)

Do ω₂ = 4ω₁ => Z­_L2 = 4Z_L1 và Z_C1 = 4Z_C2 mà mạch có cùng công suất nên:

\\(\frac{{{Z}_{L1}}{{Z}_{C1}}}{{{Z}_{L1}}{{Z}_{{{C}_{1}}}}+({{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}})}=\frac{4{{Z}_{L1}}.\frac{{{Z}_{C1}}}{4}}{4{{Z}_{L1}}\frac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}}{4}+(4{{Z}_{L1}}-\frac{{{Z}_{C1}}}{4})}\Rightarrow \frac{1}{{{Z}_{L1}}{{Z}_{{{C}_{1}}}}+({{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}})}=\frac{1}{{{Z}_{L1}}.{{Z}_{C1}}+(4{{Z}_{L1}}-\frac{{{Z}_{C1}}}{4})}\)\(\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+{{(n-\frac{1}{n})}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{1+{{(4n-\frac{1}{4n})}^{2}}}}\Rightarrow n=0,5\Rightarrow c\text{os}{{\varphi }_{1}}=c\text{os}{{\varphi }_{2}}=\frac{2}{\sqrt{13}}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Điện tích trên tụ Q = CU

Tụ điện không có dòng điện một chiều đi qua

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

Tổng trở mạch RL là \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}\)

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Khi mắc đoạn mạch vào acquy: không có dòng điện chạy qua mạch => U_C = E = 12V

Điện tích trên tụ: Q = CU = 12C

Khi mắc vào mạch điện xoay chiều có U₀ = \(12\sqrt{2}V\)

Ta có: q₀ = CU_0C \(\Rightarrow Q\sqrt{2}=12\sqrt{2}C\Rightarrow {{U}_{0C}}=12\sqrt{2}V\)

Điện tích và điên áp trên hai bản tụ biến thiên cùng tần số cùng pha

=> u_C chậm pha hơn u một góc π/3.

Ta có: \(\sin \frac{\pi }{3}=\frac{{{U}_{0R}}}{{{U}_{0}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{U}_{0R}}=6\sqrt{6}V\)

\({{U}_{0}}.\cos \frac{\pi }{3}=12\sqrt{2}-{{U}_{0L}}\Rightarrow {{U}_{0L}}=6\sqrt{2}V\)

Hệ số công suất của cuộn dây là: \(\cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\frac{{{U}_{0R}}}{\sqrt{U_{0R}^{2}+U_{0L}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất mạch RLC : \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{{{U}_{R}}}{U}=\frac{90}{150}=0,6\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Tổng trở mạch có RLrC là \(Z=\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Công suất tiêu thụ trên điện trở R là P = I²R

Hệ số công suất đoạn mạch: cosφ = R/Z

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ trên biến trở R là:

\(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{2r+R+\frac{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{R}}\)

Để P max thì mẫu số nhỏ nhất. Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:

\(R+\frac{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{R}\ge 2\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\)

Vậy mẫu số nhỏ nhất bằng \(2r+2\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\) khi \(R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=80\Omega \)

Tổng trở mạch điện khi đó là:

\(Z=\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\sqrt{{{(80+r)}^{2}}+{{80}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{{{2.80}^{2}}+160r}\)

Để Z chia hết cho 40 thì \(\frac{{{Z}^{2}}}{{{40}^{2}}}=8+\frac{r}{10}\) là số nguyên và r nhỏ nhất => r = 10Ω => Z = 120Ω

Hệ số công suất đoạn mạch AB là: \(\cos \varphi =\frac{R+r}{Z}=\frac{80+10}{120}=0,75\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất

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

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức tính công suất

\(\begin{array}{l}
P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R}}}\\
= > {P_{\max }} \Leftrightarrow {R^2} = {({Z_L} - {Z_C})^2} \Rightarrow P = \frac{{{U^2}}}{{2R}}
\end{array}\)

Từ đồ thị ta thấy P₁ cực đại khi R = 40Ω

Thay vào biểu thức P cực đại ta được

\(250 = \frac{{U_1^2}}{{2.40}} \Rightarrow {U_1} = \sqrt {20000} V\)

Với hai giá trị R = 40Ω và R = 80 Ω thì P₁ cùng có giá trị 200W

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\frac{{U_1^2.20}}{{{{20}^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}} = \frac{{U_1^2.80}}{{{{80}^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}}\\
\Rightarrow |{Z_{L1}} - {Z_{C1}}| = 40\Omega
\end{array}\)

Với hai giá trị R = 80 và R = 180 thì P₂ có cùng giá trị 200W

 Nên ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{U_2^2.80}}{{{{80}^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}} = \frac{{U_2^2.180}}{{{{180}^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}}\\
\Rightarrow \left| {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right| = 120\Omega
\end{array}\)

 Với hai giá trị  R = 80 Ω thì P₁ = P₂ = 200W

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{U_1^2.80}}{{{{80}^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}} = \frac{{U_2^2.80}}{{{{80}^2} + {{({Z_{L2}} - {Z_{C2}})}^2}}}\\
\Rightarrow \frac{{20000}}{{{{80}^2} + {{40}^2}}} = \frac{{U_2^2}}{{{{80}^2} + {{120}^2}}} \Rightarrow {U_2} = \sqrt {52000} V
\end{array}\)

 Khi R = 40Ω thì P₂có giá trị là

\({P_2} = \frac{{52000.40}}{{{{40}^2} + {{120}^2}}} = 130W\)

Phương pháp giải:

Cảm kháng Z_L = ωL

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

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

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Liên hệ giữa tần số góc và tần số ω = 2πf

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra: 4L = R²C => 4ωL = ωR²C => R² = 4Z_LZ_C

Tổng trở mạch điện: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\sqrt{4{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}={{Z}_{L}}+{{Z}_{C}}\)

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

Chuẩn hóa số liệu, chọn Z_L1 = 1. Ta có:

+ Khi f₁ = 60Hz => R = a; Z_L1 = 1 = > \({{Z}_{C}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow c\text{os}\varphi \text{=}{{\text{k}}_{1}}=\frac{a}{1+\frac{{{a}^{2}}}{4}}\)

+ Khi f₂ = 120Hz => R = a; Z_L1 = 2 = > \({{Z}_{C}}=\frac{{{a}^{2}}}{8}\Rightarrow c\text{os}\varphi \text{=}{{\text{k}}_{2}}=\frac{a}{2+\frac{{{a}^{2}}}{8}}\)

+ Khi f₃ = 240Hz => R = a; Z_L1 = 4 = > \({{Z}_{C}}=\frac{{{a}^{2}}}{16}\Rightarrow c\text{os}\varphi \text{=}{{\text{k}}_{1}}=\frac{a}{4+\frac{{{a}^{2}}}{16}}\)

Theo đề bài : \({{k}_{2}}=\frac{5}{4}{{k}_{1}}\Rightarrow \frac{a}{2+\frac{{{a}^{2}}}{8}}=\frac{5}{4}.\frac{a}{1+\frac{{{a}^{2}}}{4}}\Rightarrow a=4\)

=> k₃ = 0,8

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất của dòng điện xoay chiều \(P=UI\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Khi điện áp hai bản tụ điện lệch pha \(\frac{\pi }{3}\) so với điện áp hai đầu mạch ta có \({{\varphi }_{{{u}_{AB}}}}-{{\varphi }_{{{u}_{C}}}}=\frac{\pi }{3}=>{{\varphi }_{{{u}_{AB}}}}-{{\varphi }_{i}}=-\frac{\pi }{6}\)

Công suất tiêu thụ của mạch bằng:

\(P = {{{U^2}} \over R}{\cos ^2}\left( {{\varphi _{{u_{AB}}}} - {\varphi _i}} \right) = {{{{200}^2}} \over {100}}{\cos ^2}\left( { - {\pi  \over 6}} \right) = 300W\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức hệ số công suất

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Vì 3R = 4ωL → 3R = 4Z_L

Sử dụng công thức hệ số công suất:

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(\frac{{3R}}{4})}^2}} }} = \frac{4}{5} = 0,8\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch RLC \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\)

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

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Công suất tiêu thụ P = I²R

Lời giải chi tiết:

u_RL vuông pha so với u nên

\(\tan {{\varphi }_{u}}.\tan {{\varphi }_{RL}}=-1\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L}}}{R}=-1\Rightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{L}}({{Z}_{C}}-{{Z}_{L}})={{200}^{2}}(1)\)

Ta có: \(\frac{U}{{{U}_{RL}}}=\frac{Z}{{{Z}_{RL}}}=1\Rightarrow {{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}=Z_{L}^{2}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}(2)\)

Từ (1) và (2) ta được Z_L = 200Ω; Z_C = 400Ω => Z = \(200\sqrt{2}\Omega \)

 Công suất tiêu thụ của cuộn dây là

\(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=\frac{{{120}^{2}}.200}{{{(200\sqrt{2})}^{2}}}=36W\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Hệ quả khi C thay đổi để U_Cmax thì P₃ = 0,5P_max = P_maxcos²φ

Lời giải chi tiết:

Khi  C = C₃ thì U_C max và P₃ = 0,5P_max

Ta có:

 \({{P}_{3}}=\frac{1}{2}{{P}_{\text{max}}}={{P}_{\text{max}}}\text{co}{{\text{s}}^{2}}{{\varphi }_{3}}\Rightarrow {{\varphi }_{3}}={{45}^{0}}\)

Gọi β là góc hợp bởi u_L và u_rL ta có β = 45⁰

Sử dụng định lí hàm số sin cho hai trường hợp C = C₁ và C = C₂ ta được:

            \(\frac{U}{\sin {{45}^{0}}}=\frac{{{U}_{C}}}{\sin ({{135}^{0}}-{{\alpha }_{1}})}=\frac{{{U}_{C}}}{\sin ({{135}^{0}}-{{\alpha }_{2}})}\)

Kết hợp điều kiện \({{\alpha }_{2}}={{\alpha }_{1}}+\frac{\pi }{3}\)

Nên α₁= 15⁰ và α₂ = 75⁰

Từ đó U = \(\frac{80\sqrt{3}}{3}\approx 46,188V\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp :

Áp dụng công thức tính công suất của mạch điện xoay chiều \(P = UI\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Khi hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu mỗi phần tử L và C có độ lớn như nhau và bằng một nửa hiệu điện thế giữa hai đầu R.

Ta có:  \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}}  \Rightarrow 200 = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {\frac{{{U_R}}}{2} - \frac{{{U_R}}}{2}} \right)}^2}}  \Rightarrow {U_R} = 200\)

Công suất tiêu thụ của mạch là: \(P = UI\cos \varphi  = U.\frac{{{U_L}}}{{{Z_L}}}.\frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{100}}{{200}}.200 = 100W\)

Chọn D

Phương pháp giải:

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

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Độ lệch pha giữa u và i là \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\)

Hai đoạn mạch nối tiếp có điện áp vuông pha thì tanφ₁.tanφ₂= -1

Công suất tiêu thụ P = I²R

Lời giải chi tiết:

Xét mạch RL có:

            \(\tan \frac{\pi }{6}=\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow R={{Z}_{L}}.\sqrt{3}\)

            \({{Z}^{2}}={{R}^{2}}+Z_{L}^{2}=4Z_{L}^{2}={{50}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=25\Omega ;R=25\sqrt{3}\Omega \)

Mạch RL nối với mạch X. ta có:

            \(\tan {{\varphi }_{RL}}.\tan {{\varphi }_{X}}=-1\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{R}.\frac{{{Z}_{Lx}}-{{Z}_{Cx}}}{{{R}_{X}}}=-1\Rightarrow {{Z}_{Lx}}-{{Z}_{Cx}}=-\frac{{{R}_{X}}}{\sqrt{3}}\)

Mà \(Z=\frac{250}{3}\Omega \Rightarrow {{(R+{{R}_{X}})}^{2}}+{{({{Z}_{L}}+{{Z}_{Lx}}-{{Z}_{Cx}})}^{2}}=\frac{{{250}^{2}}}{{{3}^{2}}}\Rightarrow {{(R+{{R}_{X}})}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-\frac{{{R}_{X}}}{\sqrt{3}})}^{2}}=\frac{{{250}^{2}}}{{{3}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {{R}_{X}}=40\Omega ;({{Z}_{Lx}}-{{Z}_{Cx}})=\frac{-40}{\sqrt{3}}\Omega \)

CÔng suất tiêu thụ trên đoạn mạch X là P_X = I²R_X= 3².40 = 360W

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp “giăng dây”:

Giá trị R để công suất tiêu thụ là lớn nhất là: \({{R}_{0}}=\sqrt{{{R}_{1}}.{{R}_{2}}}\)

Để tìm mối quan hệ giữa các công suất đã cho, ta chỉ cần so sánh các giá trị R, R càng gần R₀ thì P càng lớn

Lời giải chi tiết:

Từ đề bài ta có: Khi R = 20\(\Omega \) và R = 80\(\Omega \) thì công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch như nhau và bằng P.

Do đó giá trị R để công suất tiêu thụ là lớn nhất là: \({{R}_{0}}=\sqrt{20.80}=40(\Omega )\)

Tại \(R={{R}_{1}}=30(\Omega )\)thì P = P_{1\(\Rightarrow R_{0}^{2}={{R}_{1}}.{{R}_{1}}'\Leftrightarrow R{{'}_{1}}\approx 53(\Omega )\)}

R’₁ xa R₀ hơn so với R₂. Do đó P₂ > P₁

\(\Rightarrow \) P₂ > P₁ > P

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất của đoạn mạch bằng: \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{U}=\frac{\sqrt{{{U}^{2}}-{{({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}^{2}}}}{U}=\frac{\sqrt{{{(2{{U}_{L}})}^{2}}-{{({{U}_{L}}-2.{{U}_{L}})}^{2}}}}{2{{U}_{L}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng biểu thức tính công suất của mạch dao động \(P = UI\cos \left( {{\varphi _u} - {\varphi _i}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là  \(P = UI\cos \left( {{\varphi _u} - {\varphi _i}} \right) = 120.3.\cos \left( { - \frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 180W\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng: Khi C thay đổi hai giá trị C₁ và C₂ có cùng I, U_L, U_R, P thì \({{\text{Z}}_{\text{L}}}\text{ = }\frac{{{\text{Z}}_{\text{C1}}}\text{ + }{{\text{Z}}_{\text{C2}}}}{\text{2}}\)

Lời giải chi tiết:

\(\text{R = 100  }\!\!\Omega\!\!\text{ ;  }\!\!\omega\!\!\text{  = 100 }\!\!\pi\!\!\text{ }\)

Ta có: C₂ = 3C₁ nên \({{\text{Z}}_{\text{C1}}}\text{ = 3}{{\text{Z}}_{\text{C2}}}\Rightarrow {{\text{Z}}_{\text{L}}}=2{{\text{Z}}_{\text{C2}}}\)

Và ta có các dòng điện vuông pha với nhau nên:

\(\text{tan}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}\text{.tan}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{2}}}\text{=}-\text{1}\Leftrightarrow \frac{{{\text{Z}}_{\text{L}}}-{{\text{Z}}_{\text{C1}}}}{\text{R}}\text{.}\frac{{{\text{Z}}_{\text{L}}}-{{\text{Z}}_{\text{C2}}}}{\text{R}}=-1\)

\(\Leftrightarrow \frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C2}}}-3{{\text{Z}}_{\text{C2}}}}{\text{R}}\text{.}\frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C2}}}-{{\text{Z}}_{\text{C2}}}}{\text{R}}=-1\Leftrightarrow \frac{-\text{Z}_{\text{C2}}^{\text{2}}}{{{\text{R}}^{2}}}=-1\Leftrightarrow {{\text{Z}}_{\text{C2}}}=\text{R}=\text{100  }\!\!\Omega\!\!\text{ }\)

\(\Rightarrow {{\text{Z}}_{\text{L}}}\text{ = 200  }\!\!\Omega\!\!\text{ }\Rightarrow \text{L = }\frac{200}{100\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}=\frac{\text{2}}{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}\)(H)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công thức tính hệ số công suất: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Với \(f={{f}_{1}}=\text{60 Hz}\): \({{\text{Z}}_{\text{L1}}}\text{ = }{{\text{Z}}_{\text{C1}}}\)

Khi \(f={{f}_{2}}=120\text{ Hz = 2}{{f}_{1}}\):

\({{\text{Z}}_{\text{L2}}}\text{ =2 }{{\text{Z}}_{\text{L1}}};\text{     }{{\text{Z}}_{\text{C2}}}\text{ = }\frac{{{\text{Z}}_{\text{C1}}}}{\text{2}}\text{  }\Rightarrow \text{ }{{\text{Z}}_{\text{L2}}}=4{{\text{Z}}_{\text{C2}}}\text{ }\)

\(\Rightarrow \cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+9.{{Z}_{C2}}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow 2{{R}^{2}}={{R}^{2}}+9.{{Z}_{C2}}^{2}\Leftrightarrow R=3{{Z}_{C2}}=\frac{3}{2}{{Z}_{C1}}\)

Khi \(f={{f}_{2}}=90\text{ Hz = }\frac{3}{2}{{f}_{1}}\):

\({{\text{Z}}_{\text{L3}}}\text{ = }\frac{3}{2}{{\text{Z}}_{\text{L1}}}\text{= }\frac{3}{2}{{\text{Z}}_{C1}};\text{     }{{\text{Z}}_{\text{C3}}}\text{ = }\frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C1}}}}{3}\text{  }\)

\(\Rightarrow \cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L3}}-{{Z}_{C3}})}^{2}}}}=\frac{\frac{3}{2}{{Z}_{C1}}}{\sqrt{{{\left( \frac{3}{2}{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3}{2}{{\text{Z}}_{C1}}-\frac{\text{2}{{\text{Z}}_{\text{C1}}}}{3} \right)}^{2}}}}\approx 0,87\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch RLC \(\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

Tổng trở mạch RL là \(Z = \sqrt {{R^2} + {{(Z_L^{} - {Z_C})}^2}} \)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Công suất tiêu thụ P = I²R

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

u_RL vuông pha so với u nên

\(\tan {\varphi _u}.\tan {\varphi _{RL}} =  - 1 \Rightarrow \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}.\frac{{{Z_L}}}{R} =  - 1 \Rightarrow {R^2} = {Z_L}({Z_C} - {Z_L}) = {200^2}(1)\)

Ta có: \(\frac{U}{{{U_{RL}}}} = \frac{Z}{{{Z_{RL}}}} = 1 \Rightarrow {({Z_L} - {Z_C})^2} = Z_L^2 \Rightarrow {Z_C} = 2{Z_L}(2)\)

Từ (1) và (2) ta được \({Z_L}\; = 200\Omega ;{\rm{ }}{Z_{C\;}} = 400\Omega  =  > Z = 200\sqrt 2 \Omega \)

 Công suất tiêu thụ của cuộn dây là:\(P = {I^2}R = \frac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \frac{{{{120}^2}.200}}{{{{(200\sqrt 2 )}^2}}} = 36W\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Tại \(f={{f}_{1}}=60\) Hz : \({{Z}_{L1}}={{Z}_{C1}}\)

Tại \(f={{f}_{2}}=2{{f}_{1}}=120\) Hz : \({{Z}_{L2}}=2{{Z}_{L1}}=2{{Z}_{C1}}=4{{Z}_{C2}}\)

\(\cos {{\varphi }_{2}}=\frac{R}{{{Z}_{2}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+9{{Z}_{C2}}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow 2{{R}^{2}}={{R}^{2}}+9{{Z}_{C2}}^{2}\Leftrightarrow {{R}^{2}}=9{{Z}_{C2}}^{2}\Leftrightarrow R=3{{Z}_{C2}}\)

Tại \(f={{f}_{3}}=\frac{3}{4}{{f}_{2}}=90\) Hz : \({{Z}_{L3}}=\frac{3}{4}{{Z}_{L2}}=3{{Z}_{C2}}\) và \({{Z}_{C3}}=\frac{4}{3}{{Z}_{C2}}\)

\(\Rightarrow \cos {{\varphi }_{3}}=\frac{R}{{{Z}_{3}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L3}}-{{Z}_{C3}} \right)}^{2}}}}=\frac{3{{Z}_{C2}}}{\sqrt{9Z_{C2}^{2}+{{\left( 3{{Z}_{L2}}-\frac{4}{3}{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}}}=0,874\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng \(\vec{U}=\overrightarrow{{{U}_{X}}}+\overrightarrow{{{U}_{Y}}}\) mà U_Y² + U² =U_x² \(\to \overrightarrow{{{U}_{Y}}}\bot \overrightarrow{U}\)

Sử dụng giản đồ vecto

Hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng : \(\cos \varphi =\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\)   

Lời giải chi tiết:

Khi f= f₀

Ta có \(\vec{U}=\overrightarrow{{{U}_{X}}}+\overrightarrow{{{U}_{Y}}}\) mà U_Y² + U² =U_x² \(\to \overrightarrow{{{U}_{Y}}}\bot \overrightarrow{U}\)

Biểu diễn các điện áp trên giản đồ vecto

Từ giản đồ, ta có X là tụ điện, Y là cuộn dây có điện trở.

\(\frac{1}{U_{r}^{2}}=\frac{1}{U_{Y}^{2}}+\frac{1}{{{U}^{2}}}\to {{U}_{r}}=\frac{1200}{17}(V)\);\({{U}_{L}}=\sqrt{U_{Y}^{2}-U_{r}^{2}}=\frac{2250}{17}(V)\)

Chuẩn hóa  r=1,ta có:  \(\frac{{{U}_{r}}}{{{U}_{L}}}=\frac{r}{{{Z}_{L}}}\to {{Z}_{L}}=1,875\Omega \); \(\frac{{{U}_{r}}}{{{U}_{C}}}=\frac{r}{{{Z}_{C}}}\to {{Z}_{C}}=\frac{289}{120}\Omega \)

Khi f = 3f₀, \(\to Z_{L}^{'}=3.{{Z}_{L}}=5,625\Omega \); \(\to {{Z}_{C}}'=\frac{{{Z}_{C}}}{3}=\frac{289}{360}\Omega \)

Hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng : \(\cos \varphi =\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=0,203\)  

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vec tơ

Áp dụng định lý hàm số sin: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Dễ dàng nhận ra cuộn dây có điện trở thuần à \(0<\varphi <{{90}^{0}}\).

+ Áp dụng hàm sin trong tam giác, ta có: \(\frac{{{U}_{MB}}}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{{{U}_{AM}}}{\sin ({{\varphi }_{d}}+\frac{\pi }{3})}\).

+ Chuẩn hóa: U_MB =1 à \({{U}_{AM}}=\sqrt{2}.\)  

=>\(\sin ({\varphi _d} + \frac{\pi }{3}) = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \)

+\({\varphi _d} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{4} \to {\varphi _d} < 0:loai\)

+\({\varphi _d} + \frac{\pi }{3} = \frac{{3\pi }}{4} \to {\varphi _d} = \frac{{5\pi }}{{12}}\)

+ Hệ số công suất của cuộn dây: \(\text{cos}{{\varphi }_{d}}=c\text{os}\frac{5\pi }{12}=\)\(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức: \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\)

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu

Lời giải chi tiết:

+  Mạch R₁,L: \(\tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{L}}}{{{R}_{1}}}=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\to {{R}_{1}}={{Z}_{L}}\sqrt{3}\to {{Z}_{1}}=\frac{2{{R}_{1}}}{\sqrt{3}}(*).\)

+  Mạch R₂,C: \(\tan {{\varphi }_{2}}=\frac{-{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}}=\tan \frac{-\pi }{4}=-1\to {{R}_{2}}={{Z}_{C}}\to {{Z}_{2}}={{R}_{2}}\sqrt{2}(**).\)

+ Mạch R₁,L và mạch R₂, C: Cùng U, có cùng I à \({{Z}_{1}}\)= \({{Z}_{2}}\), từ (*) và (**) à \({{R}_{1}}={{R}_{2}}\sqrt{\frac{3}{2}}\).

+ Chuẩn hóa: \({{R}_{2}}=1\to {{Z}_{C}}=1\to {{R}_{1}}=\sqrt{\frac{3}{2}}\to {{Z}_{L}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.\)

+ Mạch gồm R₁, R₂, L và C mắc nối tiếp thì hệ số công suất:  \(\text{cos}\varphi =\frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{\sqrt{{{({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}\approx \)\(0,991\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)

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

Lời giải chi tiết:

+ Trường hợp 2 và trường hợp 3 cho cùng U_d  → Cùng I → Cùng Z

\(\begin{array}{l}{r^2} + {\left( {40 + {Z_L}} \right)^2} = {r^2} + {\left( {{Z_L} - 80} \right)^2}\\ \Rightarrow 40 + {Z_L} =  - {Z_L} + 80 \Rightarrow {Z_L} = 20\Omega \end{array}\)

+ Trường hợp 1 và trường hợp 2 cho cùng U_d  → Cùng I → Cùng Z

\({\left( {R + r} \right)^2} + Z_L^2 = {r^2} + {\left( {40 + {Z_L}} \right)^2} \Rightarrow r = 7\Omega \)

Vậy: \(\tan {\varphi _d} = \dfrac{{{Z_L}}}{r} = \dfrac{{20}}{7} \Rightarrow \cos {\varphi _d} = 0,330\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Với ba trường hợp khác nhau khi thay đổi R, L, C thì điện áp hai đầu cuộn dây không đổi .

\(\Rightarrow \) cường độ dòng điện trong mạch không đổi, tổng trở trong ba trường hợp là như nhau.

Ta có: \({{\left( R+r \right)}^{2}}+Z_{L0}^{2}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}+{{Z}_{L0}} \right)}^{2}}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L0}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\)

Lời giải chi tiết:

\({{Z}_{L}}=40\left( \Omega  \right);\text{ }{{\text{Z}}_{C}}=140\left( \Omega  \right)\)

\({{\left( 50+r \right)}^{2}}+Z_{L0}^{2}={{r}^{2}}+{{\left( 40+{{Z}_{L0}} \right)}^{2}}={{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L0}}-140 \right)}^{2}}\)

Giải hệ phương trình trên ta thu được \({{Z}_{L0}}=50\left( \Omega  \right)\); \(r=31\left( \Omega  \right)\)

Hệ số công suất của cuộn dây bằng: \(\cos \varphi =\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L0}^{2}}}=0,527\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Từ đồ thị, vẽ vòng tròn lượng giác để xác định tần số góc và điện áp cực đại giữa hai đầu đoạn mạch.

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch: \({\rm{P  =  UI  =  }}{{\rm{I}}^{\rm{2}}}{\rm{R  =  }}\dfrac{{{{\rm{U}}_{\rm{R}}}^{\rm{2}}}}{{\rm{R}}}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta thấy chu kì của điện áp hai đầu đoạn mạch là:

\(\begin{gathered}
{\text{T = 2}}.\left( {{\text{12}},{\text{5}} - {\text{2}},{\text{5}}} \right).{\text{1}}{{\text{0}}^{ - {\text{3}}}}{\text{ = 0}},{\text{02}}\left( {\text{s}} \right) \hfill \\
\Rightarrow \omega {\text{ = }}\frac{{{\text{2}}\pi }}{{\text{T}}}{\text{ = }}\frac{{{\text{2}}\pi }}{{{\text{0}},{\text{02}}}}{\text{ = 100}}\pi \left( {{\text{rad/s}}} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Ở thời điểm \({\rm{t  = 2,5}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{3}}}}{\rm{ s}}\), điện áp bằng 0 và đang giảm, góc quay của điện áp là:

\({\rm{\Delta \varphi   =  \omega \Delta t  =  100\pi }}{\rm{.2,5}}{\rm{.1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{3}}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{\rm{\pi }}}{{\rm{4}}}\,\,\left( {{\rm{rad}}} \right)\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy:

\({\rm{120  =  }}{{\rm{U}}_{\rm{0}}}{\rm{cos}}\dfrac{{\rm{\pi }}}{{\rm{4}}} \Rightarrow {{\rm{U}}_{\rm{0}}}{\rm{  =  120}}\sqrt {\rm{2}} \,\,\left( {\rm{V}} \right)\)

Theo đề bài ta có:

\({{\text{U}}_{\text{L}}}{\text{ = }}{{\text{U}}_{\text{C}}}{\text{ = }}\frac{{{{\text{U}}_{\text{R}}}}}{{\text{2}}} \Rightarrow {\text{I}}.{{\text{Z}}_{\text{L}}}{\text{ = I}}.{{\text{Z}}_{\text{C}}}{\text{ = }}\frac{{{\text{I}}.{\text{R}}}}{{\text{2}}}\)

\( \Rightarrow {{\text{Z}}_{\text{L}}}{\text{ = }}{{\text{Z}}_{\text{C}}}{\text{ = }}\frac{{\text{R}}}{{\text{2}}} \Rightarrow \) trong mạch có cộng hưởng.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{\omega   =  }}\dfrac{{\rm{1}}}{{\sqrt {{\rm{LC}}} }} \Rightarrow {\rm{L  =  }}\dfrac{{\rm{1}}}{{{{\rm{\omega }}^{\rm{2}}}{\rm{C}}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{\rm{1}}}{{{{\left( {{\rm{100\pi }}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\dfrac{{{\rm{1}}{{\rm{0}}^{ - {\rm{3}}}}}}{{{\rm{2\pi }}}}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{\rm{0,2}}}}{{\rm{\pi }}}\,\,\left( {\rm{H}} \right)\\{{\rm{U}}_{\rm{R}}}{\rm{  =  U  =  }}\dfrac{{{{\rm{U}}_{\rm{0}}}}}{{\sqrt {\rm{2}} }}{\rm{  =  }}\dfrac{{{\rm{120}}\sqrt {\rm{2}} }}{{\sqrt {\rm{2}} }}{\rm{  =  120}}\,\,\left( {\rm{V}} \right)\end{array} \right.\)

Dung kháng của tụ điện là:

\(\begin{gathered}
{{\text{Z}}_{\text{C}}}{\text{ = }}\frac{{\text{1}}}{{\omega {\text{C}}}}{\text{ = }}\frac{{\text{1}}}{{{\text{100}}\pi .\frac{{{\text{1}}{{\text{0}}^{ - {\text{3}}}}}}{{{\text{2}}\pi }}}}{\text{ = 20}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right) \hfill \\
\Rightarrow {\text{R = 2}}{{\text{Z}}_{\text{C}}}{\text{ = 2}}.{\text{20 = 40}}\,\,\left( \Omega \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Công suất của mạch là:

\({\rm{P  =  }}\dfrac{{{{\rm{U}}_{\rm{R}}}^{\rm{2}}}}{{\rm{R}}}{\rm{  =  }}\dfrac{{{\rm{12}}{{\rm{0}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{40}}}}{\rm{  =  360}}\,\,\left( {\rm{W}} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Lí thuyết về độ lệch pha trong mạch điện xoay chiều RLC

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

* Khi mạch điện gồm có điện trở và cuộn dây thuẩn cảm thì hệ số công suất\(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{{Z_1}}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\)

* Khi mạch điện được mắc thêm tụ điện C thì hệ số công suất \(\cos {\varphi _2} = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Để hệ số công suất của đoạn mạch không thay đổi thì 

\(\sqrt {{R^2} + Z_L^2}  = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  \Leftrightarrow {Z_L} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \Leftrightarrow \left( \begin{array}{l}{Z_L} = {Z_L} - {Z_C}\\{Z_L} = {Z_C} - {Z_L}\end{array} \right.\left( L \right)\)

Suy ra Z_C = 2Z_L

→ Chọn B

Phương pháp giải:

a) Sử dụng các biểu thức tính:

+ Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L\)

+ Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

+ Tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)

b) Sử dụng máy tính Casio: \(i = \dfrac{u}{{\overline Z }} = \dfrac{{{U_0}\angle {\varphi _u}}}{{R + \left( {{Z_L} - {Z_C}} \right){\rm{i}}}}\)

c) Sử dụng máy tính Casio: \({u_{MN}} = i.\overline {{Z_{MB}}}  = {I_0}\angle {\varphi _i}.\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)i\)

d) Sử dụng biểu thức tính công suất: \(P = UIcos\varphi \)

Lời giải chi tiết:

a) Ta có:

+ Điện trở \(R = 10\Omega \)

+ Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{{0,2}}{\pi } = 20\Omega \)

+ Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }}} = 10\Omega \)

Tổng trở của mạch: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {20 - 10} \right)}^2}}  = 10\sqrt 2 \Omega \)

b) Ta có:  \(u = 60\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)V = 60\sqrt 2 \angle \dfrac{\pi }{3}\)

Cường độ dòng điện: \(i = \dfrac{u}{{\overline Z }} = \dfrac{{{U_0}\angle {\varphi _u}}}{{R + \left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)i}} = \dfrac{{60\sqrt 2 \angle \dfrac{\pi }{3}}}{{10 + \left( {20 - 10} \right)i}} = 6\angle \dfrac{\pi }{{12}}\)

\( \Rightarrow \) Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: \(i = 6cos\left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{{12}}} \right)A\)

c) \({u_{MN}} = i.\overline {{Z_{MB}}}  = {I_0}\angle {\varphi _i}.\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)i = 6\angle \dfrac{\pi }{{12}}.\left( {20 - 10} \right)i = 60\angle \dfrac{{7\pi }}{{12}}\)

\( \Rightarrow {u_{MB}} = 60cos\left( {100\pi t + \dfrac{{7\pi }}{{12}}} \right)\)

d)

Ta có, công suất tỏa nhiệt trên điện trở

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

Để Pmax \( \to {\left[ {R + \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} \right]_{\min }}\)

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

Dấu “=” xảy ra \( \leftrightarrow {R^2} = {({Z_L} - {Z_C})^2} \to R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 20 - 10 = 10\Omega \)

\({P_{Max}} = \dfrac{{{U^2}}}{{2R}} = \dfrac{{{{60}^2}}}{{2.10}} = 180W\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức P = U.I.cosφ = I².R

Lời giải chi tiết:

Ta có Z_L = 200 Ω; Z_C = 100 Ω.

Vậy điện trở toàn mạch: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} = 100\sqrt 2 \Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng là : \(I = \frac{U}{Z} = \frac{{200}}{{100\sqrt 2 }} = \sqrt 2 A\)

Công suất của mạch là: P = I².R = 2.100 = 200W

Chọn A

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho dòng điện một chiều: \(I = \dfrac{E}{{r + {R_{ng}}}}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại:

\({P_{R\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{2\left( {R + {r_d}} \right)}} \Leftrightarrow {R^2} = {r_d}^2 + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\)

Lời giải chi tiết:

Khi mắc vào hai đầu A, M dòng điện một chiều, ta có cường độ dòng điện:

\(\begin{gathered}
I = \frac{E}{{r + {R_1} + {r_d}}} \hfill \\
\Rightarrow 0,1875 = \frac{{12}}{{4 + {R_1} + {r_d}}} \hfill \\
\Rightarrow {R_1} + {r_d} = 60\,\,\left( \Omega \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Mắc vào A, B một hiệu điện thế xoay chiều, cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

\(\begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{2}{{5\pi }} = 40\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 2}}}}{{25\pi }}}} = 25\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{P_{R\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2\left( {{R_2} + {r_d}} \right)}} \Leftrightarrow {R_2}^2 = {r_d}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \\
\begin{gathered}
\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{P_{R\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2\left( {{R_2} + {r_d}} \right)}}} \\
{{R_2}^2 = {r_d}^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}
\end{array}} \right. \hfill \\
\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{160 = \frac{{{{120}^2}}}{{2\left( {{R_2} + {r_d}} \right)}}} \\
{{R_2}^2 = {r_d}^2 + {{\left( {40 - 25} \right)}^2}}
\end{array}} \right. \hfill \\
\end{gathered} \\
\begin{gathered}
\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{R_2} + {r_d} = 45} \\
{{R_2}^2 = {r_d}^2 + 225}
\end{array}} \right. \hfill \\
\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{R_2} = 25{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)} \\
{{r_d} = 20{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)}
\end{array}} \right. \hfill \\
\Rightarrow {R_1} = 40{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right) \hfill \\
\end{gathered} \\
{ \Rightarrow \frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{{40}}{{25}} = 1,6}
\end{array}\)

Chọn B.