Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và lí thuyết về mạch điện xoay chiều có C thay đổi để U_Cmax

Lời giải chi tiết:

Khi C thay đổi để U_Cmax thì $\overrightarrow {{U_{RL}}}  \bot \overrightarrow {{U_{AB}}}$

Ta có giản đồ vecto:

Do u_C và u_L ngược pha nên: $\left| {{{{u_C}} \over {{u_L}}}} \right| = {{{U_{0C}}} \over {{U_{0L}}}} = {{202,8} \over {30}} = 6,76$   

Từ giản đồ vecto ta có: ${84,5^2} = {U_{0C}}.{U_{0L}} = 6,76.U_{0L}^2 \Rightarrow {U_{0L}} = 32,5V \Rightarrow {U_{0R}} = \sqrt {{{84,5}^2} - {{32,5}^2}}  = 78V$

Vì u_L và u_R vuông pha nên: ${\left( {{{{u_R}} \over {{U_{0R}}}}} \right)^2} + {\left( {{{{u_L}} \over {{U_{0L}}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {{{{u_R}} \over {78}}} \right)^2} + {\left( {{{30} \over {32,5}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {u_R} = 30V$

Chọn C

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và hệ thức lượng trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết:

u_AN = u_L + u_X

u_MB = u_C + u_X

u_AB = u_AN + u_C

U_AB  ≥ OH => (U_AB)_min = OH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có : ${1 \over {U_{AB}^2}} = {1 \over {U_{AN}^2}} + {1 \over {U_{MB}^2}} \Rightarrow {U_{AB}} = 24V$

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:

Ta có: Khi L = L₁ thì U_AM1 = U_R1 = U

Khi L = L₂ thì ${U_{AM2}} = \;{U_{R2}} = \sqrt 8 U$

${\varphi _1} + {\varphi _2} = \frac{\pi }{2} \to \tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2} =  - 1 \to \frac{{{Z_{L1}} - {Z_{C1}}}}{R}.\frac{{{Z_{L1}} - {Z_{C1}}}}{R} =  - 1{\text{       }}(1)$

Mặt khác: ta có

$\eqalign{ & {{{U_{R1}}} \over {{U_{R2}}}} = {1 \over {\sqrt 8 }} \to {I_2} = \sqrt 8 {I_1} \to {Z_1} = \sqrt 8 {Z_2} \cr  & \leftrightarrow \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} = \sqrt 8 \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}^2}} \cr  & \leftrightarrow {\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)^2} - 7{R^2} - 8{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)^2} = 0{\rm{ (2)}} \cr}$

Chia cả hai vế của (2) cho (Z_L2 - Z_C) kết hợp với (1), Ta được:  

$\eqalign{ & {{{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} \over {{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}^2}}} - 7{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)} \over {\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} - 8 = 0{\rm{ }} \cr  & \to \left[ \matrix{ {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)} \over {\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} = 1(Loai) \hfill \cr  {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)} \over {\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} = - 8 \hfill \cr} \right. \cr}$

Với $\frac{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} =  - 8 \to  - \frac{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{8} = \left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)$

Thay vào (1) => ${\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)^2} = 8{R^2}$

Hệ số công suất của mạch khi L=L₁: ${\text{cos}}{\varphi _1} = \frac{R}{{{Z_1}}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{R}{{3R}} = \frac{1}{3}$

=> Chọn A

Lời giải chi tiết:

  Vẽ mạch điện và vẽ giản đồ véc-tơ.

Tam giác AMB cân tại M  nên ta có góc ABM = p/6.

Theo  ĐL hàm sin:${{{U_R}} \over {\sin {{30}^0}}} = {U \over {\sin {{120}^0}}} \Rightarrow {U_R} = 80\sqrt 3 (V)$

Phương pháp giải:

Áp dụng giản đồ vecto cho mạch điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Bài giải

Điện áp hai đầu mạch được biểu diễn bằng véc tơ $\vec U$ quay như hình vẽ.

 $\vec U = {\vec U_R} + {\vec U_L} + {\vec U_C}$

gọi φ, φ’là góc lệch pha giữa ${\vec U_{RL}}$ và $\vec U$ so với $\vec I$.

Theo định lí hàm số sin ta có:

${{{U_c}} \over {\sin (\varphi ' - \varphi )}} = {U \over {\sin ({\pi  \over 2} - \varphi ')}}$ =>${U_C} = {{\sin (\varphi ' - \varphi )} \over {\cos \varphi '}}.U$

Khi C biến thiên thì φ thay đổi, U_C cực đại khi sin(φ’- φ) = 1=> φ’- φ =π/2

tanφ = -cotanφ’  hay tanφ.tanφ’  =  -1

=>${{{Z_L} - {Z_C}} \over R} =  - {R \over {{Z_L}}}$ =>${Z_C} = {{{R^2} + {Z_L}^2} \over {{Z_L}}}$ = 125Ω  => C = 25,4μF.

Lời giải chi tiết:

Giải:

  Vẽ giản đồ véc tơ như hình vẽ

$\eqalign{ & \overrightarrow {O{O_1}} = \overrightarrow {{U_r}} \cr & \overrightarrow {{U_R}} = \overrightarrow {O{O_2}} = \overrightarrow {{O_1}{O_2}} = \overrightarrow {EF} \cr & \overrightarrow {{U_{MB}}} = \overrightarrow {OE} ;{U_{MB}} = 120V(1) \cr & \overrightarrow {{U_{AN}}} = \overrightarrow {OQ} ;\overrightarrow {{U_{AB}}} = \overrightarrow {OF} = 120\sqrt 3 \left( 2 \right) \cr}$

EOQ = 90⁰

 FOQ = 60⁰

Suy ra  a = EOF = 90⁰ – 60⁰ = 30⁰.

Xét tam giác OEF:   EF² = OE² + OF² – 2.OE.OFcos30⁰  

Thay số => EF = OE = 120 (V)    Suy ra U_R = 120(V)   (3)

U_AB² = (U_R + U_r)² + (U_L – U_C)²  

     Với  (U_L – U_C)² = U_MB² – U_r²     ( xét tam giác vuông OO₁E)

 U_AB² = U_R² +2U_R.U_r + U_MB² . Từ (1); (2), (3)  ta được U_r = 60 (V)  (4)

  Góc lệch pha giữa u và i trong mạch:
 φ=  FOO₃ = 30⁰  ( vì theo trên tam giác OEF là tam giác cân có góc ở đáy bằng 30⁰)

  Từ công thức   P = UIcosφ   =>   I = P / Uφcos 360/(120 cos30⁰) = 2 (A):   I = 2A  (5)

  Do đó R = U_R/I = 60W;   r = U_r /I = 30W.  Chọn  B

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Đây là dạng tần số thay đổi liên quan đến hệ số công suất

Giả sử f₃ = n.f

Theo bài, tỉ lệ giữa các tần số và chọn đại lượng Z_L để chuẩn hóa, ta có bảng chuẩn hóa sau:

Theo đề: 4L = CR² Þ R² = 4Z_L.Z_C (1) thế vào biểu thức tổng trở:

Ta có tổng trở: $Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = \sqrt {4{Z_L}.{Z_C} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = \sqrt {Z_L^2 + 2{Z_L}.{Z_C} + Z_C^2}  = {Z_L} + {Z_C}$

- Theo đề: ${k_2} = {5 \over 4}{k_1}$ thì $\cos {\varphi _2} = {5 \over 4}\cos {\varphi _1} \Leftrightarrow {R \over {{Z_2}}} = {5 \over 4}.{R \over {{Z_1}}} \Leftrightarrow {R \over {{Z_{L2}} + {Z_{C2}}}} = {5 \over 4}.{R \over {{Z_{L1}} + {Z_{C1}}}} \Leftrightarrow {R \over {2 + {x \over 2}}} = {5 \over 4}.{R \over {1 + x}}$

$\Rightarrow {1 \over {2 + {x \over 2}}} = {5 \over 4}.{1 \over {1 + x}} \Rightarrow x = 4;R = 4$ 

-Theo đề: ${k_3} = {{60} \over {61}}$ hay: $\cos {\varphi _3} = {R \over {{Z_3}}} = {{60} \over {61}} \Leftrightarrow {R \over {{Z_{L3}} + {Z_{C3}}}} = {{60} \over {61}} \Leftrightarrow {4 \over {n + {4 \over n}}} = {{60} \over {61}} \Leftrightarrow {n \over {{n^2} + 4}} = {{60} \over {61}}$

 $\Rightarrow 60{n^2} - 244n + 240 = 0$ (1)

Phương trình (1) có 2 nghiệm: n₁ = 5/3 => f₃ = 100Hz; n₂ = 12/5 => f₃ = 144 Hz

Giả thiết cho f < 125Hz nên chọn giá trị f₃= 100Hz

Lời giải chi tiết:

Giải: Vẽ giản đồ véc tơ như hình vẽ

Từ    R = r = $\sqrt {{L \over C}}$ => R² = r² = Z_L.Z_C

= I²(R² +Z_C²)

 = I²(r²+ Z_L²) = I²(R²+ Z_L²)

Xét tam giác OPQ:     PQ = U_L + U_C 

   PQ² =  (U_L + U_C )² = I²(Z_L +Z_C)² = I²(Z_L² +Z_C² +2Z_LZ_C) = I² (Z_L² +Z_C² +2R²)    (1)

  OP² + OQ² = $U_{AM}^2 + U_{MB}^2 = 2U_R^2 + U_L^2 + U_C^2 = {I^2}(2{R^2} + Z_L^2 + Z_C^2)$(2)

Từ (1) và (2) ta thấy PQ² = OP² + OQ² => tam giác OPQ vuông tại O

Từ U_MB = nU_AM = U_AM

  tan(POE) = ${{U_{AM}^{}} \over {{U_{MB}}}} = {1 \over {\sqrt 3 }}$ => POE  = 30⁰_. Tứ  giác OPEQ là hình chữ nhật

   OQE = 60⁰ ------> QOE = 30⁰

  Do đó góc lệch pha giữa u và i trong mạch:  φ = 90⁰ – 60⁰ = 30⁰

  Vì vậy   cosφ = cos30⁰ = ${{\sqrt 3 } \over 2} = 0,866$.   Chọn A

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

*Khi  f = 30Hz thì ta gán: U = 1V; Z_L = 1Ω; Z_C = x (Ω) ta lập bảng sau:

* Trường hợp f = 30Hz và f = 120Hz thấy U_C bằng nhau nên ta có: 

${U_{C3}} = {U_{C4}} \Leftrightarrow {{{U_3}.{Z_{C3}}} \over {{Z_3}}} = {{{U_4}.{Z_{C4}}} \over {{Z_4}}} \Leftrightarrow {{1x} \over {\sqrt {{R^2} + {{(1 - x)}^2}} }} = {{4{x \over 4}} \over {\sqrt {{R^2} + {{(1 - {x \over 4})}^2}} }} \Rightarrow 1 - x = {x \over 4} - 4 \Rightarrow x = 4$

* Trường hợp f = 60Hz và f = 90Hz ta thấy I bằng nhau nên ta có (Thế x = 4 vào)

${I_1} = {I_2} \Leftrightarrow {{{U_1}} \over {{Z_1}}} = {{{U_2}} \over {{Z_2}}} \Leftrightarrow {2 \over {\sqrt {{R^2} + {{(2 - {x \over 2})}^2}} }} = {3 \over {\sqrt {{R^2} + {{(3 - {x \over 3})}^2}} }} \Leftrightarrow {2 \over {\sqrt {{R^2} + {{(2 - 2)}^2}} }} = {3 \over {\sqrt {{R^2} + {{(3 - {4 \over 3})}^2}} }} \Rightarrow R = {{2\sqrt 5 } \over 3}$ 

* Điện áp U_MB lệch 135⁰ với điện áp U_AM, mà U_MB hướng thẳng đứng lên.

Suy ra điện áp U_AM  hợp với trục dòng điện góc 45⁰

Do  vậy: ${Z_C} = R = {{2\sqrt 5 } \over 3} \Rightarrow {{30} \over {{f_1}}} = {{2\sqrt 5 } \over {3.4}} \Rightarrow {f_1} = 36\sqrt 5 Hz$

Chọn B

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy rằng cuộn dây không thuần cảm, có điện trở thuần r.

 $c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}{{{U^2} + {U_1}^2 - {U_2}^2} \over {2U.{U_1}}} = {{{{100}^2} + {{(25\sqrt 2 )}^2} - {{(25\sqrt {10} )}^2}} \over {2.100.25\sqrt 2 }} = {1 \over {\sqrt 2 }}$

$\Rightarrow \varphi  = {\pi  \over 4} \Rightarrow \tan \varphi  = {{{U_L}} \over {{U_r} + {U_1}}} = 1 \Rightarrow {U_r} = {U_L} - {U_1} = {U_L} - 25\sqrt 2 (1)$Lại có  ${U_r}^2 + {U_L}^2 = {U_2}^2 = {(25\sqrt {10} )^2}$  (2)

Giải (1) và (2) ta có ${U_L} = 50\sqrt 2 (V),{U_r} = 25\sqrt 2 (V)$

 $\Rightarrow I = {{{U_L}} \over {{Z_L}}} = 1(A) \Rightarrow r = {{{U_r}} \over I} = 25\sqrt 2 (\Omega ),R = {{{U_R}} \over I} = 25\sqrt 2 (\Omega )$

Vậy công suất tiêu thụ trên toàn mạch là P = ${I^2}(R + r) = 50\sqrt 2 ({\rm{W}})$

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Khi mắc vào hai cực ND một điện áp không đổi $\to$ có dòng trong mạch với cường độ $I = 1,5\,\,{\rm{A}} \to$ ND không thể chứa tụ (tụ không cho dòng không đổi đi qua) và ${{\rm{R}}_Y} = \frac{{40}}{{1,5}} = 30\,\,\Omega$. 

+ Mắc vào hai đầu đoạn mạch MB một điện áp xoay chiều thì ${u_{ND}}$ sớm pha hơn ${u_{MN}}$ một góc $0,5\pi  \to$ X chứa điện trở ${{\rm{R}}_X}$ và tụ điện C, Y chứa cuộn dây L và điện trở ${{\rm{R}}_Y}$.

$\to$ với ${V_1} = {V_2} \to {U_X} = {U_Y} = 60\,\,V \to {Z_X} = {Z_Y} = 60\,\,\Omega$

+ Cảm kháng của cuộn dây ${{\rm{Z}}_L} = \sqrt {Z_Y^2 - R_Y^2}  = \sqrt {{{60}^2} - {{30}^2}}  = 30\sqrt 3 \,\,\Omega$.

+ Với ${u_{MN}}$ sớm pha $0,5\pi$ so với ${u_{N{\rm{D}}}}$ và  $\tan {\varphi _Y} = \frac{{{Z_L}}}{{{R_Y}}} = \frac{{30\sqrt 3 }}{{30}} = \sqrt 3  \to {\varphi _Y} = 60^\circ$

$\to {\varphi _X} = 30^\circ$ 

$\to \left\{ \begin{array}{l}{R_X} = 30\sqrt 3 \\{Z_C} = 30\end{array} \right.\,\,\Omega$.

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu MN:

${V_1} = {U_{MN}} = \frac{{U\sqrt {R_X^2 + Z_C^2} }}{{\sqrt {{{\left( {{R_X} + {R_Y}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{60\sqrt 2 \sqrt {{{\left( {30\sqrt 3 } \right)}^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{{\left( {30\sqrt 3  + 30} \right)}^2} + {{\left( {30\sqrt3 - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

+ Sử dụng bảng tính Mode $\to$ 7 trên Casio ta tìm được ${V_{1\max }}$ có giá trị lân cận 105 V

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và công thức tính cường độ dòng điện hiệu dụng I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

- Đặt điện áp xoay chiều hiệu dụng U vào hai đầu một hộp đen X: ${Z_X} = \frac{U}{{0,25}} = 4U$

- Cũng đặt điện áp đó vào hai đầu hộp đen Y: ${Z_Y} = \frac{U}{{0,25}} = 4U$

- Đặt điện áp trên vào hai đầu đoạn mạch gồm X và Y mắc nối tiếp:

Ta có: $Z = \sqrt {Z_X^2 + Z_Y^2}  = \sqrt {{{\left( {4U} \right)}^2} + {{\left( {4U} \right)}^2}}  = 4\sqrt 2 U \Rightarrow I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{4\sqrt 2 U}} = \frac{{\sqrt 2 }}{8}A$

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

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

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

${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{4r - {Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{4r - {Z_C}}}{{6r}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{4r - 2{Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{4r - 2{Z_C}}}{{6r}}} \right)$=>Z_C=r; thay vào (1) ta tìm được $\varphi  = 0,785rad$

Phương pháp giải:

Áp dụng lí thuyết về bài toán điện xoay chiều có L thay đổi, sử dụng giản đồ vectơ

Lời giải chi tiết:

Ta có hình vẽ sau:

Theo giản đồ vectơ và định lý hàm số sin trong tam giác ta có : ${{{U_L}} \over {\sin (\alpha  + \beta )}} = {U \over {\sin \gamma }}$

Vì $\sin \gamma  = \cos \beta  = {{{U_R}} \over {{U_{RC}}}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = const$ , suy ra 

${U_L} = {U \over {\sin \gamma }}\sin (\alpha  + \beta ) = {U \over {\cos \beta }}\sin (\alpha  + \beta )$ 

Do cos và U là các giá trị không đổi nên hiệu điện thế U_Lmax khi $\sin (\alpha  + \beta ) = 1 \Rightarrow \alpha  + \beta  = {\pi  \over 2}$

Hay nói cách khác, khi L = L₁ thì U_Lmax => ta có u_RC vuông pha với u hai đầu đoạn mạch (hình vẽ) 

Từ hình vẽ ta có ${U_{L\max }} = {U \over {\sin \gamma }} = {U \over {\cos \beta }} \Rightarrow U = {U_{L\max }}\cos \beta$

+ Khi L = L₂ thì ta có độ lệch pha giữa u và i là φ  thì ta có  

 ${{{U_L}} \over {\sin (\varphi  + \beta )}} = {U \over {\sin \gamma }} \Rightarrow {U_L} = U{{\sin \left( {\varphi  + \beta } \right)} \over {\sin \gamma }} = {U_{L\max }}\cos \beta {{\sin \varphi \cos \beta  + \sin \beta \cos \varphi } \over {\sin \gamma }}$

 ${U_L} = {U_{L\max }}\left( {\sin \varphi \sin \alpha  + \sin \beta \cos \varphi } \right)$

Mà sinβ = cos α nên ta có ${U_L} = {U_{L\max }}\left( {\sin \varphi \sin \alpha  + \cos \alpha \cos \varphi } \right) = {U_{L\max }}\cos \left( {\alpha  - \varphi } \right)$

Theo đề bài ta có ${U_L} = {{\sqrt 3 } \over 2}{U_{L\max }};\varphi  = \alpha$ nên ta có

$\Leftrightarrow {{\sqrt 3 } \over 2}{U_{L\max }} = {U_{L\max }}cos\left( {\alpha  - 0,5\alpha } \right) \Rightarrow \alpha  = {\pi  \over 3}$

Mà $\sin \alpha  = \cos \beta  = {{{U_R}} \over {{U_{RC}}}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = {{\sqrt 3 } \over 2} \Leftrightarrow 4{R^2} = 3\left( {{R^2} + Z_C^2} \right) \Rightarrow {R \over {{Z_C}}} = \sqrt 3$

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Phương pháp chuẩn hóa số liệu

Gọi ω_L; ω_C là tần số góc khi U_Lmax và khi U_Cmax ta có ω_C < ω_L

Đặt $n=\frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{C}}}=\frac{1}{1-\frac{{{R}^{2}}C}{2L}};{{U}_{L\max }}={{U}_{C\max }}=\frac{2LU}{R\sqrt{4LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}}}$

Chuẩn hóa:

U_Lmax

U_Cmax

Ta được

U_Lmax = U_Cmax = $\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}$

Lời giải chi tiết:

Áp dụng kết quả chuẩn hóa ta được

U_Cmax = $\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}$

Từ đồ thị hình vẽ ta thấy: ω_C = 100 rad/s; ω_L = $100\sqrt{2}$ rad/s

Vậy $n={{\left( \frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{C}}} \right)}^{2}}=2$

Nên U_Cmax = $\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1-{{2}^{-2}}}}=80\sqrt{3}\Rightarrow U=120V$

 Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng giản đồ vecto trong mạch điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Từ đầu bài ta có ${{i}_{1}}\bot {{i}_{2}};{{u}_{R\left( {{C}_{1}} \right)}}\bot {{u}_{R\left( {{C}_{2}} \right)}}=>{{u}_{AM}}\bot {{u}_{MB}}$ .

Từ giản đồ vecto ta có ${{U}_{AM}}={{U}_{AB}}\cos 30=>{{U}_{AM}}=200\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=100\sqrt{6}\left( V \right)$

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Mạch điện xoay chiều có ω thay đổi

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Khi $\omega  = 0 \Rightarrow \left( \begin{array}{l}{Z_C} = \infty ,{Z_L} = 0 \Rightarrow {U_L} = 0\\{Z_C} = \infty  = {Z_{AB}} \Rightarrow {U_C} = {U_{AB}} = 150\end{array} \right.$

Từ đồ thị ta có: ω_R = 660 (ω để có cộng hưởng)

Tồn tại hai giá trị của ω cho cùng giá trị của U­_C.

Ta có:$\left( \begin{array}{l}{\omega _1} = 0\\{\omega _2} = 660\end{array} \right. \Rightarrow \omega _C^2 = \frac{1}{2}\left( {\omega _1^2 + \omega _2^2} \right) \Rightarrow {\omega _C} = 466,7$

Mà: ${\omega _L}{\omega _C} = \omega _R^2 \Rightarrow {\omega _L} = 933,36$

Giá trị của U_m là: ${U_m} = \frac{{{U_{AB}}}}{{\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{\omega _C}}}{{{\omega _L}}}} \right)}^2}} }} = 100\sqrt 3 V$

Chọn B

Phương pháp giải:

Tần số thay đổi để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại: $\tan \varphi .\tan {\varphi _{RL}} =  - \dfrac{1}{2}$

Công suất tiêu thụ của mạch điện: $P = \dfrac{{{U^2}}}{R}{\cos ^2}\varphi  = {P_{\max }}.co{s^2}\varphi$

Công thức lượng giác: $\tan \left( {a + b} \right) = \dfrac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a.tanb}}$

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất của đoạn mạch AN lớn hơn hệ số công suất của đoạn mạch AB, ta có:

$\cos {\varphi _{RL}} > \cos \varphi  \Rightarrow \left| {\tan {\varphi _{RL}}} \right| > \left| {\tan \varphi } \right| \Rightarrow {\tan ^2}\varphi  > \dfrac{1}{2} \Rightarrow \left| {\tan \varphi } \right| > 0,707$

${u_{AN}}$ lệch pha $\dfrac{{2\pi }}{5}\,\,rad$ so với ${u_{AB}}$, ta có:

$\begin{array}{l}{\varphi _{RL}} = \dfrac{{2\pi }}{5} + \varphi  \Rightarrow \tan {\varphi _{RL}} = \dfrac{{\tan \dfrac{{2\pi }}{5} + \tan \varphi }}{{1 - \tan \dfrac{{2\pi }}{5}.\tan \varphi }}\\\dfrac{{\tan \dfrac{{2\pi }}{5} + \tan \varphi }}{{1 - \tan \dfrac{{2\pi }}{5}.\tan \varphi }}.\tan \varphi  =  - \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow 2{\tan ^2}\varphi  + \tan \dfrac{{2\pi }}{5}.\tan \varphi  + 1 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan \varphi  =  - 0,466\,\,\left( {loai} \right)\\\tan \varphi  =  - 1,073\,\,\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {\cos ^2}\varphi  = \dfrac{1}{{1 + {{\tan }^2}\varphi }} = 0,465\\ \Rightarrow {P_{\max }} = \dfrac{P}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \dfrac{{100}}{{0,465}} = 215\,\,\left( W \right)\end{array}$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và kĩ năng đọc đồ thị

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác và tính chất dãy tỉ số bằng nhau

Công thức lượng giác: $\sin a + \sin b = 2\sin {{a + b} \over 2}.\cos {{a - b} \over 2}$

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy : $\frac{T}{2} = \left( {\frac{4}{3} - \frac{1}{3}} \right){.10^{ - 2}} \Rightarrow T = {2.10^{ - 3}}s \Rightarrow \omega  = 100\pi \left( {rad/s} \right)$

Từ đồ thị ta có phương trình của điện áp giữa hai đầu tụ điện: $\left\{ \begin{array}{l}{u_C} = {U_{0C}}.\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\\{u_d} = {U_{0d}}.\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\end{array} \right.$

→ u_d­ sớm pha hơn u_C một góc $\frac{{2\pi }}{3}$  → u_d sớm pha hơn u_r góc $\frac{\pi }{6}$              

Ta có giản đồ vecto:

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

$\begin{array}{l}\frac{{{U_d}}}{{\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right)}} = \frac{{{U_C}}}{{\sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right)}} = \frac{U}{{\sin \frac{\pi }{3}}}\\ \Rightarrow \frac{{{U_d} + {U_C}}}{{\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right)}} = \frac{U}{{\sin \frac{\pi }{3}}}\\ \Rightarrow {U_d} + {U_C} = \frac{U}{{\sin \frac{\pi }{3}}}.\left[ {\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right)} \right]\\ \Rightarrow {\left( {{U_d} + {U_C}} \right)_{\max }} \Leftrightarrow {\left[ {\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right)} \right]_{\max }}\end{array}$

Ta có :

$\begin{array}{l}\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right) = 2.\sin \frac{\pi }{3}.\cos \frac{{2\varphi  - \frac{\pi }{3}}}{2}\\ \Rightarrow {\left[ {\sin \left( {\frac{\pi }{2} - \varphi } \right) + \sin \left( {\frac{\pi }{6} + \varphi } \right)} \right]_{\max }} = 2.\sin \frac{\pi }{3}\\ \Rightarrow {\left[ {{U_d} + {U_C}} \right]_{\max }} = \frac{U}{{\sin \frac{\pi }{3}}}.2.\sin \frac{\pi }{3} = 2U = 2.200 = 400V\end{array}$

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng giản đồ vecto và định lí hàm số sin trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Từ các dữ kiện bài cho ta có giản đồ vecto như hình vẽ:

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ta có:$\frac{{160}}{{\sin \alpha }} = \frac{{200}}{{\sin \left( {\pi {\rm{\;}} - 3\alpha } \right)}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin 2\alpha }}$

Giải phương trình: $\frac{{160}}{{\sin \alpha }} = \frac{{200}}{{\sin \left( {\pi {\rm{\;}} - 3\alpha } \right)}} \Rightarrow \alpha {\rm{\;}} = 5,56 \Rightarrow {U_{MB}} = 240V$

Chọn A

Phương pháp giải:

Số chỉ của vôn kế V₁ là điện áp hiệu dụng của U_LR, số chỉ của vôn kế V₂ là điện áp hiệu dụng của U_C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: Mạch điện gồm L, R, C mắc nối tiếp, tụ C thay đổi.

$R=10(\Omega );{{Z}_{L}}=10(\Omega )\Rightarrow {{Z}_{L}}=R$

${{U}_{LR}}=\frac{{{U}_{AB}}}{Z}.{{Z}_{RL}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}$

${{U}_{C}}=\frac{{{U}_{AB}}{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}$

Tổng số chỉ của 2 vôn kế là:

$U'=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}+\frac{{{U}_{AB}}{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{{{U}_{AB}}\left( \sqrt{2{{R}^{2}}}+{{Z}_{C}} \right)}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{(R-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{{{U}_{AB}}\left( \frac{\sqrt{2}R}{{{Z}_{C}}}+1 \right)}{\sqrt{\frac{2{{R}^{2}}}{Z_{C}^{2}}-2\frac{R}{{{Z}_{C}}}+1}}$

Đặt $\frac{\sqrt{2}R}{{{Z}_{C}}}+1=a$$\Rightarrow U'=\frac{{{U}_{AB}}.a}{\sqrt{{{a}^{2}}-(\sqrt{2}+2)a+\sqrt{2}+2}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}+2}{a}+\frac{\sqrt{2}+2}{{{a}^{2}}}}}$

U’ max $\Leftrightarrow \frac{1}{a}=\frac{2+\sqrt{2}}{2(2+\sqrt{2})}=\frac{1}{2}\Rightarrow a=2\Rightarrow \frac{\sqrt{2}R}{{{Z}_{C}}}+1=2\Rightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{2}R=10\sqrt{2}(\Omega )$

Công suất của mạch lúc đó là:

$P=\frac{{{U}^{2}}}{R}\text{co}{{\text{s}}^{2}}\varphi =\frac{{{12}^{2}}}{10}{{\left( \frac{10}{\sqrt{{{10}^{2}}+{{(10-10\sqrt{2})}^{2}}}} \right)}^{2}}=12,3(\text{W})$

Chọn D

Phương pháp giải:

Gọi $\alpha$ là độ lệch pha giữa điện áp hai đầu cuộn dây và hai đầu tụ điện. Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian cho đoạn mạch chứa tụ và dây ta có:

$\frac{u_{d}^{2}}{U_{0d}^{2}}+\frac{u_{C}^{2}}{U_{0C}^{2}}-2\frac{{{u}_{d}}}{{{U}_{0d}}}.\frac{{{u}_{C}}}{{{U}_{0C}}}.\cos \alpha =hs$

Lời giải chi tiết:

Gọi $\alpha$ là độ lệch pha giữa điện áp hai đầu cuộn dây và hai đầu điện trở. Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian cho đoạn mạch chứa điện trở và cuộn dây ta có:

$\frac{u_{d}^{2}}{U_{0d}^{2}}+\frac{u_{R}^{2}}{U_{0R}^{2}}-2\frac{{{u}_{d}}}{{{U}_{0d}}}.\frac{{{u}_{R}}}{{{U}_{0R}}}.\cos \alpha =hs$

Nhìn vào đồ thị ta thấy có ba trường hợp đặc biệt được đánh dấu với tọa độ lần lượt là (1; 2); (2; 2); (2, 1) trên elip. Thay vào phương trình trên ta thu được:

$\frac{4}{U_{0d}^{2}}+\frac{1}{U_{0R}^{2}}-2\frac{2}{{{U}_{0d}}}.\frac{1}{{{U}_{0R}}}.\cos \alpha =\frac{4}{U_{0d}^{2}}+\frac{4}{U_{0R}^{2}}-2\frac{2}{{{U}_{0d}}}.\frac{2}{{{U}_{0R}}}.\cos \alpha$

Và $\frac{1}{U_{0d}^{2}}+\frac{4}{U_{0R}^{2}}-2\frac{1}{{{U}_{0d}}}.\frac{2}{{{U}_{0R}}}.\cos \alpha =\frac{4}{U_{0d}^{2}}+\frac{4}{U_{0R}^{2}}-2\frac{2}{{{U}_{0d}}}.\frac{2}{{{U}_{0R}}}.\cos \alpha$

Suy ra:

$\frac{3}{U_{0R}^{2}}=\frac{4}{{{U}_{0d}}{{U}_{0R}}}.\cos \alpha$ và $\frac{3}{U_{0d}^{2}}=\frac{4}{{{U}_{0d}}{{U}_{0R}}}.\cos \alpha$

$\Leftrightarrow$ ${{U}_{0d}}={{U}_{0C}}$ và $\cos \alpha =\frac{3}{4}$$\Leftrightarrow \alpha =0,72\left( rad \right)$

Chọn D

Lời giải chi tiết:

$\left\{ \matrix{ \Delta MNE:NE = \sqrt {{{25}^2} - {x^2}} \Rightarrow EB = 60 - \sqrt {{{25}^2} - {x^2}} \hfill \cr \Delta AEB:A{B^2} = A{E^2} + E{B^2} \Rightarrow 30625 = {\left( {25 + x} \right)^2} + {\left( {175 - \sqrt {{{25}^2} - {x^2}} } \right)^2} \hfill \cr \Rightarrow x = 24 \Rightarrow \cos \varphi = {{AE} \over {AB}} = {7 \over {25}} \hfill \cr} \right.$

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Hệ số công suất: $\cos \varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Sử dụng phương pháp chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: $3L\; = C{R^2} \Rightarrow \frac{{3\omega L}}{{\omega C}} = {R^2} \Rightarrow {R^2} = 3{Z_L}.{Z_C}$

Hệ số công suất: $\cos \varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Dùng phương pháp chuẩn hoá số liệu ta có:

Theo bài ra ta có hệ số công suất của mạch điện là:

 $\begin{array}{l}{k_2} = \frac{5}{3}{k_1} \Leftrightarrow \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{9}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{3}.\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{3}} \right)}^2}} }}\\ \Leftrightarrow 9.\left( {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{3}} \right)}^2}} \right) = 25.\left( {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{9}} \right)}^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 9{a^2} + 9\left( {1 - \frac{2}{3}{a^2} + \frac{{{a^4}}}{9}} \right) = 25{a^2} + 25\left( {1 - \frac{2}{9}{a^2} + \frac{{{a^4}}}{{81}}} \right)\\ \Leftrightarrow \frac{{56}}{{81}}{a^4} - \frac{{148}}{9}{a^2} - 16 = 0 \Rightarrow {a^2} = 24,7218 \Rightarrow a \approx 5\end{array}$

→ Giá trị của k₃ là: ${k_3} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{{16}}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{{\sqrt {{5^2} + {{\left( {1 - \frac{{{5^2}}}{{16}}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{{5,032}} = 0,9936$

Chọn C

Phương pháp giải:

Tần số của mạch khi có cộng hưởng: ${\omega _0} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại khi: ${\omega _L} = {\omega _0}.\sqrt n$ với ${n^{ - 1}} = 1 - \dfrac{{C{R^2}}}{{2L}}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại khi: ${\omega _C} = \dfrac{{{\omega _0}}}{{\sqrt n }}$

Hệ số công suất của mạch: $\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Lời giải chi tiết:

Tần số của mạch khi có cộng hưởng là:

${\omega _0} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {\dfrac{4}{{5\pi }}.\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}} }} = 50\pi \,\,\left( {rad/s} \right)$

Ta có: ${n^{ - 1}} = 1 - \dfrac{{C{R^2}}}{{2L}} = 1 - \dfrac{{\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}.{{\left( {20\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\dfrac{4}{{5\pi }}}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow n = \dfrac{4}{3}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại khi:

${\omega _L} = {\omega _0}.\sqrt n  = 50\pi .\dfrac{2}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{100\pi }}{{\sqrt 3 }}\,\,\left( {rad/s} \right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại khi:

$\begin{array}{l}{\omega _C} = \dfrac{{{\omega _0}}}{{\sqrt n }} = \dfrac{{50\pi }}{{\dfrac{2}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{75\pi }}{{\sqrt 3 }}\,\,\left( {rad/s} \right)\\ \Rightarrow \omega  = {\omega _L} + {\omega _C} = \dfrac{{100\pi }}{{\sqrt 3 }} + \dfrac{{75\pi }}{{\sqrt 3 }} = \dfrac{{175\pi }}{{\sqrt 3 }}\,\,\left( {rad/s} \right)\end{array}$

Hệ số công suất của mạch:

$\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L - \dfrac{1}{{\omega C}}} \right)}^2}} }} = 0,42$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tần số thay đổi để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại: $\tan \varphi .\tan {\varphi _{RL}} =  - \dfrac{1}{2}$

Công suất tiêu thụ của mạch điện: $P = \dfrac{{{U^2}}}{R}{\cos ^2}\varphi  = {P_{\max }}.co{s^2}\varphi$

Công thức lượng giác: $\tan \left( {a + b} \right) = \dfrac{{\tan a + \tan b}}{{1 - \tan a.tanb}};co{s^2}a = \dfrac{1}{{1 + {{\tan }^2}a}}$

Lời giải chi tiết:

${u_{AN}}$ lệch pha $1,2373\,\,rad$ so với ${u_{AB}}$, ta có:

$\begin{array}{l}{\varphi _{RL}} = 1,2373 + \varphi  \Rightarrow \tan {\varphi _{RL}} = \dfrac{{\tan 1,2373 + \tan \varphi }}{{1 - \tan 1,2373.\tan \varphi }}\\\dfrac{{\tan 1,2373 + \tan \varphi }}{{1 - \tan 1,2373.\tan \varphi }}.\tan \varphi  =  - \dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow 2{\tan ^2}\varphi  + \tan 1,2373.\tan \varphi  + 1 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\tan \varphi  =  - 0,5776 \Rightarrow {\cos ^2}\varphi  = 0,7498\\\tan \varphi  =  - 0,8657 \Rightarrow {\cos ^2}\varphi  = 0,5716\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{P_{\max }} = \dfrac{P}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \dfrac{{300}}{{0,7498}} = 400\,\,\left( W \right)\\{P_{\max }} = \dfrac{P}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \dfrac{{300}}{{0,5716}} = 525\,\,\left( W \right)\end{array} \right.\end{array}$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện trong mạch cùng pha với điện áp hai đầu đoạn mạch khi: ${\omega _0} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch cùng pha với điện áp hai đầu đoạn mạch khi: ${\omega _0} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$

Khi $f = {f_1}$, cảm kháng và dung kháng của mạch là:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = {\omega _1}L = 36\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_C} = \dfrac{1}{{{\omega _1}C}} = 144\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = \dfrac{1}{4} = {\omega _1}^2.LC \Rightarrow \dfrac{{{\omega _1}^2}}{{{\omega _0}^2}} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow \dfrac{{{\omega _1}}}{{{\omega _0}}} = \dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {f_1} = \dfrac{1}{2}{f_2} = \dfrac{1}{2}.120 = 60\,\,\left( {Hz} \right)\end{array}$ 

Chọn B.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng giản đồ vecto

Sử dụng các định lí hàm số sin, hàm số cos:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cos\varphi }\\{\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}}\end{array}$

Công suất của mạch: $P = UI\cos \varphi$

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Áp dụng định lý hàm số cos: $\frac{{{U_L} + {U_C}}}{{\sin \frac{\pi }{3}}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \sin \alpha {\rm{\;}} = \frac{{60\sqrt 2 .\sin \frac{\pi }{3}}}{{30\sqrt 6 }} = 1 \Rightarrow \alpha {\rm{\;}} = {90^o}$

Lại có $LC{\omega ^2} = 1$$\Rightarrow {U_L} = {U_C} = 15\sqrt 6 (V)$

Dòng điện trong mạch: $I = \frac{{{U_L}}}{{{Z_L}}} = \frac{{15\sqrt 6 }}{{15}} = \sqrt 6$ (A)

Áp dụng định lý hàm số sin:$\frac{{{U_L} + {U_C}}}{{\sin \frac{\pi }{3}}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{{60\sqrt 2 .\sin \frac{\pi }{3}}}{{30\sqrt 6 }} = 1 \Rightarrow \alpha  = {90^o}$ :

$\Rightarrow {U_{MN}} = \sqrt {U_{AN}^2 + U_L^2}  = 15\sqrt {14}$ (V)

Vì ${U_L} = {U_C} \to {U_{AB}} = {U_{MN}}$, ${\rm{cos}}\varphi {\rm{ = }}\frac{{{U_{AN}}}}{{{U_{MN}}}} = \frac{{2\sqrt 7 }}{7}$

Công suất của mạch: $P = UI\cos \varphi  = 60\sqrt 3  \approx 104$ (W)

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng giản đồ vecto

Sử dụng các định lí hàm số sin, hàm số cos:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab.cos\varphi }\\{\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}}\end{array}$

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Biểu diễn các điện áp trên giản đồ vecto

Áp dụng định lý hàm số cos:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{{({U_L} + {U_C})}^2} = U_{AN}^2 + U_{MB}^2 - 2.{U_{AN}}.{U_{MB}}.cos\frac{\pi }{4}}\\{ \Rightarrow {U_L} + {U_C} = \sqrt {{{(80)}^2} + {{(90)}^2} - 2.80.90.\frac{{\sqrt 2 }}{2}}  = 65,7(V)}\end{array}$

Lại có ${U_L} = I.{Z_L} = I.\omega L;{\rm{ }}{U_C} = {\rm{ }}I.{Z_C} = {\rm{ }}I.\frac{1}{{\omega C}} \Rightarrow \frac{{{U_L}}}{{{U_C}}} = {\omega ^2}LC = \frac{3}{2}$$\Rightarrow {U_L} = 39,4(V);{U_C} = 26,3(V)$

Áp dụng định lý hàm số sin:$\frac{{{U_L} + {U_C}}}{{\sin \frac{\pi }{4}}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} \Rightarrow \sin \alpha  = \frac{{90.\sin \frac{\pi }{4}}}{{65,7}} = 0,97 \Rightarrow cos\alpha  = 0,24$

 Áp dụng định lý hàm số cos:${U_{MN}}^2 = U_{AN}^2 + U_L^2 - 2.{U_{AN}}.{U_L}{\rm{cos}}\alpha$

     $\Rightarrow {U_{MN}} = \sqrt {{{(80)}^2} + 39,{4^2} - 2.80.39,4.0,24}  = 80,2$ (V)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công suất tiêu thụ trong mạch lớn nhất khi mạch có cộng hưởng: ${\omega _1} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm: ${U_L} = \dfrac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Định lí Vi – et cho phương trình bậc 2 $a{x^2} + bx + c = 0:{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}$

Tần số để điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm đạt cực đại: $\dfrac{2}{{{\omega _4}^2}} = \dfrac{1}{{{\omega _2}^2}} + \dfrac{1}{{{\omega _3}^2}}$

Lời giải chi tiết:

Tần số để mạch có công suất tiêu thụ lớn nhất là: ${\omega _1} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \sqrt {45} \,\,\left( {rad/s} \right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm là:

$\begin{array}{l}{U_L} = \dfrac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} \Rightarrow \dfrac{{500}}{{\sqrt 7 }} = \dfrac{{100.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow \dfrac{{25}}{7} = \dfrac{{{Z_L}^2}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Rightarrow 25{R^2} + 25{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 7{Z_L}^2\\ \Rightarrow 18{Z_L}^2 + 25{R^2} + 25{Z_C}^2 - 50{Z_L}{Z_C} = 0\\ \Rightarrow 18{\omega ^2}{L^2} + 25{R^2} + \dfrac{{25}}{{{\omega ^2}{C^2}}} - \dfrac{{50L}}{C} = 0\\ \Rightarrow 18{\omega ^4}LC + \left( {25{R^2}{C^2} - 50LC} \right){\omega ^2} + 25 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}$

Hai tần số cho cùng giá trị hiệu dụng ${U_L} \to$ phương trình (1) có 2 nghiệm ${\omega _2}^2,{\omega _3}^2$

Áp dụng định lí Vi – et cho phương trình (1), ta có:

${\omega _2}^2{\omega _3}^2 = \dfrac{{25}}{{18{L^2}{C^2}}} = \dfrac{{25}}{{18}}{\omega _1}^4 = \dfrac{{25}}{{18}}.{\left( {\sqrt {45} } \right)^4} = 2812,5$

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{array}{l}{\omega _2}^2 + 4{\omega _3}^2 = 225\\{\omega _2}^2{\omega _3}^2 = 2812,5\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\omega _2}^2 = 75\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\\{\omega _3}^2 = 37,5\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\omega _2}^2 = 150\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\\{\omega _3}^2 = 18,75\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\end{array} \right.\end{array} \right.$

Điện áp hai đầu cuộn cảm đạt cực đại, ta có:

$\dfrac{2}{{{\omega _4}^2}} = \dfrac{1}{{{\omega _2}^2}} + \dfrac{1}{{{\omega _3}^2}} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\omega _4}^2 = 50\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\\{\omega _4}^2 = \dfrac{{100}}{3}\,\,\left( {ra{d^2}/{s^2}} \right)\end{array} \right.$  

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tần số góc ${\omega _1}$ khi điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, ${\omega _2}$ khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt cực đại, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt cực đại khi: ${\omega _0}^2 = {\omega _1}{\omega _2}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần: ${U_{L\max }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - {n^{ - 2}}} }}$ với $n = \dfrac{{{\omega _L}}}{{{\omega _C}}}$

Lời giải chi tiết:

Tần số góc ${\omega _1}$ khi điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, ${\omega _2}$ khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt cực đại, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt cực đại khi:

$\begin{array}{l}{\omega _0}^2 = {\omega _1}{\omega _2} \Rightarrow {f_0} = {f_1}.{f_2} \Rightarrow {\left( {\sqrt 3 {f_1}} \right)^2} = {f_1}.{f_2} \Rightarrow {f_2} = 3{f_1}\\ \Rightarrow n = \dfrac{{{f_2}}}{{{f_1}}} = 3\end{array}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần:

${U_{L\max }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - {n^{ - 2}}} }} = \dfrac{{220}}{{\sqrt {1 - {3^{ - 2}}} }} \approx 233\,\,\left( V \right)$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của mạch khi điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt cực đại: $\cos \varphi  = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{{{\omega _L}}}{{{\omega _C}}} + 1}}}$

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch khi điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt cực đại:

$\cos \varphi  = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{{{\omega _L}}}{{{\omega _C}}} + 1}}}  = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{{{f_L}}}{{{f_C}}} + 1}}}  = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{5}{4} + 1}}}  = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{3}$

Chọn B.

Phương pháp giải:

Tần số góc ${\omega _1}$ khi điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, ${\omega _2}$ khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt cực đại, mạch có cộng hưởng khi: ${\omega _0}^2 = {\omega _1}{\omega _2}$

Lời giải chi tiết:

Tần số góc ${\omega _1}$ khi điện áp giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại, ${\omega _2}$ khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, mạch có cộng hưởng khi:

$\begin{array}{l}{\omega _0} = \sqrt {{\omega _1}{\omega _2}}  = \sqrt {2{\omega _1}^2}  = \sqrt 2 {\omega _1} = 100\sqrt 2 \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\\ \Rightarrow {\omega _2} = \sqrt 2 {\omega _0} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_L} = \sqrt 2 {Z_{{L_0}}}\\{Z_C} = \dfrac{{{Z_{{C_0}}}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{Z_{{L_0}}}}}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\end{array}$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}{Z_L} + 3{Z_C} = 400\,\,\Omega  \Rightarrow \sqrt 2 {Z_{{L_0}}} + 3\dfrac{{{Z_{{L_0}}}}}{{\sqrt 2 }} = 400\\ \Rightarrow {Z_{{L_0}}} = {\omega _0}L = 80\sqrt 2  \Rightarrow L = \dfrac{4}{{5\pi }}\,\,\left( H \right)\end{array}$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Thay đổi R để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại: ${U_1} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Thay đổi tần số để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại: ${U_2} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - {n^{ - 2}}} }}$ với ${n^{ - 1}} = 1 - \dfrac{{C{{\left( {R + r} \right)}^2}}}{{2L}}$

Lời giải chi tiết:

Khi $f = 50\,\,Hz$, dung kháng và cảm kháng của mạch điện là:

$\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = 2\pi fL = 2\pi .50.\dfrac{{0,3}}{\pi } = 30\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_C} = \dfrac{1}{{2\pi C}} = \dfrac{1}{{2\pi .50.\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{6}}} = 60\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.$

Điện áp hiệu dụng cực đại giữa hai đầu tụ điện khi đó là:

${U_1} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{U.60}}{{\sqrt {{{10}^2} + {{\left( {30 - 60} \right)}^2}} }} = \dfrac{{6U}}{{\sqrt {10} }}$

Ta có: ${n^{ - 1}} = 1 - \dfrac{{C{{\left( {R + r} \right)}^2}}}{{2L}} = 1 - \dfrac{{\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{6\pi }}.{{\left( {30 + 10} \right)}^2}}}{{2.\dfrac{{0,3}}{\pi }}} = \dfrac{5}{9}$

Điện áp hiệu dụng cực đại trên tụ là:

${U_2} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - {n^{ - 2}}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{5}{9}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{9U}}{{2\sqrt {14} }} \Rightarrow \dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{\dfrac{{6U}}{{\sqrt {10} }}}}{{\dfrac{{9U}}{{2\sqrt {14} }}}} \approx 1,58$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất $P = UI.\cos \varphi  = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R$

Bất đẳng thức Cô – si: $a + b \ge 2\sqrt {ab}$

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy khi R = 30Ω thì hệ số công suất bằng 0,8 và công suất tiêu thụ của biến trở đạt cực đại

Ta có công thức tính công suất trên biến trở  là:

$P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{{{(R + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{2r + R + \frac{{{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R}}} = \frac{{{U^2}}}{y} \Rightarrow {P_{\max }} \Leftrightarrow {y_{\min }}$

Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: $R + \frac{{{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R} \ge 2.\sqrt {{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}$

Dấu “=” xảy ra khi: ${R^2} = {r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2}(*)$

Lại có:  $\cos \varphi  = \frac{{R + r}}{Z} = 0,8 \Rightarrow R + r = 0,8Z \Rightarrow |({Z_L} - {Z_C})| = 0,6Z \Rightarrow 0,6(R + r) = 0,8.|{Z_L} - {Z_C}|(**)$

Từ (*) và (**) $\Rightarrow {R^2} - {r^2} = \frac{{0,36}}{{0,64}}{(R + r)^2} \Leftrightarrow 0,64(R - r) = 0,36(R + r) \Rightarrow r = 0,28R = 0,28.30 = 8,4\Omega$

Vậy giá trị gần nhất với 8,4 trong 4 đáp án là C. 7,9

Phương pháp giải:

Tần số thay đổi để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại: $\tan \varphi .\tan {\varphi _{RL}} =  - \dfrac{1}{2}$

Bất đẳng thức Cô – si: $a + b \ge 2\sqrt {ab}$ (dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a = b$)

Lời giải chi tiết:

Tần số thay đổi để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại, ta có:

$\tan \varphi .\tan {\varphi _{RL}} =  - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \tan \varphi  =  - \dfrac{1}{{2\tan {\varphi _{RL}}}}$

Theo đề bài ta có độ lệch pha:

$\begin{array}{l}\alpha  = {\varphi _{RC}} - \varphi  \Rightarrow \tan \alpha  = \tan \left( {{\varphi _{RC}} - \varphi } \right) = \dfrac{{\tan {\varphi _{RC}} - \tan \varphi }}{{1 + \tan {\varphi _{RC}}.\tan \varphi }}\\ \Rightarrow \tan \alpha  = \dfrac{{\tan {\varphi _{RC}} + \dfrac{1}{{2\tan {\varphi _{RC}}}}}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} = 2\tan {\varphi _{RC}} + \dfrac{1}{{\tan {\varphi _{RC}}}}\end{array}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

$\begin{array}{l}2\tan {\varphi _{RC}} + \dfrac{1}{{\tan {\varphi _{RC}}}} \ge 2\sqrt {2\tan {\varphi _{RC}}.\dfrac{1}{{\tan {\varphi _{RC}}}}}  = 2\sqrt 2 \\ \Rightarrow \tan \alpha  \ge 2\sqrt 2  \Rightarrow {\left( {\tan \alpha } \right)_{\min }} = 2\sqrt 2 \end{array}$

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

$\left\{ \matrix{ {Z_C} = {1 \over {\omega C}} = 200\left( \Omega \right) \hfill \cr \Delta AEB:BE = AE.{\mathop{\rm c}\nolimits} otan{\pi \over 3} = 100\left( \Omega \right) \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} - BE = 100\left( \Omega \right) \Rightarrow L = {{{Z_L}} \over \omega } = {1 \over \pi }\left( H \right) \hfill \cr} \right.$

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều có ω thay đổi

+ Có 2 giá trị của ω để U_C  bằng nhau là ω₁ và ω₂ → Giá trị ω_C để U_Cmax là :

$\omega _C^2 = {1 \over 2}\left( {\omega _1^2 + \omega _2^2} \right)$

+ Có 2 giá trị của ω để U_L  bằng nhau là ω₁ và ω₂ → Giá trị ω_L để U_Lmax là :

${2 \over {\omega _L^2}} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}}$

Lời giải chi tiết:

- Từ đồ thị ta thấy :

+ Có 2 giá trị của ω để U_C  bằng nhau là  

$\left[ \matrix{ {\omega _1} = 0 \hfill \cr {\omega _2} = 80rad/s \hfill \cr} \right.$

→ Giá trị ω_C để U_Cmax là : $\omega _C^2 = {1 \over 2}\left( {\omega _1^2 + \omega _2^2} \right) = {1 \over 2}\left( {{0^2} + {{80}^2}} \right) \Rightarrow {\omega _C} = 40\sqrt 2 \left( {rad/s} \right)$

+ Có 2 giá trị của ω để U_L  bằng nhau là  

$\left[ \matrix{ {\omega _1} = 50rad/s \hfill \cr {\omega _2} = \infty \hfill \cr} \right.$

→ Giá trị ω_L để U_Lmax là : ${2 \over {\omega _L^2}} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}} = {1 \over {{{50}^2}}} + {1 \over {{\infty ^2}}} \Rightarrow {\omega _L} = 50\sqrt 2 \left( {rad/s} \right)$

- Mặt khác áp dụng công thức :

 ${U_{L\max }} = {U_{C\max }} = {U \over {\sqrt {1 - {{\left( {{{{\omega _L}} \over {{\omega _C}}}} \right)}^2}} }} = {{60} \over {\sqrt {1 - {{\left( {{{50\sqrt 2 } \over {40\sqrt 2 }}} \right)}^{ - 2}}} }} = 100V$

Chọn D