Phương pháp giải:

Phương pháp:

+ Xác định độ lệch pha giữa u và i: $\varphi  = {\varphi _u} - {\varphi _i}$

+ So sánh Z_L  và Z_C

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Cách giải:

Ta có: u trễ pha hơn i một góc p/2

=> Mạch có \({Z_L} < {Z_C}\; \leftrightarrow L\omega  < \frac{1}{{C\omega }} \to {\omega ^2} < \frac{1}{{LC}} \to \omega  < \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

=> Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp: Sử dụng công thức: \({U^2} = U_R^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Cách giải:

Ta có: Z_L = 2Z_C => U_L = 2U_C

\(\eqalign{
& {U^2} = U_R^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = U_R^2 + {\left( {{U_L} - {{{U_L}} \over 2}} \right)^2} = U_R^2 + {{{{U_L}} \over 4}^2} \cr
& \to {U_L} = 2\sqrt {{U^2} - U_R^2} = 2\sqrt {{{100}^2} - {{60}^2}} = 160V \cr} \)

=> Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp: Sử dụng công thức: \({\varphi _1} + {\varphi _2} = \frac{\pi }{2} \to \left| {\tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2}} \right| = 1\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Cách giải:

Ta có: \({U_{RL}} \bot {U_{RC}} \to \left| {\tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2}} \right| = 1 \to \frac{{{Z_L}}}{R}\frac{{{Z_C}}}{R} = 1 \to {U_L}{U_C} = U_R^2\)

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
U_R^2 + U_L^2 = {400^2}(1) \hfill \cr
U_R^2 + U_C^2 = {300^2}(2) \hfill \cr} \right. \cr
& (1) + (2) \leftrightarrow 2U_R^2 + U_L^2 + U_C^2 = {400^2} + {300^2} \leftrightarrow 2U_R^2 + {\left( {{U_L} + {U_C}} \right)^2} - 2{U_L}{U_C} = {400^2} + {300^2} \cr
& \to \left( {{U_L} + {U_C}} \right) = 500 \cr
& (1) - (2) \leftrightarrow U_L^2 - U_C^2 = {400^2} - {300^2} \leftrightarrow \left( {{U_L} + {U_C}} \right)\left( {{U_L} - {U_C}} \right) = {400^2} - {300^2} \to \left( {{U_L} - {U_C}} \right) = 140 \cr
& \to \left\{ \matrix{
{U_L} = 320 \hfill \cr
{U_C} = 140 \hfill \cr} \right. \to {U_R} = \sqrt {{{400}^2} - {{320}^2}} = 240V \cr} \)

=> Chọn C

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Cách giải:

Ta có: R = 90W, Z_C = 90W

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

Tại thời điểm t = 0, ta có:

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

u_MB = 30 và đang giảm $ \to {u_{AM}} = 30 = 60c{\text{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 R₀ và L­₀

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

Mặt khác, ta có:

$\eqalign{
& {{{U_{{0_{AM}}}}} \over {{U_{{0_{MB}}}}}} = {{{Z_{AM}}} \over {{Z_{MB}}}} = {{180} \over {60}} = 3 \to {Z_{AM}} = 3{Z_{MB}} \leftrightarrow \sqrt {R_0^2 + Z_{{L_0}}^2} = 3.\sqrt {{{90}^2} + {{90}^2}} \cr
& \to {R_0} = {Z_{{L_0}}} = 30\Omega \to \left\{ \matrix{
{R_0} = 30\Omega \hfill \cr
{L_0} = 95,9mH \hfill \cr} \right. \cr} $

 => Chọn B

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

    \({I_1} = {\varepsilon  \over {2,5 + r}}(1)\);\({1 \over 2}LI_2^2 = {1 \over 2}C{\varepsilon ^2} =  > {I_2} = \varepsilon \sqrt {{C \over L}} \) ; ta có \(T = 2\pi \sqrt {LC}  =  > L = {{{T^2}} \over {4{\pi ^2}C}}\)=>\({I_2} = {{2\pi \varepsilon C} \over T}\)(2)

    I₂=12I₁ =>\({{2\pi \varepsilon C} \over T} = 12.{\varepsilon  \over {2,5 + r}}\); thay số =>r=0,5Ω

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

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 \({\pi  \over 3}\); u_AM­ cùng pha với cường độ dòng điện nên u_MB sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc \({\pi  \over 3}\);  \(I={{{U_R}} \over R} = {{100\sqrt 2 } \over {\sqrt {2.} 50}} = 2(A)\)=>\({Z_{MB}} = {{{U_{MB}}} \over I} = {{100} \over {\sqrt 2 .2}} = 25\sqrt 2 \Omega \);

Giải hệ 

\(\left\{ \matrix{
{2.25^2} = {r^2} + Z_L^2 \hfill \cr
{{{Z_L}} \over r} = \sqrt 3 \hfill \cr} \right.\)

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

Phương pháp giải:

Sử dụng định luật Ôm và viết biểu thức điện áp

Lời giải chi tiết:

R = 10Ω; \({Z_L} = \omega L = 100\pi .{{0,1} \over \pi } = 10\Omega ;{Z_C} = {1 \over {\omega C}} = {1 \over {100\pi {{.5.10}^{ - 4}}{1 \over \pi }}} = 20\Omega \)

\(I = {{{U_L}} \over {{Z_L}}} = {{20} \over {10}} = 2A\)

U = I.Z = \(2.\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 2.\sqrt {{{10}^2} + {{(10 - 20)}^2}}  = 20\sqrt 2 V\)

\(\tan \varphi  = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R} =  - 1 \Rightarrow \varphi  = {{ - \pi } \over 4}\)

\( \Rightarrow u = 20\sqrt 2 .\sqrt 2 .cos(100\pi t - {\pi  \over 4})V = 40.cos(100\pi t - {\pi  \over 4})V\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết mạch điện có diện dung thay đổi

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết:

Điều chỉnh điện dung để U_C đạt cực đại thì điện áp u_RLvuông pha với u nên : \({{{u^2}} \over {U_0^2}} + {{u_{LR}^2} \over {U_{RL}^2}} = 1\)(1)

Mặt khác theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:\({1 \over {U_{0R}^2}} = {1 \over {U_0^2}} + {1 \over {U_{0RL}^2}}\) (2)

Từ 1 và 2 ta có: \(U_0^2 = {{{u^2} - u_{lR}^2} \over {1 - {{u_{LR}^2} \over {U_{LR}^2}}}} = 45000 \Rightarrow U = {{{U_0}} \over {\sqrt 2 }} = 150V\)

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 U_0AN  = U_0MB = 60V

Tại thời điểm ban đầu t = 0, thì điện áp trên đoạn AN = 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 π/2. Hay điện áp tức thời trên hai đoạn mạch này vuông pha với nhau.

Mặt khác R = r nên ta có U_R = U_r.

Ta vẽ được giản đồ vecto như sau:

Dễ dàng chứng minh được hai tam giác OMN bằng với tam giác BMA theo trường hợp cạnh huyền và góc vuông (ON = AB; góc O = góc B)

Từ đó suy ra được : r = R = Z_L = Z_C /3

\({U_{R0}} = {U_{r0}} = {{60} \over {\sqrt 5 }}V\)

\(U_0^2 = {\left( {2{U_{r0}}} \right)^2} + {(2{U_{r0}})^2} = {{{{8.60}^2}} \over 5} \Rightarrow {U_0} = {{120\sqrt 2 } \over {\sqrt 5 }} = 75,98V\)

Phương pháp giải:

Mạch RLC có C biến thiên

Lời giải chi tiết:

\({U_{AB}} = 80\sqrt 2 (V);{U_L} = 3{U_R} \Rightarrow {U_{AB}}^2 = U_R^2 + {(3{U_R} - {U_C})^2} \to {(80\sqrt 2 )^2} = U_R^2 + {(3{U_R} - 100)^2} \to {U_R} = 64,4V\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều và công thức tính độ lệch pha giữa u và u

Lời giải chi tiết:

Độ lệch pha giữa điện áp và dòng điện là: \(\varphi  = {\pi  \over 3}\)

\(\to \tan \varphi  = {{{Z_L}} \over r} = \sqrt 3  \to {Z_L} = \sqrt 3 r \to Z = 2r = {U \over I} = 20 \to r = 10;{Z_L} = 10\sqrt 3  \to L = {{\sqrt 3 } \over {10\pi }}H\)

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra cộng hưởng điện

Lời giải chi tiết:

Dòng điện đạt giá trị cực đại khi xảy ra cộng hưởng điện:  

\({Z_C} = {Z_L} = 100 \to C = {1 \over {\omega {Z_C}}} = {{{{10}^{ - 4}}} \over \pi }F\)

Phương pháp giải:

Mạch RLC mắc nối tiếp có L thay đổi

Lời giải chi tiết:

Khi  \(L = {L_1} \to {U_{C\max }} \to {U_R} = 220V = U\)

Khi \(L = {L_2} \to {U_{L\max }} \to {U_R} = 132V\)

=> \({U_L} = U{{\sqrt {U_R^2 + U_C^2} } \over {{U_R}}} \to {U_C} = 99V\)

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Đoạn mạch gồm RLC mắc nối tiếp : \(I = {U \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\) (1)

Khi nối tắt tụ : \(I = {U \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\) (2)

Từ (1) và (2) 

\( \Rightarrow {U \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {U \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} - {Z_C} = {Z_L}(loai) \hfill \cr
{Z_L} - {Z_C} = - {Z_L} \hfill \cr} \right. \Rightarrow 2{Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow 2\omega L = {1 \over {\omega C}} \Rightarrow {\omega ^2}LC = 0,5\)

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Có: 

\(\eqalign{
& {{{Z_C}} \over R} = {1 \over {\sqrt 3 }} \Rightarrow R = \sqrt 3 {Z_C} \Rightarrow {Z_L} = 4{Z_C} \cr
& \Rightarrow {Z_C} = 30\Omega = {1 \over {\omega C}} \Rightarrow C = {1 \over {\omega {Z_C}}} = {1 \over {100\pi .30}} \Rightarrow C = {{{{10}^{ - 3}}} \over {3\pi }}F \cr} \)

Phương pháp giải:

u_C trễ pha hơn u_R góc π/2

Sử dụng đường tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{Z_C} = R \Rightarrow {U_{0C}} = {U_{0R}} \hfill \cr
U_0^2 = U_{0C}^2 + U_{0R}^2 = {\left( {100\sqrt 2 } \right)^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {U_{0C}} = {U_{0R}} = 100V\)

Do u_C trễ pha hơn u_R góc π/2, biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

=> Điện áp tức thời trên tụ là u_C = -50V

Phương pháp giải:

\(c{\rm{os}}\varphi  = {R \over Z} = {{{U_R}} \over U}\) 

(φ là độ lệch pha giữa u và i)

Lời giải chi tiết:

Khi đèn sáng bình thường thì U_R = 110V \( \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi  = {{{U_R}} \over U} = {{110} \over {110\sqrt 2 }} = {1 \over {\sqrt 2 }} \Rightarrow \varphi  = {\pi  \over 4}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức I₀ = U₀/Z , độ lệch pha tanφ = (Z_L – Z_C)/R kết hợp kĩ năng đọc đồ thị

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& {{U_0^2} \over {{3^2}}} = R_0^2 + Z_L^2 \Rightarrow Z_L^2 = {{U_0^2} \over {{3^2}}} - 5,76 \cr
& {{U_0^2} \over {{4^2}}} = R_0^2 + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {{U_0^2} \over {{4^2}}} - 5,76 \cr
& {R^2} = {Z_L}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) \Rightarrow {{{R^2}} \over {Z_L^2}} = {{{Z_L} - {Z_C}} \over {{Z_L}}} \Rightarrow {{{{U_0^2} \over {{4^2}}} - 5,76} \over {{{U_0^2} \over {{3^2}}} - 5,76}} = {\left( {{{{R^2}} \over {Z_L^2}}} \right)^2} \cr} \)

\(\eqalign{
& \Rightarrow \left( {{{U_0^2} \over {{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {{{U_0^2} \over {{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4}\left( {{{U_0^2} \over {{3^2}}} - 5,76} \right) \Rightarrow \left( {{{U_0^2} \over {{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {{{U_0^2} \over {{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4} \cr
& \Rightarrow {{U_0^4} \over {{3^2}{{.4}^2}}} - 5,76\left( {{{U_0^2} \over {{3^2}}} + {{U_0^2} \over {{4^2}}}} \right) = 0 \Rightarrow {U_0} = R\sqrt {{3^2} + {4^2}} = 120V \cr} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng thì hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch đúng bằng hiệu điện thế hai đầu R → D sai.

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{80}^2} + {{\left( {120 - 60} \right)}^2}}  = 100V\)

Phương pháp giải:

 sử dụng giản đồ vectơ trong dòng điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

 + Khi xảy ra cực đại của điện áp hiệu dụng trên cuộn dây, ta có u vuông pha với u_RC.

Mặc khác .\(\tan {\varphi _{RC}} =  - {{{Z_C}} \over R} =  - \sqrt 3  =  > {\varphi _{RC}} =  - {60^0}\)

+ Từ  hình vẽ, ta thấu rằng  điện áp hai đầu điện trở  lệch pha 30⁰so với điện áp hai đầu mạch.

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Theo đề 

${I_{01}} = {I_{02}} \Rightarrow {Z_{RL}} = {Z_{RC}} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{{\rm{\varphi }}_{\rm{1}}}{\rm{ = - }}{{\rm{\varphi }}_{\rm{2}}}\left( 1 \right) \hfill \cr
{Z_L} = {Z_C} \hfill \cr} \right.$

Mặt khác 

$\left. \matrix{
{{\rm{\varphi }}_{\rm{u}}}{\rm{ - }}{{\rm{\varphi }}_{{i_1}}}{\rm{ = }}{{\rm{\varphi }}_{\rm{1}}}\left( 2 \right) \hfill \cr
{{\rm{\varphi }}_{\rm{u}}}{\rm{ - }}{{\rm{\varphi }}_{{i_2}}}{\rm{ = }}{{\rm{\varphi }}_{\rm{2}}} \hfill \cr} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {{\rm{\varphi }}_{\rm{u}}} = {{{{\rm{\varphi }}_{{i_1}}} + {{\rm{\varphi }}_{{i_2}}}} \over 2} = {{\rm{\pi }} \over {\rm{4}}}\left( 3 \right)$

Từ $\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow {{\rm{\varphi }}_{\rm{1}}} = {{\rm{\pi }} \over {\rm{3}}} \Rightarrow {{{Z_L}} \over R} = \sqrt 3  \Rightarrow {Z_L} = 60\sqrt 3 \left( {\rm{\Omega }} \right)$

$ \Rightarrow {U_0} = {I_{01}}{Z_{RL}} = 120\sqrt 2 \left( V \right)$

Khi $RL{C_{}}nt \to $cộng hưởng: \(i = {{{U_0}} \over R}\cos \left( {100\pi t + {\varphi _u}} \right) = 2\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + {\pi  \over 4}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Cảm kháng của cuộn dây \({{\rm{Z}}_L} = L\omega  = 100\,\,\Omega \,.\) 

 Biểu diễn phức dòng điện trong mạch

 \(\overline i  = {{\overline u } \over {\overline Z }} = {{200\sqrt 2 \angle 0} \over {100 + 100i}} = 2\angle  - 45^\circ  \to i = 2\cos \left( {100\pi t - {\pi  \over 4}} \right)\,\,A.\)

Phương pháp giải:

Hệ thức vuông pha giữa u và i trong mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần \({\left( {{u \over {{I_0}{Z_L}}}} \right)^2} + {\left( {{i \over {{I_0}}}} \right)^2} = 1\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần thì dòng điện trong mạch luôn vuông pha với điện áp, do đó ta có công thức độc lập thời gian:

+  

\({\left( {{u \over {{I_0}{Z_L}}}} \right)^2} + {\left( {{i \over {{I_0}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow \left\{ \matrix{
{\left( {{{60\sqrt 6 } \over {{Z_L}}}} \right)^2} + {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = {I_0} \hfill \cr
{\left( {{{60\sqrt 2 } \over {{Z_L}}}} \right)^2} + {\left( {2\sqrt 6 } \right)^2} = {I_0} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {Z_L} = \sqrt {{{{{\left( {60\sqrt 6 } \right)}^2} - {{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2}} \over {{{\left( {2\sqrt 6 } \right)}^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}}} = 30\,\,\Omega \,.\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Tăng tần số của dòng điện lên 4 lần và giảm điện dung đi 2 lần  tăng 2 lần → dòng điện hiệu dụng tăng 2 lần.

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện: \(i = 3\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + {\pi  \over 6}} \right)A\)

→ Điện áp sớm pha hơn dòng điện một góc \(30^\circ  \to \) mạch chứa cuộn cảm thuần và điện trở thuần: 

\(\eqalign{
& \tan {30^0} = {{{Z_L}} \over R} \to R = \sqrt 3 {Z_L} \to Z = 2{Z_L} = 40\Omega \to {Z_L} = 20\Omega \Rightarrow L = {1 \over {5\pi }}H \cr
& \Rightarrow R = 20\sqrt 3 \Omega \cr} \)

Phương pháp giải:

áp dụng điều kiện xảy ra cộng hưởng trong mạch điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Để điện áp hai đầu cuôn dây dẫn cực đại thì mạch xảy ra cộng hưởng

\( \to C = {1 \over {L{\omega ^2}}} = {1 \over {{{\sqrt 3 } \over {2\pi }}{{\left( {100\pi } \right)}^2}}} = {{{{2.10}^{ - 4}}} \over {\sqrt 3 \pi }}F.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và các công thức lượng giác, hệ số công suất.

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy

\(\eqalign{
& {I_d} = {{\sqrt 6 } \over {\sqrt 2 }} = \sqrt 3 A \Rightarrow {Z_d} = {U \over {{I_d}}} = {{100\sqrt 3 } \over {\sqrt 3 }} = 100\Omega \cr
& {I_m} = {{3\sqrt 2 } \over {\sqrt 2 }} = 3A \Rightarrow {Z_m} = {U \over {{I_m}}} = {{100\sqrt 3 } \over 3} = {{100} \over {\sqrt 3 }}\Omega \cr} \)

Khi đóng và mở khóa K thì cường độ dòng điện lệch pha nhau 1 góc là 90⁰.

Ta vẽ trên một giản đồ vecto khi đóng và mở khóa K:

Từ công thức tính hệ số công suất ta có: 

\(\eqalign{
& \cos {\varphi _d} = {R \over {{Z_d}}};\cos {\varphi _m} = {R \over {{Z_m}}};{\varphi _d} + {\varphi _m} = {\pi \over 2} \Rightarrow \cos {\varphi _d} = \sin {\varphi _m} = \sqrt {1 - {{\cos }^2}{\varphi _m}} \cr
& \Rightarrow {\left( {{R \over {{{100} \over {\sqrt 3 }}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {{R \over {100}}} \right)^2} \Leftrightarrow {{3.{R^2}} \over {{{100}^2}}} = 1 - {{{R^2}} \over {{{100}^2}}} \Leftrightarrow 4.{R^2} = {100^2} \Rightarrow R = \sqrt {{{{{100}^2}} \over 4}} = 50\Omega \cr} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Ta thấy dòng điện qua X sớm pha hơn điện áp một góc  \(60^\circ  \leftrightarrow X\) chứa C­₀ và R₀ với \({{\rm{Z}}_{C0}} = \sqrt 3 {R_0}.\)

+ Kết hợp với

\({{\text{Z}}_X} = \frac{{{U_X}}}{{{I_X}}} = \frac{{200}}{2} = 100\Omega \to \left\{ \begin{gathered}
{R_0} = 50 \hfill \\
{Z_{C0}} = 50\sqrt 3 \Omega \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

+ Cảm kháng của cuộn dây \({{\rm{Z}}_L} = 100\sqrt 3 \,\,\Omega .\) 

 Dòng điện khi mắc thêm vào cuộn dây là \(\overline i  = {{\overline u } \over {\overline Z }} = {{200\sqrt 2 \angle  - 30} \over {50 + \left( {100\sqrt 3  - 50\sqrt 3 } \right)i}} = 2\sqrt 2 \angle  - 90 \to i = 2\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t - {\pi  \over 2}} \right)\,\,A.\) 

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Cảm kháng và dung kháng của đoạn mạch \({{\rm{Z}}_L} = 25\,\,\Omega ,\,\,{Z_C} = 75\,\,\Omega .\)

 Tổng trở của mạch \({\rm{Z}} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = \left| {25 - 75} \right| = 50\,\,\Omega .\)

+ Ta để ý rằng \({{\rm{Z}}_C} > {Z_L} \to \) u cùng pha với \({u_C}.\) 

\( \to u = {Z \over {{Z_C}}}{u_C} = {{50} \over {75}}120 = 80\,\,V.\) 

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Với \({\varphi _1},\,\,{\varphi _2}\) và \({\varphi _0}\) là độ lệch pha giữa u và i ứng với \({C_1},\,\,{C_2},\,\,{C_0}\) . Ta có  

\({\varphi _1} + {\varphi _2} = 2{\varphi _0}\) \(\to {\varphi _0} =  - 52,5^\circ \)

+ Khi \(C = {C_0}\) điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại thì \({u_{RL}}\) vuông pha với u.

+ Từ hình vẽ, ta có:

\(\left\{ \matrix{
U = {U_{C\max }}\sin \left| {{\varphi _0}} \right| \hfill \cr
{U_R} = U\cos \left| {{\varphi _0}} \right| \hfill \cr} \right. \to {U_R} = {{{U_{C\max }}} \over 2}\sin 2{\varphi _0} = {{186} \over 2}\sin \left| {2.\left( {52,5} \right)} \right| = 89\,\,V.\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Cảm kháng và dung kháng của đoạn mạch \({Z_L} = 50\,\,\Omega \), \({Z_C} = 50\,\,\Omega  \to \) mạch xảy ra cộng hưởng \({U_C} = 0,5{U_R} = 100\,\,V\).

+ Điện áp ở hai đầu đoạn mạch sớm pha hơn điện áp trên tụ một góc \(0,5\pi\) rad.

 Khi \(u =  - {{\sqrt 3 } \over 2}{U_0} =  - 100\sqrt 6 \) và có độ lớn đang tăng ->\({u_C} = {1 \over 2}{U_{0C}} = {1 \over 2}100\sqrt 2  = 50\sqrt 2 \,\,V.\) 

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính điện áp hiệu dụng

Lời giải chi tiết:

+ TH1: Hộp kín X là tụ điện => U_MB = U_CX = 120V

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{U_{AB}} = U_R^2 + {\left( {{U_C} + 120} \right)^2} = {130^2} \hfill \cr
{U_{AM}} = U_R^2 + U_C^2 = {50^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow 240{U_C} + {120^2} = {130^2} - {50^2} \Rightarrow {U_C} = 0\)

 => Loại đáp án A

+ TH2: Hộp kín X là cuộn dây thuần cảm => U_MB = U_LX = 120V

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{U_{AB}} = U_R^2 + {\left( {120 - {U_C}} \right)^2} = {130^2} \hfill \cr
{U_{AM}} = U_R^2 + U_C^2 = {50^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {120^2} - 240{U_C} + = {130^2} - {50^2} \Rightarrow {U_C} = 0\)

 => Loại đáp án C

+ TH3: Hộp kín X là điện trở thuần  => U_MB = U_RX = 120V

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{U_{AB}} = {\left( {{U_R} + 120} \right)^2} + U_C^2 = {130^2} \hfill \cr
{U_{AM}} = U_R^2 + U_C^2 = {50^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow 240{U_R} + {120^2} = {130^2} - {50^2} \Rightarrow {U_R} = 0\)

 => Loại đáp án D

=> Chọn B

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Theo bài ra ta có \(\alpha  + \beta  = \frac{\pi }{2}\)

Ta có

\(\left\{ \matrix{
\tan \alpha = {{{Z_L}} \over {{R_1}}} \hfill \cr
\tan \beta = {{{Z_L}} \over {{R_2}}} \hfill \cr} \right. = > \tan \alpha .\tan \beta = \tan \alpha = {{{Z_L}.{Z_L}} \over {{R_1}{R_2}}} = 1 = > \omega L = \sqrt {{R_1}{R_2}} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

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

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

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 \(\tan {\varphi _d} = \frac{{{Z_L}}}{R} = \frac{{100}}{{100}} = 1 =  > {\varphi _d} = \frac{\pi }{4}\)

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:

\(\eqalign{
& {u_{AB}} = 100\sqrt 3 = 200\cos 100\pi t = > t = {1 \over {600}}s \cr
& = > {u_d} = 200\cos \left( {100\pi t + {\pi \over 2}} \right) = 200\cos \left( {100\pi {1 \over {600}} + {\pi \over 2}} \right) = - 100V \cr} \)

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

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính độ lệch pha giữa u và i trong đoạn mạch RLC mắc nối tiếp: \(\tan \varphi  = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R}\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức tính độ lệch pha giữa u và i trong đoạn mạch RLC mắc nối tiếp: 

\(\eqalign{
& \tan \varphi = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R} = {{R\sqrt 3 - 2R\sqrt 3 } \over R} = - \sqrt 3 \cr
& \Rightarrow \varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = - {\pi \over 3} \cr} \)

Vậy i sớm pha hơn u góc π/3 

Chọn B

Lời giải chi tiết:

Ta có:  \({({U_{MB}})_{min}} = {U_r} = {{U.r} \over {R + r}} = {U \over {10}} \Leftrightarrow {Z_{C1}} = {Z_L}\)

Khi : \({U_{C\max }} =  > {Z_{C2}} = 2{Z_{C1}} = 2{Z_L} = {{{{(R + r)}^2} + Z_L^2} \over {{Z_L}}} \Rightarrow R + r = {Z_L} = 100{\rm{\Omega }}\)

Và có : \({U_{Cmax}} = {{U\sqrt {{{(R + r)}^2} + Z_L^2} } \over {R + r}} = U\sqrt 2 \)

Vậy tỉ số: \({{{U_{Cmax}}} \over {{{({U_{MB}})}_{min}}}} = 10\sqrt 2 \)

Phương pháp giải:

viết phương trình điện áp

Lời giải chi tiết:

Ta có:  

\(R = 10\Omega ,{Z_l} = L.\omega = 10\Omega ,{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 20\Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng là:  

\(I = \frac{{{U_L}}}{{{Z_L}}} = \frac{{20}}{{10}} = 2A\)

Điện trở của mạch là :

\(\begin{gathered}
Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} = 10\sqrt 2 \Omega \hfill \\
U = I.Z = 2.10\sqrt 2 = 20\sqrt 2 V = > {U_0} = 40V \hfill \\
\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = - 1 = > \varphi = - \frac{\pi }{4} \hfill \\
= > u = 40\cos (100\pi t - \frac{\pi }{4})V \hfill \\
\end{gathered} \)

Phương pháp giải:

sử dụng giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Ta có giản đồ vecto sau:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(\eqalign{
& {{{U_L}} \over {\sin (\alpha + \beta )}} = {U \over {\sin \gamma }};\sin \gamma = {{{U_R}} \over {{U_{RC}}}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} \cr
& {U_{L\max }} \Leftrightarrow \sin (\alpha + \beta ) = 1 \Leftrightarrow \alpha + \beta = {90^0} \Rightarrow {U_{L\max }} = \sqrt {{U^2} + U_{RC}^2} \cr
& {U^2} = U_{L\max }^{}({U_{L\max }} - {U_C}) \Rightarrow {U^2} = U_{L\max }^2 - {U_{L\max }}.{U_C} \Rightarrow {(30\sqrt 2 )^2} = U_{L\max }^2 - {U_{L\max }}.30 \cr
& \Rightarrow \left[ \matrix{
{U_{L1}} = 60V(tm) \hfill \cr
{U_{L2}} = 30V(loai) \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy U_L cực đại là 60V

Phương pháp giải:

sử dụng định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định luật Ôm tà có:

\(\left\{ \matrix{
{I_1} = {U \over R} = 3A \hfill \cr
{I_2} = {U \over {{Z_C}}} = 4A \hfill \cr} \right. \Rightarrow {R \over {{Z_C}}} = {4 \over 3} \Rightarrow R = {4 \over 3}{Z_C} \Rightarrow {I_3} = {U \over Z} = {U \over {\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }} = {U \over {{5 \over 3}{Z_C}}} = {4 \over {{5 \over 3}}} = 2,4A\)

Phương pháp giải:

áp dụng giản đồ vec to và hệ thức lượng trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Ta vẽ giản đồ vec to:

\({U_{0RL}} = {U_{0L}} - {U_{0C}} = 84,5V; - {{{U_L}} \over {{U_C}}} = \left| {{{{u_L}} \over {{u_C}}}} \right| = {{30} \over {202,8}}\)
\({U_{0RL}} = {U_{0L}} - {U_{0C}} = 84,5\)V

\(\Delta OAB \sim \Delta HAO \Rightarrow {U_{0L}}.{O_{0L}} = U_{0RL}^2 \Rightarrow {U_{0C}}.{U_{0L}} = U_{0RL}^2 = {84,5^2}\)

Mà:

\({{{U_{0C}}} \over {{U_{0L}}}} = {{{U_C}} \over {{U_L}}} = {{202,8} \over {30}} = {{169} \over {25}} \Rightarrow {U_{0L}} = 32,5V;{U_{0R}} = 78V \Rightarrow {({{{U_{0L}}} \over {{U_{0L}}}})^2} + {({{{U_R}} \over {{U_{0R}}}})^2} = 1 \Rightarrow {U_R} = 30V\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch

Lời giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch :

\(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{30}^2} + {{\left( {20 - 60} \right)}^2}}  = 50V\)

Ta có: \({{{U_R}} \over {{U_C}}} = {R \over {{Z_C}}} = {{30} \over {60}} = {1 \over 2} \Rightarrow {U_C} = 2{U_R}\)

Khi L thay đổi ta có:

\(\eqalign{
& {U_L}' = 40V;{U_C}' = 2{U_R}' \cr
& \Rightarrow U = \sqrt {{U_R}{'^2} + {{\left( {{U_L}' - {U_C}'} \right)}^2}} \Leftrightarrow 50 = \sqrt {{U_R}{'^2} + {{\left( {40 - 2{U_R}'} \right)}^2}} \cr
& \Leftrightarrow {U_R}{'^2} + {\left( {40 - 2{U_R}'} \right)^2} = {50^2} \Leftrightarrow 5{U_R}{'^2} - 160{U_R}' - 900 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {U_R}' = 36,88\Omega \cr} \)

 => Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về định luật Ôm cho đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp 

Lời giải chi tiết:

+ Khi mắc lần lượt các linh kiện vào điện áp xoay chiều  \(u = U\sqrt 2 \cos \omega t\left( V \right)\) ta có

 \({I_R} = \frac{U}{R} = 4A;{I_L} = \frac{U}{{{Z_L}}} = 6A;{I_C} = \frac{U}{{{Z_C}}} = 2A\)

Suy ra giá trị điện trở, cảm kháng và dung kháng của mạch

 \(R = \frac{U}{{{I_R}}} = \frac{U}{4};{Z_L} = \frac{U}{{{I_L}}} = \frac{U}{6};{Z_C} = \frac{U}{{{I_C}}} = \frac{U}{2}\)

+ Khi mắc nối tiếp các linh kiện rồi mắc vào điện áp \(u = 2U\sqrt 2 \cos \omega t\left( V \right)\) thì ta có

\(I = \frac{{2U}}{Z} = \frac{{2U}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt {\frac{1}{{{4^2}}} + {{\left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{2}} \right)}^2}} }} = 4,8A\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất dẫn điện của cuộn dây có điện trở thuần, lí thuyết về mạch điện xoay chiều chứa cuộn dây

Lời giải chi tiết:

+ Khi đặt hiệu điện thế một chiều 15 V vào hai đầu cuộn dây ta có

 \(R = {{{U_1}} \over {{I_1}}} = {{15} \over {0,5}} = 30\Omega \)

+ Khi đặt hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng 15 V vào hai đầu cuộn dây ta có

 \(Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2}  = {{{U_2}} \over {{I_2}}} = {{15} \over {0,3}} = 50\Omega  \Rightarrow {Z_L} = 40\Omega \)

Chọn D

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch 

\(I = {U \over Z} \Leftrightarrow 4 = {{200} \over {\sqrt {{{50}^2} + \left( {{2 \over \pi }2\pi f - {1 \over {{{{{2.10}^{ - 4}}} \over \pi }2\pi f}}} \right)} }} =  > f = 25Hz\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu MB:

 \({U_{MB}} = {{U\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {U \over {\sqrt {1 + {{{R^2} + 2Rr} \over {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}} }}\)

→ Từ phương trình trên, ta thấy rằng, khi Z_C1 = Z_L thì U_MB = U_MBmin = U.

+ Khi C = 0,5C₁ → Z_C2 = 2Z_C1 thì U_C = U_Cmax.

 \({Z_{C2}} = {{{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} \over {{Z_L}}} \to {Z_{C1}} = {{{{\left( {90 + 10} \right)}^2} + Z_{C1}^2} \over {{Z_{C1}}}} \to {Z_{C1}} = 100\Omega  \to {Z_L} = 100\Omega \)

+ Tỉ số \({{{U_2}} \over {{U_1}}} = {{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} } \over {R + r}} = {{\sqrt {{{\left( {90 + 10} \right)}^2} + {{100}^2}} } \over {90 + 10}} = \sqrt 2 \)

Phương pháp giải:

Áp dụng giản đồ vecto trong dòng điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Khi \({U_{\max }}\) thì điện áp hai đầu mạch vuông pha với điện áp hai đầu đoạn mạch RL.

+Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có:\(U_{0RC}^2 = {U_{0L}}{U_{0C\max }}\)

 Mặc khác, ta để ý rằng, tại thời điểm t₀

\(\left\{ \matrix{
{u_C} = 202,8 \hfill \cr
{u_L} = 30 \hfill \cr} \right.V \to {Z_{C\max }} = {{202,8} \over {30}}{Z_L} \to {U_{0C\max }} = 6,76{U_{0L}}\)

→ Thay vào phương trình hệ thức lượng ta tìm được \({U_{0L}} = 32,5V \to {U_{0R}} = 78\)

Với hai đại lượng vuông pha u_L và u_R ta luôn có

\({\left( {{{{u_L}} \over {{U_{0L}}}}} \right)^2} + {\left( {{{{u_R}} \over {{U_{0R}}}}} \right)^2} = 1 \leftrightarrow {\left( {{{30} \over {32,5}}} \right)^2} + {\left( {{{{u_R}} \over {78}}} \right)^2} = 1 \to {u_R} = 30V\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C.

+ Khi \({\rm{C  =  }}{{80} \over \pi }\mu {\rm{F}} \to {{\rm{Z}}_{\rm{C}}} = 125\Omega \) thì u vuông pha với \({{\rm{u}}_{{\rm{RL}}}} \to \) điện áp hiệu dụng trên tụ đạt giá trị cực đại

 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \({{\rm{R}}^2} + {\rm{Z}}_{\rm{L}}^2 = {{\rm{Z}}_{\rm{L}}}{{\rm{Z}}_{{\rm{Cmax}}}} \leftrightarrow {\rm{Z}}_{{\rm{Lmax}}}^2 - 125{{\rm{Z}}_{\rm{L}}} + 2500 = 0.\)

+ Phương trình trên ta có nghiệm \({{\rm{Z}}_{{\rm{L1}}}} = 100\Omega  \to {\rm{L = }}{1 \over \pi }{\rm{H,}}\) hoặc \({{\rm{Z}}_{{\rm{L2}}}} = 25\Omega  \to {\rm{L = }}{1 \over {4\pi }}{\rm{H}}{\rm{.}}\)

Phương pháp giải:

sử dụng định luật Ôm cho đoạn mạch RLC mắc nối tiếp

Lời giải chi tiết:

Ban đầu mạch RLC nối tiếp nhưng dùng Ampe kế nối tắt qua tụ nên đoạn mạch chỉ còn còn RL. Do I trễ pha so với u một góc \(\frac{\pi }{6}\)

 nên ta có:

\(\tan \frac{\pi }{6} = \frac{{{Z_L}}}{R} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} = > R = \sqrt 3 {Z_L}\)

Khi thay thế ampe kế bằng vôn kế thì vôn kế đo giá trị hiệu điện thế hiệu dụng trên tụ C. mạch RLC nối tiếp và điện áp tức thời trên tụ trễ pha

\(\frac{\pi }{4}\) so với điện áp trên đoạn mạch. Ta có giản đồ vecto:

ta có

\(\begin{gathered}
\tan \frac{{ - \pi }}{4} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = - 1 \hfill \\
= > {Z_C} - Z{}_L = R \hfill \\
= > {Z_C} = R + {Z_L} = \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)R \hfill \\
\end{gathered} \)

mà

\(\begin{gathered}
{U_{AB}} = I.Z = I.\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = I.\sqrt 2 .R \hfill \\
{U_C} = I.{Z_C} = I.(\frac{1}{{\sqrt 3 }} + 1).R \hfill \\
\end{gathered} \)

Lập tỉ số 

\(\frac{{{U_{AB}}}}{{{U_C}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }} + 1}} = > {U_{AB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }} + 1}}{U_C} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\frac{1}{{\sqrt 3 }} + 1}}.195,19 = 175V\)