Bài tập đại cương dòng điện xoay chiều

Ta có, trong mỗi giây dòng điện đổi chiều \(2f\) lần

Ta có, trong mỗi giây dòng điện đổi chiều \(2f\)  lần

Từ biểu thức: \(\Phi  = {\Phi _0}\cos 50\pi t\), ta có \(\omega  = 50\pi  \to f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{50\pi }}{{2\pi }} = 25(H{\rm{z}})\)

=> Trong 1s dòng điện đổi chiều \(2.25 = 50\) lần

Từ biểu thức cường độ dòng điện: \(i = {I_0}{\rm{cos}}\left( {80\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)A\)

Ta có: tần số \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{80\pi }}{{2\pi }} = 40(H{\rm{z}})\)

Ta có: Nếu pha ban đầu \({\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2}\) hoặc \({\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{2}\)thì chỉ giây đầu tiên đổi chiều \(2f - 1\)  lần

=> Trong 2,5s , dòng điện đổi chiều: \(2,5(2f) - 1 = 2,5.(2.40) - 1 = 199\) lần

Góc quay từ t đến \(\dfrac{7}{{600}}s\) : \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t = 100\pi \dfrac{7}{{600}} = \dfrac{{7\pi }}{6}(ra{\rm{d}})\)

Xác định các điểm trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Từ vòng tròn ta có:

Tại thời điểm: \(t + \dfrac{7}{{600}}s\): điện áp có giá trị: \({u_2} =  - {U_0}cos\alpha \)

Ta có: \(\alpha  = \dfrac{\pi }{6}\left( {rad} \right) \to {u_2} =  - {U_0}cos\dfrac{\pi }{6} =  - 200\sqrt 2 cos\dfrac{\pi }{6} =  - 100\sqrt 6 V\)

Giả sử tại thời điểm đó \({i_1} = \dfrac{{{I_0}\sqrt 3 }}{2}\) và đang tăng, \({i_2} = \dfrac{{{I_0}\sqrt 3 }}{2}\) và đang giảm

Vẽ vòng tròn lượng giác, ta được:

Từ vòng tròn lượng giác ta có:

\(cos\dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \to \dfrac{\alpha }{2} = \dfrac{\pi }{6} \to \alpha  = \dfrac{\pi }{3}\left( {rad} \right)\)

Độ lệch pha giữa hai dòng điện này là: \(\Delta \varphi  = \alpha  = \dfrac{\pi }{3}\)

Ta có:

+ Chu kì dao động : \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{120\pi }} = \dfrac{1}{{60}}s\)

+ \({t_{2019}} = {\rm{ }}{t_{2016}} + {\rm{ }}{t_3}\)

Trong 1 chu kì, cường độ dòng điện có độ lớn bằng cường độ hiệu dụng 4 lần

\( \to {t_{2016}} = \dfrac{{2016}}{4}T = 504T\)

Tại \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) : \(i = {I_0}{\rm{cos}}\left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) = \dfrac{{{I_0}}}{2}\)

\(\begin{array}{l}{t_3} = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{4} + \dfrac{T}{8} = \dfrac{{13T}}{{24}}\\ \to {t_{2019}} = {t_{2016}} + {t_3} = 504T + \dfrac{{13T}}{{24}} = \dfrac{{12109}}{{24}}T = \dfrac{{12109}}{{24}}.\dfrac{1}{{60}} = \dfrac{{12109}}{{1440}}(s)\end{array}\)

Chu kì dao động : \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02s\)

Tại t = 0: \(u = 240\sin 0 = 0(V)\)

Thời điểm gần nhất sau đó để điện áp tức thời đạt giá trị \(120\sqrt 3  = \dfrac{{{U_0}\sqrt 3 }}{2}\)  kể từ thời điểm ban đầu là: \(t = \dfrac{T}{6} = \dfrac{{0,02}}{6} = \dfrac{1}{{300}}s\)

Ta có, từ thời điểm \(0 - 0,01s\) thì góc quay được là:

\(\Delta \varphi  = \omega \Delta t = 100\pi .0,01 = \pi (ra{\rm{d}})\)

Tại t = 0: \(i = {I_0}{\rm{cos0}} = {I_0}(A)\)

Từ vòng tròn lượng giác ta có:

+ \({\varphi _1} = \omega {t_1} = \dfrac{\pi }{6} \to {t_1} = \dfrac{1}{{600}}s\)

+ \({\varphi _2} = \omega {t_2} = \dfrac{{5\pi }}{6} \to {t_2} = \dfrac{1}{{120}}s\)

Ta có, điện lượng chạy qua tiết diện dây:

\(\Delta q = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {i{\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{0,1} {2sin(100\pi t + \dfrac{\pi }{3}){\rm{d}}t}  = \dfrac{{ - 2}}{{100\pi }}{\rm{cos}}\left( {{\rm{100}}\pi {\rm{t + }}\dfrac{\pi }{3}} \right)\left| {_0^{0,1}} \right. = \dfrac{{ - 2}}{{100\pi }}\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}} \right) = 0\)

Ta có, điện lượng chạy qua tiết diện dây:

\(\Delta q = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {i{\rm{d}}t}  = \int\limits_0^{\dfrac{T}{2}} {{I_0}{\rm{cos}}\left( {\omega t} \right){\rm{d}}t}  = \dfrac{{{I_0}}}{\omega }{\rm{sin}}\left( {\omega t} \right)\left| {_0^{\dfrac{T}{2}}} \right. = \dfrac{{{I_0}}}{\omega }\left( {0 - 0} \right) = 0\)

Ta có:

+ Hiệu điện thế cực đại: \({U_0} = 120\sqrt 2 (V)\)

+ Tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 2\pi .50 = 100\pi (ra{\rm{d}}/s)\)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Biết đèn chỉ sáng lên khi \(u \ge {U_1}\)

Ta có:

+ \(c{\rm{os}}\Delta \varphi  = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = \dfrac{{120}}{{120\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \to \Delta \varphi  = \dfrac{\pi }{4}\)

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: \(\Delta t = \dfrac{{4\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{4\dfrac{\pi }{4}}}{{100\pi }} = \dfrac{1}{{100}} = 0,01s\)

Ta có:

+ Hiệu điện thế cực đại: \({U_0} =155,56\sqrt 2 (V)\)

+ Tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 2\pi .50 = 100\pi (ra{\rm{d}}/s)\)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Biết đèn chỉ sáng lên khi \(u \ge {\rm{ }}{U_1}\)

Ta có:

+ \(c{\rm{os}}\Delta \varphi  = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = \dfrac{{120}}{{155,56.\sqrt 2 }} \approx 0,54 \to \Delta \varphi  \approx {60^0} = \dfrac{\pi }{3}\)

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: \(\Delta t = \dfrac{{4\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{4\dfrac{\pi }{3}}}{{100\pi }} = \dfrac{1}{{75}}s\)

Ta có:

+ Chu kì \(T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{{50}}s\)

+ \(1{\rm{s}} = 50T\)

=> Thời gian đèn sáng trong 1s là: \(t = \Delta t.50 = 50.\dfrac{1}{{75}} = \dfrac{2}{3}s\)

Ta có:

+ Hiệu điện thế cực đại: \({U_0} = 120\sqrt 2 (V)\)

+ Tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 2\pi .60 = 120\pi (ra{\rm{d}}/s)\)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Biết đèn chỉ sáng lên khi u ≥ U₁

Ta có:

+ \(c{\rm{os}}\Delta \varphi  = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = \dfrac{{60\sqrt 6 }}{{120\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \to \Delta \varphi  = \dfrac{\pi }{6}\)

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: \(\Delta t = \dfrac{{4\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{4\dfrac{\pi }{6}}}{{120\pi }} = \dfrac{1}{{180}}s\)

Thời gian đèn tắt trong 1 chu kì: \(\Delta t' = T - \Delta t = \dfrac{1}{{60}} - \dfrac{1}{{180}} = \dfrac{1}{{90}}s\)

Ta có:

+ Chu kì \(T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{{60}}s\)

+ \(t = 30' = 30.60s = 108000T\)

=> Thời gian đèn sáng trong 30’ là: \({t_1} = t.\Delta t\)

Thời gian đèn tắt trong 30’ là: \({t_2} = t.\Delta t'\)

Tỉ số thời gian đèn sáng và đèn tắt trong 30 phút là: \(\dfrac{{{t_1}}}{{{t_2}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{{180}}}}{{\dfrac{1}{{90}}}} = \dfrac{1}{2}\)

Ta có VTLG:

Thời gian đèn tối tương ứng (1) đến (2) và (3) đến (4) trên VTLG.

Góc quét được trong thời gian đèn tối là: \({\alpha _T} = 2.\dfrac{\pi }{2} = \pi \)

Thời gian đèn sáng tương ứng (4) đến (1) và (2) đến (3) trên VTLG.

Góc quét được trong thời gian đèn sáng là: \({\alpha _S} = 2.\dfrac{\pi }{2} = \pi \)

Ta có: \({\alpha _S} = {\alpha _T} \Rightarrow {t_S} = {t_T} \Rightarrow \dfrac{{{t_S}}}{{{t_T}}} = 1\)

Chu kỳ của dòng điện: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }\) = 0,02s

Trong 1s = 50T có 100 lần cường độ dòng điện bằng 0

Điện lượng chuyển qua mạch trong \(\dfrac{T}{4}\left( s \right)\) đầu tiên:

\(q = \int\limits_{t1}^{t2} {i.dt}  = \int\limits_0^{\dfrac{T}{4}} {{I_0}\cos \left( {\omega t + \pi } \right).dt = \dfrac{{{I_0}}}{\omega }\sin \left( {\omega t + \pi } \right)\left| \begin{array}{l}\dfrac{T}{4}\\0\end{array} \right.}  =  - \dfrac{{{I_0}}}{\omega }\)

Trong mỗi giây: Dòng điện đổi chiều $2f$ lần

Ta có, trong mỗi giây dòng điện đổi chiều $2f$ lần

Từ biểu thức:

\(\Phi  = {\Phi _0}\cos 40\pi t\),

ta có

$\omega  = 40\pi  \to f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{40\pi }}{{2\pi }} = 20(H{\text{z}})$

=> Trong $1s$ dòng điện đổi chiều  $2f = 2.20 = 40$ lần

Từ biểu thức cường độ dòng điện:

$i = {I_0}{\text{cos}}\left( {120\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)A$

Ta có: tần số

$f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{120\pi }}{{2\pi }} = 60(H{\text{z}})$

Ta có: Nếu pha ban đầu ${\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2}$ hoặc ${\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{2}$

thì chỉ giây đầu tiên đổi chiều 2f-1 lần

=> Trong 2,5s , dòng điện đổi chiều:

$2,5(2f) - 1 = 2,5.(2.60) - 1 = 299$ lần

Xác định các điểm trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Góc quay từ t đến $\dfrac{1}{{300}}s$ :

$\Delta \varphi  = \omega \Delta t = 100\pi \dfrac{1}{{300}} = \dfrac{\pi }{3}(ra{\text{d}})$

Từ vòng tròn ta có:

Tại thời điểm $t + \dfrac{1}{{300}}s$ điện áp có giá trị: ${u_2} =  - 100\sqrt 2 (V)$