Bài tập điện xoay chiều hay và khó (phần 1)

Gọi điện áp từ dây điện là \({U_0}\) , điện áp đầu vào và đầu ra máy ổn áp lần lượt là \({U_1}\) và \({U_2}\).

Theo đề bài ta có: \({U_0} = {\text{ }}{U_2} = 220\left( V \right)\) và không thay đổi.

Công suất trong nhà là công suất đầu ra ổn áp, hơn nữa do máy ổn áp lí tưởng nên \({P_1} = {\rm{ }}{P_2} = {\rm{ }}{P_{nha}}\)

Ta có \({P_{nha}} = {\rm{ }}{P_1} = {\rm{ }}{U_1}I{\rm{ }} = \dfrac{{{U_2}I}}{k} = \dfrac{{220I}}{k}\) trong đó \(I\) là dòng điện chạy trên dây tải điện

Mặt khác \(I = \dfrac{{{U_0} - {U_1}}}{R} = \dfrac{{200}}{R} = \dfrac{{220 - \dfrac{{200}}{R}}}{R} = \dfrac{{220(k - 1)}}{{kR}}\) nên thay vào ta được

\({P_{nha}} = \dfrac{{{{220}^2}(k - 1)}}{{{k^2}R}}\) (Với $R$ là điện trở dây tải điện có giá trị không đổi)

Khi \({P_{nha}} = 1,1{\rm{ }}kW\) thì \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}{k_1} = 1,1\) và khi  thì \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}{k_2}\) ta có tỷ số:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{k_2} - 1}}{{{k_1} - 1}}.\dfrac{{k_1^2}}{{k_2^2}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{{k_2} - 1}}{{k_2^2}} = \dfrac{{20}}{{121}}\\ \Leftrightarrow 20k_2^2 - 121{k_2} + 121 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{k_2} = 4,78\\{k_2} = 1,26\end{array} \right.\end{array}$

Bởi \({U_1} = \dfrac{{220}}{k} > 110(V) =  > k < 2\)

=> Giá trị \({k_2} = {\rm{ }}4,78\) bị loại

Ta có:

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

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

${\tan ^{ - 1}}\left( {\dfrac{{4r - {Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\dfrac{{4r - {Z_C}}}{{6r}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\dfrac{{4r - 2{Z_C}}}{r}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\dfrac{{4r - 2{Z_C}}}{{6r}}} \right)$

$ =  > {Z_C} = r$ ; thay vào (1) ta tìm được $\varphi  = 0,785rad$

Khi \(C = {C_o}\): \({U_{MN}}\) đạt cực đại, \(I = {I_{max}}\) ta có \(Z = R\) và \({Z_L} = {Z_{Co}}\) ; \({U_{AN}} = 30\sqrt 2  = \dfrac{{15\sqrt 2 }}{R}\sqrt {{R^2} + Z_L^2}  \to {Z_L} = R.\sqrt 3 \)

Khi \(C = 0,5{C_o}\) thì \({Z_C} = 2{Z_L} = 2R\sqrt 3 \); góc lệch pha giữa \(u\) và \(i\):

\(\tan \varphi  = \dfrac{{R\sqrt 3  - 2.R\sqrt 3 }}{R} =  - \sqrt 3  \to \varphi  =  - \dfrac{\pi }{3}\)

=> Độ lệch pha của $u_L$ so với $i$ là:

\({\varphi _{uL}} = \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{5\pi }}{6}\)

$\begin{array}{l} \to {u_L} = \dfrac{{30R\sqrt 3 }}{{\sqrt {{R^2} + 3{R^2}} }}c{\rm{os}}\left( {{\rm{100}}\pi {\rm{t + }}\dfrac{{5\pi }}{{\rm{6}}}} \right)(V)\\ = 15\sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {{\rm{100}}\pi {\rm{t + }}\dfrac{{5\pi }}{{\rm{6}}}} \right)(V)\end{array}$

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = {U_0}\cos (\omega t + {\varphi _u})\\i = {I_0}\cos (\omega t + {\varphi _i})\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{\varphi _u} + {\varphi _i} = x\\{\varphi _u} - {\varphi _i} = \varphi \end{array} \right.\end{array}\)

\(p = ui = UI(\cos (2\omega t + x) + \cos \varphi )\)

Ta có:

\(13{\rm{ }} = UI\left( {1{\rm{ }} + {\rm{ }}cos\varphi } \right)\)            (1)      

và \(2\omega {t_0} + x{\text{ }} = {\text{ }}2\pi {\text{ }} + {\text{ }}k2\pi \)

\(t{\text{ }} = {\text{ }}0,p{\text{ }} = {\text{ }}11{\text{ }} = {\text{ }}UI\left[ {cosx{\text{ }} + cos\varphi } \right]\) (2)

\(\begin{array}{l}t = 3{t_0},p = 6 = UI\left[ {cos\left( {2\omega .3{t_0} + x} \right) + cos\varphi } \right]\\ = UI\left[ {cos\left( {6\pi  - 2x} \right) + cos\varphi } \right]\\ = UI\left[ {cos\left( { - 2x} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}cos\varphi } \right]{\rm{           }}\left( 3 \right)\end{array}\)

Lấy (1) chia (2) ta được: \(cos\varphi {\rm{ }} = {\rm{ }}5,5 - 6,5cosx\)

Lấy (1) chia (3) ta được: \(\dfrac{{13}}{6} = \dfrac{{1{\rm{ }} + {\rm{ }}cos\varphi }}{{ - cos\left( {2x} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}cos\varphi }} = \dfrac{{1 + 5,5 - 6,5cosx}}{{2.co{s^2}x{\rm{ }} - 1{\rm{ }} + 5,5{\rm{ }} - 6,5cosx}}\)

Suy ra \(\left[ \begin{array}{l}cosx = 0,75\\\cos x = 1\left( {loai} \right)\end{array} \right.\)

Với \(\cos x = 0,75 \to cos\varphi  = 0,625\)

Ta có:

\(\Delta {P_1} = 0,30{P_1} = \dfrac{{R.P_1^2}}{{{U^2}}} \to \dfrac{R}{{{U^2}}} = \dfrac{{0,30}}{{{P_1}}}\);

\(\Delta {P_2} = \dfrac{{R.P_2^2}}{{{U^2}}} = \dfrac{{0,30.P_2^2}}{{{P_1}}}\);

\({P_2} = \dfrac{{0,30}}{{{P_1}}}.P_2^2 + \dfrac{{203}}{{400}}{P_1} \to {P_2} = 0,625{P_1} = 0,625.8{P_0} = 5{P_0}\)

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

+ Mắc vào hai đầu đoạn mạch $MB$ một điện áp xoay chiều thì ${u_{ND}}$  sớm pha hơn ${u_{MN}}$  một góc \(0,5\pi {\text{}} \to \)  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{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} V \to {Z_X} = {Z_Y} = 60{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega $

+ Cảm kháng của cuộn dây ${{\text{Z}}_L} = \sqrt {Z_Y^2 - R_Y^2} {\text{}} = \sqrt {{{60}^2} - {{30}^2}} {\text{}} = 30\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega $ .

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

$ \to {\varphi _X} = {30^0}$ 

$ \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{R_X} = 30\sqrt 3 \Omega }\\{{Z_C} = 30\Omega }\end{array}} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} $ .

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu $MN$:  ${V_1} = {U_{MN}} = \dfrac{{U\sqrt {R_X^2 + Z_C^2} }}{{\sqrt {{{\left( {{R_X} + {R_Y}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{60\sqrt 2 \sqrt {{{\left( {30\sqrt 3 } \right)}^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{{\left( {30\sqrt 3 {\text{}} + 30} \right)}^2} + {{\left( {30\sqrt 3  - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

+ Sử dụng bảng tính Mode $ \to $  $7$ trên Casio ta tìm được ${V_{1\max }}$  có giá trị lân cận \(75V\)

Điều kiện cực trị khi tần số thay đổi.

Khi tần số góc thay đổi thì có các giá trị để điện áp trên cuộn cảm hay tụ đạt cực đại. ta có:    \({U_{L\max }} = \dfrac{{2.U.L}}{{R.\sqrt {4LC - {R^2}.{C^2}} }} \Leftrightarrow {\omega _L} = \dfrac{1}{C}.\sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}}}} {\rm{}} = 200\pi \)

Và điện áp trên tụ cực đại là:\({U_{C\max }} = \dfrac{{2.U.L}}{{R.\sqrt {4LC - {R^2}.{C^2}} }} \Leftrightarrow {\omega _C} = \dfrac{1}{L}.\sqrt {\dfrac{{2L - {R^2}.C}}{2}} {\rm{}} = 100\pi \)

Ta thấy:  \({U_{L\max }} = {U_{C\max }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - \dfrac{{\omega _C^2}}{{\omega _L^2}}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{4}} }} = \dfrac{{2.U}}{{\sqrt 3 }}V\) 

Khi thay đổi \(C\) để \({U_{AP}}\)  không phụ thuộc biến trở \(R\) Ta có:  

+ Khi R thay đổi ta luôn có \(\Delta APB\) luôn là tam giác cân tại \(A\)  

+ Ta thấy khi $R$ thay đổi, nếu ta di chuyển điểm $A \to M$ thì góc $2\varphi $ chính là độ lệch pha của ${U_{AP}}$  và ${U_{AB}}$  và nó càng lớn. Vậy độ lệch pha cực đại của ${U_{AP}}$ và ${U_{AB}}$ khi điểm $A$ trùng với điểm $M$ hay lúc đó $R = 0$.

Khi đó:  ${U_1} = {U_{PB}} = \dfrac{U}{{{Z_1}}}.{Z_C} = \dfrac{U}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}.2{Z_L}$

+ Khi $R = {R_0}$ :  ${U_{AN}}.{U_{NP}} \le \dfrac{{U_{AN}^2 + U_{NP}^2}}{2} = \dfrac{{{U^2}}}{2}$

Vậy ${U_{AN}}.{U_{NP}}$  lớn nhất khi   hay khi đó tam giác $APB$ là tam giác vuông cân.

Lúc này:  ${U_2} = {U_{AM}} = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - {U_r}$

Từ hình vẽ ta suy ra; $\left\{ \begin{gathered}  {Z_L} = {\text{ }}R{\text{ }} + {\text{ }}r \hfill \\  {Z_2} = \sqrt 2 .(R + r) \hfill \\\end{gathered}  \right.$

Nên :  ${U_2} = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - I.r = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{U}{{{Z_2}}}.r = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{U}{{\sqrt 2 .(R + r)}}.r \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{U.({Z_L} - r)}}{{\sqrt 2 .{Z_L}}}$
Lại có, từ đề bài:  ${U_1} = 2.(\sqrt 6 {\text{}} + \sqrt 3 ).{U_2}$

Nên ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{U}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}.2.{Z_L} = 2.(\sqrt 6  + \sqrt 3 ).\dfrac{{U.({Z_L} - r)}}{{\sqrt 2 .{Z_L}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }} = \dfrac{{\sqrt 6  + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\dfrac{{{Z_L} - r}}{{{Z_L}}}\\Z_L^2 = \dfrac{{\sqrt 6  + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.({Z_L} - r).\sqrt {{r^2} + Z_L^2}  \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r}} \right)^2} = \dfrac{{\sqrt 6  + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r} - 1} \right).\sqrt {1 + {{\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r}} \right)}^2}} \end{array}$

Đặt $x = tan\varphi {\text{}} = \dfrac{{{Z_L}}}{r}$  ta có phương trình: 

\(\begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{\sqrt 6  + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\left( {x - 1} \right)\sqrt {1 + {x^2}} \\ \to x \approx 1,377\\ \to \varphi  \approx {54^0}\\ \to 2\varphi  \approx {108^0} \approx \dfrac{3}{5}\pi \end{array}\)

=> Gần với \(\dfrac{{4\pi }}{7}\) nhất

Điều chỉnh R  đến giá trị \(80\Omega \) thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại

\( \Rightarrow R = \sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} {\rm{}} = 80\)   (1)

Có tổng trở của đoạn mạch là số nguyên và chia hết cho \(40\)

\( \to {Z_{AB}} = 40n\)  (n là số nguyên)

\( \Rightarrow {Z_{AB}} = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} {\rm{}} = 40n \Leftrightarrow {\left( {80 + r} \right)^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2}\)   (2)

Từ (1) và (2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {80^2}\\{\left( {80 + r} \right)^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {80^2}\\{80^2} + 160r + {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {\left( {40n} \right)^2}\end{array} \right. \Rightarrow r = 10{n^2} - 80\)

Hệ số công suất của đoạn MB là: \(c{\rm{os}}{\varphi _{MB}} = \dfrac{r}{{\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{10{n^2} - 80}}{{80}}\)

Có: \(c{\rm{os}}{\varphi _{MB}} \le 1 \Leftrightarrow \dfrac{{10{n^2} - 80}}{{80}} \le 1 \Rightarrow n \le 4\)

+ Với \(n = 4 \to cos{\varphi _{MB}} = 1\)

+ Với \(n{\rm{ }} = {\rm{ }}3 \to c{\rm{os}}{\varphi _{MB}} = \dfrac{{{{10.3}^2} - 80}}{{80}} = 0,125\)

 Ta có \({\varphi _{i1}} - {\varphi _{12}} = \left( {{\varphi _u} - {\varphi _1}} \right) - \left( {{\varphi _u} - {\varphi _2}} \right) = {\varphi _2} - {\varphi _1} = \dfrac{{5\pi }}{{12}}\left( 1 \right)\)

(Giả  sử  trường  hợp  một mạch có tính dung kháng và trường hợp hai mạch có tính cảm kháng).

*Trước và sau khi thay đổi C ta có hai trường hợp, trong đó một trường hợp mạch có tính cảm kháng và một trường hợp mạch có tính dung kháng  \(\left\{ \begin{array}{l}\sin {\varphi _1} = \dfrac{{{U_{1LC}}}}{U}\\\sin {\varphi _2} = \dfrac{{{U_{2LC}}}}{U}\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}{\varphi _1} =  - \arcsin \dfrac{{{U_{1LC}}}}{U} =  - \arcsin \dfrac{{{U_{1LC}}}}{{120}}\\{\varphi _2} = \arcsin \dfrac{{{U_{2LC}}}}{U} = \arcsin \dfrac{{\sqrt 2 {U_{1LC}}}}{{120}}\end{array} \right.\) 

Thế vào (1), ta được:

\(\begin{array}{l}\arcsin \dfrac{{\sqrt 2 {U_{1LC}}}}{{120}} + \arcsin \dfrac{{{U_{1LC}}}}{{120}} = \dfrac{{5\pi }}{{12}} \Rightarrow {U_{1LC}} = 60V\\ \Rightarrow {U_{1R}} = \sqrt {{U^2} - U_{1LC}^2}  = \sqrt {{{120}^2} + {{60}^2}}  = 60\sqrt 3 V\end{array}\)

+ Khi \(C = {C_1}\) , \(u\) cùng pha với \(i\), trong mạch có cộng hưởng.

\({U_{AB}} = {U_R};{U_{LR}} = {\rm{ }}60V\)

\(\begin{array}{l}\tan \varphi  = \frac{{{U_L}}}{{{U_R}}} = \tan {60^0} = \sqrt 3  \to {U_L} = \sqrt 3 {U_R}\\{U_{LR}} = \sqrt {U_L^2 + U_R^2}  = 60\\ \to \left\{ \begin{array}{l}{U_L} = 30\sqrt 3 V\\{U_R} = 30V\end{array} \right.\end{array}\)

\(\dfrac{R}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{U_R}}}{{{U_L}}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {Z_L} = \sqrt 3 R = {Z_{{C_1}}}\)  

\({U_{AB}} = {U_R} = 30V\)

+ Khi\(C = {C_2}\)  thì  \({U_{{C_2}}} - {U_{LR'}} = 10V\)

Đặt  \({U_{LR'}} = a \to {U_{{C_2}}} = a + 10\) Biết \({U_{AB}} = 30V\), ta có : \(\begin{array}{l}U_{_R}^2 + {\left( {{U_L}^\prime  - {U_{{C_2}}}} \right)^2} = {30^2} \Leftrightarrow U_{_R}^2 + U_{_L}^2 + U_{{C_2}}^2 - 2.{U_L}^\prime .{U_{{C_2}}} = 900\\ \Leftrightarrow U_{_{LR}}^2 - 2.{U_L}^\prime .{U_{{C_2}}} + {U^2}_{{C_2}} = 900(*)\end{array}\)

 Mặt khác, vì  \({Z_L} = \sqrt 3 R \Rightarrow {U_L}^\prime  = \sqrt 3 {U_R}^\prime \)

\(\begin{array}{l}{U_{LR'}} = \sqrt {{U_R}{'^2} + {U_L}{'^2}}  = 2{U_R}' = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}{U_L}'\\ \Rightarrow {U_L}^\prime  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{U_{LR}}^\prime \end{array}\)  

Thay \({U_{LR'}} = a;{U_{{C_2}}} = a + 10\)  vào biểu thức  (*) ta được :  \(\begin{array}{l}{a^2} + {(a + 10)^2} - 2.(a + 10).\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}a = 900\\ \Rightarrow (2 - \sqrt 3 ){a^2} + (20 - 10\sqrt 3 )a - 800 = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_1} = 49,86V\\{a_2} =  - 59,86V\end{array} \right.\end{array}\)  

Chọn đáp án gần giá trị \(a{\rm{  = }}49,86V = 50V\)

Đoạn mạch \(\) chứa \(R\), đoạn \(\) chứa \(L\) và \({\rm{?u}}\)

=>\({u_{AM}}\)  và \({u_{MB}}\)  vuông pha với nhau

=> Ở mọi thời điểm ta có:

 \(\dfrac{{u_R^2}}{{U_{0R}^2}} + \dfrac{{u_{LC}^2}}{{U_{0LC}^2}} = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{{60}^2}}}{{U_{0R}^2}} + \dfrac{{{{\left( {15\sqrt 7 } \right)}^2}}}{{U_{0LC}^2}} = 1\\\dfrac{{{{\left( {40\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_{0R}^2}} + \dfrac{{{{30}^2}}}{{U_{0LC}^2}} = 1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{U_{0R}^2}} = \dfrac{1}{{6400}}\\\dfrac{1}{{U_{0LC}^2}} = \dfrac{1}{{3600}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}U_{0R}^2 = 6400\\U_{0LC}^2 = 3600\end{array} \right.\)

=> Điện áp cực đại:    \({U_0} = \sqrt {U_{0R}^2 + U_{0LC}^2} {\rm{}} = \sqrt {6400 + 3600} {\rm{}} = 100V\)

+ Khi \(\omega {\rm{ }} = {\rm{ }}{\omega _0}\)  công suất trên mạch đạt cực đại:  \(\) \(\omega _0^2 = \dfrac{1}{{LC}}\) ,  \({P_{m{\rm{ax}}}} = \dfrac{{{U^2}}}{R} = 732 \Rightarrow {U^2} = 732R(*)\)

+ Khi \(\omega  = {\omega _1}\)  và \(\omega  = {\omega _2}\) ; \({\omega _1}-{\omega _2} = 120\pi \)   thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch bằng nhau :

$\begin{array}{l}{P_1} = {P_2} = P = 300{\rm{W}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow {\omega _1}{\omega _2} = \dfrac{1}{{LC}} = \omega _0^2\end{array}$

+ Ta có :

$\begin{array}{l}{Z_{L1}} - {Z_{C1}} = {\omega _1}L - \dfrac{1}{{{\omega _1}{C_1}}} = {\omega _1}L - \dfrac{1}{{\dfrac{{\omega _0^2}}{{{\omega _2}}}C}}\\ \leftrightarrow {\omega _1}L - \dfrac{{{\omega _2}}}{{\omega _0^2C}} = {\omega _1}L - \dfrac{{{\omega _2}}}{{\dfrac{1}{{LC}}C}}\\ = {\omega _1}L - {\omega _2}L = \left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)L = 120\pi \dfrac{{1,6}}{\pi } = 192\\ \Rightarrow {Z_{L1}} - {Z_{C1}} = 192(**)\end{array}$

 + Công suất tiêu thụ : \(P = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}}} = 300 \Rightarrow 300{R^2} + 300{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {U^2}R(***)\)

Từ (*) ; (**) ; (***) ta suy ra: \(300{R^2} + {300.192^2} = 732{R^2} \Rightarrow R = 160\Omega \)

Giả sử cuộn dây thuần cảm:

Ta có, khi \(R{\rm{ }} = {\rm{ }}{R_2}\)  công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại.

Khi đó ta có:  \({R_2} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 40 - 25 = 15W\)

Mặt khác: \({P_{{R_2}}} = \dfrac{{{U^2}}}{{2{R_2}}} = \dfrac{{{{120}^2}}}{{2.15}} = 480 \ne 160\)

=> điều giả sử ban đầu là sai

=> Cuộn dây không thuần cảm có điện trở $r$

- Ta có:

+ Ban đầu khi mắc vào hai đầu $A, M$ một ắc quy có suất điện động \(E{\rm{ }} = {\rm{ }}12V\), điện trở trong \({r_1} = 4\Omega \) thì \({I_1} = 0,1875\)

Theo định luật Ôm, ta có:   \({I_1} = \dfrac{E}{{{R_b} + r}} = \dfrac{E}{{{R_1} + r + {r_1}}} \to {R_1} + {r_1} + r = \dfrac{E}{{{I_1}}} = 64 \to {R_1} + r = 60\Omega {\rm{}}({\rm{1}})\)

+ Khi mắc vào A,B một hiệu điện thế  \(u = 120\sqrt 2 {\rm{cos100}}\pi {\rm{t}}\) ,\(R = {R_2}\)  thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại và bằng \(160W\)

Ta có: Công suất trên biến trở R đạt cực đại khi  \({R_2}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}{\rm{ }}({\rm{2}})\)

Mặt khác, ta có: Công suất trên \({R_2}\):

\(\begin{array}{l}P{\rm{ = }}\dfrac{{{U^2}}}{{{{({R_2} + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R_2} = 160{\rm{W}}\\ \to \dfrac{{{R_2}}}{{{{({R_2} + r)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{160}}{{{{120}^2}}} = \dfrac{1}{{90}}90\\{R_2} = 2R_2^2 + 2{\rm{r}}R \to {R_2} + r = 45\end{array}\)

Kết hợp với (2) ta được: \(R_2^2 = {(45 - {R_2})^2} + {15^2} \to {R_2} = 25\Omega ,r = 20\Omega \)

Với \(r = 20\Omega \) thay vào (1) \( \to {R_1} = 60 - 20 = 40\Omega \)

\( \to \dfrac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \dfrac{{40}}{{25}} = 1,6\)

\(\Delta P = P - P'\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}\Delta P = 10\% P' \Rightarrow \Delta P = \dfrac{1}{{11}}P = \dfrac{{{P^2}}}{{{U^2}.co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R{\rm{           }}\left( 1 \right)\\\Delta P = 5\% P' \Rightarrow \Delta P = \dfrac{1}{{21}}P = \dfrac{{{P^2}}}{{{k^2}{U^2}.co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R{\rm{        }}\left( 2 \right)\end{array}\)

Chia 2 vế của 2 phương trình cho nhau, ta được

\(\dfrac{{{k^2}}}{{{{10}^2}}} = \dfrac{{21}}{{11}} \Rightarrow {k^2} = \dfrac{{2100}}{{11}} \Rightarrow k = 13,8\)

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

\(R = 10(\Omega );{Z_L} = 10(\Omega ) \Rightarrow {Z_L} = R\)

\({U_{LR}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{Z}.{Z_{RL}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} \)

\({U_C} = \dfrac{{{U_{AB}}{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}\)

Tổng số chỉ của 2 vôn kế là:

\(U' = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }}.\sqrt {{R^2} + Z_L^2}  + \dfrac{{{U_{AB}}{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{{{U_{AB}}\left( {\sqrt {2{R^2}}  + {Z_C}} \right)}}{{\sqrt {{R^2} + {{(R - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{{{U_{AB}}\left( {\dfrac{{\sqrt 2 R}}{{{Z_C}}} + 1} \right)}}{{\sqrt {\dfrac{{2{R^2}}}{{Z_C^2}} - 2\dfrac{R}{{{Z_C}}} + 1} }}\)

Đặt \(\dfrac{{\sqrt 2 R}}{{{Z_C}}} + 1 = a\)\( \Rightarrow U' = \dfrac{{{U_{AB}}.a}}{{\sqrt {{a^2} - (\sqrt 2  + 2)a + \sqrt 2  + 2} }} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{\sqrt 2  + 2}}{a} + \dfrac{{\sqrt 2  + 2}}{{{a^2}}}} }}\)

U’ max \( \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} = \dfrac{{2 + \sqrt 2 }}{{2(2 + \sqrt 2 )}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow a = 2 \Rightarrow \dfrac{{\sqrt 2 R}}{{{Z_C}}} + 1 = 2 \Rightarrow {Z_C} = \sqrt 2 R = 10\sqrt 2 (\Omega )\)

Công suất của mạch lúc đó là:

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

Ta có:

\({P_{1\max }} = \dfrac{{U_1^2}}{{2{R_{01}}}} = 150({\rm{W}})\); \(R_{01}^2 = {R_1}{R_2} = 25{R_2}\)

\({P_{2\max }} = \dfrac{{U_2^2}}{{2{R_{02}}}}\); \(R_{02}^2 = 232{R_2}\)

\({R_1} + {R_2} = \dfrac{{U_1^2}}{P} \Rightarrow 25 + {R_2} = \dfrac{{U_1^2}}{{110}} \Rightarrow U_1^2 = 110.\left( {25 + {R_2}} \right)\)                  

và \(R{'_1} + R{'_2} = \dfrac{{U_2^2}}{P} \Rightarrow {R_2} + 232 = \dfrac{{U_2^2}}{{110}} \Rightarrow U_2^2 = 110.({R_2} + 232)\)         

(Lưu ý: \({R_2} = R{'_1}\))

\( \Rightarrow {P_{1\max }} = \dfrac{{U_1^2}}{{2{R_{01}}}} = \dfrac{{110.\left( {25 + {R_2}} \right)}}{{2\sqrt {25{R_2}} }} = 150 \Rightarrow {150^2}.100{R_2} = {110^2}{(25 + {R_2})^2} \Rightarrow {R_2} \approx 131(\Omega )\)

\({P_{2\max }} = \dfrac{{U_2^2}}{{2{R_{02}}}} = \dfrac{{110.({R_2} + 232)}}{{2\sqrt {232{R_2}} }} = 114,5({\rm{W}})\)