Bài tập điện xoay chiều hay và khó (phần 2)

Ta có:

+ Khi $L = {L_1}$  thì ${U_{A{M_1}}} = {U_{{R_1}}} = U$

+ Khi $L = {L_2}$  thì ${U_{AM2}} = \;{U_{R2}} = \sqrt 8 U$

${\varphi _1} + {\varphi _2} = \dfrac{\pi }{2} \to \tan {\varphi _1}\tan {\varphi _2} = {\text{}} - 1 \to \dfrac{{{Z_{L1}} - {Z_{C1}}}}{R}.\dfrac{{{Z_{L2}} - {Z_{C2}}}}{R} = {\text{}} - 1{\text{ }}(1)$

Mặt khác, ta có:

$\begin{array}{l}\dfrac{{{U_{R1}}}}{{{U_{R2}}}} = \dfrac{1}{{\sqrt 8 }} \to {I_2} = \sqrt 8 {I_1} \to {Z_1} = \sqrt 8 {Z_2}\\ \leftrightarrow \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \sqrt 8 \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}^2}} \\ \leftrightarrow {\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)^2} - 7{R^2} - 8{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)^2} = 0({\rm{2}})\end{array}$

Chia cả hai vế của (2) cho   kết hợp với (1), ta được:

$\dfrac{{{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}^2}}} - 7\dfrac{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} - 8 = 0 \to \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} = 1(Loai)\\\dfrac{{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}} =  - 8\end{array} \right.$

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

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

Hệ số công suất của mạch khi $L = {L_1}$ : ${\rm{cos}}{\varphi _1} = \dfrac{R}{{{Z_1}}} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{R}{{3R}} = \dfrac{1}{3}$

$\Delta P = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = {P^2}x$ ( $x = \dfrac{R}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}$không đổi)

Ban đầu: $\dfrac{{\Delta P}}{P} = P{\rm{x}} = 1 - H = 1 - 0,75 = 0,25$

Sau khi công suất sử dụng tăng lên $25\%$:

$\begin{array}{l}P' - \Delta P' = 1,25(P - \Delta P) = 0,9375P\\ \to P' - {P^2}x = 0,937P\\ \to \dfrac{{P'}}{P} - {P^2}.P\dfrac{{0,25}}{P} = 0,9375\end{array}$

Đặt $\dfrac{{P'}}{P} = k$ , ta có:  $k - 0,25{k^2} = 0,9375 \to \left[ \begin{array}{l}k = 2,5\\k = 1,5\end{array} \right.$

Với $k = 2,5$, ta suy ra:

$H = 1 - \dfrac{{\Delta P'}}{{P'}} = 1 - P'x = 1 - 2,5P{\rm{x}} = 0,375 = 37,5\%$ (loại vì hao phí không quá 40%)

Với $k{\rm{ }} = {\rm{ }}1,5$, ta suy ra:

$H = 1 - \dfrac{{\Delta P'}}{{P'}} = 1 - P'x = 1 - 1,5P{\rm{x}} = 0,625 = 62,5\%$

${u_{AN}} = {u_L} + {u_X}$

${u_{MB}} = {u_C} + {u_X}$

${u_{AB}} = {u_{AN}} + {u_C}$

${U_{AB}} \ge OH \to \left( {{U_{AB}}} \right)min = OH$

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

$\begin{array}{l}\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} = R_0^2 + Z_L^2 \Rightarrow Z_L^2 = \dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76\\\dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}} = R_0^2 + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = \dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76{R^2} = {Z_L}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{{R^2}}}{{Z_L^2}} = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{{Z_L}}} \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76}}{{\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76}} = {\left( {\dfrac{{{R^2}}}{{Z_L^2}}} \right)^2}\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4}\left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right)\\ \Rightarrow \left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4} \Rightarrow \dfrac{{U_0^4}}{{{3^2}{{.4}^2}}} - 5,76\left( {\dfrac{{U_0^2}}{{{3^2}}} + \dfrac{{U_0^2}}{{{4^2}}}} \right) = 0\\ \Rightarrow {U_0} = R\sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 120V\end{array}$  

Ta có:

 $\begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 150\Omega ;{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = 100\Omega ;r = 50\sqrt 3 \Omega \\Z = 100\Omega ;{Z_d} = \sqrt {{r^2} + {Z_L}^2}  = 100\sqrt 3 \end{array}$

 $\begin{array}{l}i = \dfrac{{{U_0}}}{Z}{\rm{cos}}\left( {\omega t - \dfrac{\pi }{6}} \right) = 0,01{U_0}{\rm{cos}}\left( {\omega t - \dfrac{\pi }{6}} \right)\\{u_d} = {I_0}{{\rm{Z}}_d}{\rm{cos}}\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right) = {U_0}\sqrt 3 {\rm{cos}}\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right)\\{u_C} = {I_0}{Z_C}{\rm{cos}}\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\end{array}$

 ${u_d} = {U_0}\sqrt 3 {\text{cos}}\left( {\omega {t_1} + \dfrac{{\pi {\text{}}}}{6}} \right) = 150V{\text{       }}({\text{1}})$

Tại thời điểm  ${t_2} = {t_1} + \dfrac{1}{{75}}s$, ta có: ${u_C} = {U_0}{\text{cos}}\left( {\omega \left( {{t_1} + \dfrac{1}{{75}}} \right) - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {U_0}{\text{cos}}\left( {\omega {t_1} + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {U_0}\sin \left( {\omega {t_1} + \dfrac{{\pi {\text{}}}}{6}} \right) = 150V{\text{   }}({\text{2}})$

Từ (1) và (2), ta có:  ${\left( {\dfrac{{{u_d}}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} + {\left( {{u_C}} \right)^2} = U_0^2 \leftrightarrow \dfrac{{{{150}^2}}}{3} + {150^2} = U_0^2{\rm{ }} \to {U_0} = 100\sqrt 3 {\rm{ }}$  

Ta có  $u = 150\sqrt 2 .\cos (100\pi t)V \to \omega  = 100\pi$

Khi $C = {C_1} = \dfrac{{62,5}}{\pi }\mu F$  thì , ${Z_{{C_1}}} = \dfrac{1}{{\omega {C_1}}} = 160\Omega$

${P_{max}}$  khi ${I_{max}}$   có xảy ra cộng hưởng => ${Z_L} = {Z_C} = 160\Omega$
  $P = {I^2}R = \dfrac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \dfrac{{{U^2}.{R_m}}}{{{R_m}^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}$

Thay số từ đề bài $P = 93,75W;U = 150V$ ; ta tính được  

$C = {C_2} = \dfrac{1}{{9\pi }}\mu F =  > {Z_{{C_2}}} = 90\Omega$ thì ${U_d}$ vuông pha với ${U_{RC}}$

${U_d}$ vuông pha với ${U_{RC}}$  cho ta biết cuộn dây có điện trở trong $r$. 

$I = \dfrac{U}{Z} = \frac{U}{{\sqrt {{R^2} + ({Z_L} - {Z_{{C_2}}})} }} = \dfrac{{150}}{{\sqrt {{{240}^2} + {{(160 - 90)}^2}} }} = 0,6A$

Vì ${U_{Lr}}$ vuông góc với ${U_{RC}}$ nên: $U_{Lr}^2 + U_{RC}^2 = {150^2}U_L^2 + U_r^2 + U_R^2 + U_C^2 = {150^2}$

Mặt khác theo định luật Ôm ta có:

$\begin{array}{l}U_{Rr}^2 + {(U_L^{} - {U_C})^2} = {U^2} = {150^2}{({U_R} + {U_r})^2} + {({U_L} - {U_C})^2}\\ = {150^2}U_R^2 + 2{U_R}{U_r} + U_r^2 + U_L^2 + U_L^2 - 2.{U_L}.{U_C} = {150^2}{U_R}.{U_r} - {U_L}{U_C} = 0\\ =  > r.R - {Z_L}.{Z_C} = 0 =  > r.R = {Z_L}.{Z_C} = 160.90\end{array}$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {r.R = 160.90} \\ {r + R = 240} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {r = 120\Omega } \\ {R = 120\Omega {\text{}}} \end{array}} \right.$

${U_d} = I.\sqrt {{r^2} + Z_L^2}  = 0,6.\sqrt {{{120}^2} + {{160}^2}}  = 120V$

Do hiệu điện thế $U$ không đổi nên:  $\frac{{\Delta {P_2}}}{{\Delta {P_1}}} = {(\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}})^2} \to \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 2$

${H_1} = 90\%$

$\to {P_n} = 0,9{P_1} \to {P_0} = \frac{{{P_n}}}{{90}} = 0,01{P_1}$  (1)

Gọi $x$ là số máy nhập thêm => công suất khi nhập mới:

$(90 + x).0,01{P_1} = 0,8{P_2} \to {P_2} = \frac{{(90 + x).0,01{P_1}}}{{0,8}}$  (2)

mà ${P_2} = 2{P_1}$ ,  

${\rm{}} \to \frac{{(90 + x).0,01{P_1}}}{{0,8}} = 2{P_1} \to (90 + x) = 160 \to x = 70$

Khi $\omega {\rm{ }} = {\rm{ }}0$ thì ${U_C} = U$

Khi  $\omega {\rm{}} = {\omega _C} = \sqrt {\dfrac{{2L - {R^2}C}}{{2{L^2}C}}}$

thì ${U_C}$  cực đại

 Khi  $\omega {\rm{}} = {\omega _R} = \sqrt {\dfrac{1}{{LC}}}$

thì ${U_R}$  đạt cực đại bằng $U$

Khi $\omega  = 0$ thì ${U_L} = 0$ khi  $\omega {\rm{}} = {\omega _L} = \sqrt {\dfrac{2}{{2LC - {R^2}C}}}$

thì ${U_{{L_{max}}}} = {U_M}$

Đặt  $n = \dfrac{{{\omega _L}}}{{{\omega _C}}} = \dfrac{{2L}}{{2L - {R^2}C}} = {\rm{}} > \dfrac{1}{n} = 1 - \dfrac{{{R^2}C}}{{2L}} = 1 - \dfrac{{{R^2}}}{{2{Z_L}{Z_C}}};{\left( {\dfrac{U}{{{U_{{L_{max}}}}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{1}{n}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{U}{{{U_{{C_{max}}}}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{1}{n}} \right)^2} = 1$

Tại giao điểm của hai đồ thị, ta có ${U_L} = {U_C} = U$ (cộng hưởng ) 

$\begin{array}{*{20}{l}} { = {\text{}} > \dfrac{1}{n} = 1 - \dfrac{{{R^2}}}{{2{Z_L}{Z_C}}} = 1 - \dfrac{{U_R^2}}{{2{U_L}{U_C}}} = 1 - \dfrac{{{U^2}}}{{2.U.U}} = \dfrac{1}{2} = {\text{}} > n = 2} \\ {{U_M} = {U_{{C_{max}}}} = {U_{{L_{max}}}} = \dfrac{{nU}}{{\sqrt {{n^2} - 1} }} = \dfrac{{2.100\sqrt 2 }}{{\sqrt {{2^2} - 1} }} = 163,3(V)} \end{array}$

+ Khi khóa K mở, mạch gồm $R,{\rm{ }}r,{\rm{ }}L,{\rm{ }}C$ nối tiếp

Từ đồ thị của điện áp, ta có: $u = {U_0}.cos\omega t$

Từ đồ thị cường độ dòng điện khi K mở ta có phương trình cường độ dòng điện là: $i = {I_0}cos\left( {\omega t + {\varphi _i}_1} \right)$

Khi $t{\rm{ }} = {\rm{ }}0$:

$\begin{array}{*{20}{l}}{i = 1,5 = \sqrt 3 .\cos {\varphi _{i1}} \Rightarrow {\varphi _{i1}} = \frac{\pi }{6} \Rightarrow \Delta {\varphi _m} = {\varphi _u} - {\varphi _{i1}} = \frac{{ - \pi }}{6}}\\{ \Rightarrow \tan \Delta {\varphi _m} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }}(R + r)}\end{array}$

+ Khi K đóng, mạch có $r,{\rm{ }}L,{\rm{ }}C$ nối tiếp

Ta có phương trình cường độ dòng điện là: $i = {I_0}.cos\left( {\omega t + {\varphi _{i2}}} \right)$

Khi $t{\rm{ }} = {\rm{ }}0$: 

$\begin{array}{*{20}{l}}{i = 0,5{I_0} = {I_0}.\cos {\varphi _{i2}} \Rightarrow {\varphi _{i2}} = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \Delta {\varphi _m} = {\varphi _u} - {\varphi _{i1}} = \frac{{ - \pi }}{3}}\\\begin{array}{l} \Rightarrow \tan \Delta {\varphi _m} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r} =  - \sqrt 3  \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r\\ \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }}(R + r) \Rightarrow R = 2r\end{array}\\{ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_2} = \sqrt {{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 2r\\{Z_1} = \sqrt {{{(R + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 2\sqrt 3 r\end{array} \right.}\\{{I_{01}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_1}}};{I_{02}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \frac{{{Z_2}}}{{{Z_1}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {I_{02}} = {I_0} = 3A}\end{array}$

Khi K đóng, mạch chỉ có R, C mắc nối tiếp.

Khi ${R_1},{R_2}$  thì ${P_1} = {P_2}$ nên:

$\begin{array}{*{20}{l}}{i = 0,5{I_0} = {I_0}.\cos {\varphi _{i2}} \Rightarrow {\varphi _{i2}} = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \Delta {\varphi _m} = {\varphi _u} - {\varphi _{i1}} = \frac{{ - \pi }}{3}}\\\begin{array}{l} \Rightarrow \tan \Delta {\varphi _m} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r} =  - \sqrt 3  \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r\\ \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }}(R + r) \Rightarrow R = 2r\end{array}\\{ \Rightarrow {Z_2} = \sqrt {{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 2r;{Z_1} = \sqrt {{{(R + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 2\sqrt 3 r}\\{{I_{01}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_1}}};{I_{02}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \frac{{{Z_2}}}{{{Z_1}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {I_{02}} = {I_0} = 3A}\end{array}$

Khi K mở thì mạch R, r, L, C nối tiếp Công suất mạch cực đại là:

${P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{{U^2}}}{{2({R_0} + r)}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}P \Rightarrow {Z_L} = 2{Z_C}$

Công suất trên R cực đại: ${P_{R\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2R}} = \frac{{2P}}{3} \Leftrightarrow {R^2} = {r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} \Rightarrow r = \frac{{{Z_C}}}{{\sqrt 3 }}$

Thay các giá trị tìm được vào tính hệ số công suất cuộn dây: $\cos {\varphi _d} = \frac{r}{{\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }} = \frac{1}{{\sqrt {13} }}$

+ Ban đầu cường độ dòng điện qua R. cuộn dây và C lần lượt là $1A,1A,0A$, chứng tỏ dòng điện ban đầu là dòng điện không đổi, và cuộn dây có điện trở thuần bằng R sau đó dùng dòng điện xoay chiều.

Điện năng tiêu thụ ban đầu là :  $Q = \frac{{{U^2}}}{R}.\Delta t$

Điện năng tiêu thụ khi đặt vào dòng điện lúc sau và chỉ có R là:  $Q' = \frac{{{U^2}}}{R}\Delta t = 4Q = 4.\frac{{{U^2}}}{R}{\rm{ }} =  > U' = 2U{\rm{ }}$

+ Khi cho dòng điện qua cuộn dây ta có: 

$\begin{array}{l}Q'' = \frac{{U{'^2}}}{{{{(R)}^2} + Z_L^2}}R.\Delta t = Q = \frac{{{U^2}}}{R}\Delta t\\ \leftrightarrow \frac{{4{U^2}}}{{{R^2} + Z_L^2}} = \frac{{{U^2}}}{R} \to {Z_L} = \sqrt 3 .R\end{array}$

Khi mắc cả ba linh kiện vào dòng điện thừ 2 thì cường độ dòng điện là $1A$.

Ta có:  $\frac{{U'}}{{\sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{R}{\rm{ }} =  > {Z_C} = {Z_L} = \sqrt 3 R{\rm{ }}$

Khi mắc điện trở với tụ vào mạch thứ hai thì cường độ dòng điện là: $I = \frac{{U'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = \frac{{2U}}{{2R}} = 1A$  

+ Ta có biểu thức ${U_{rLC}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {r + R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

→ Tại C = 0 thì ${Z_C} = \infty$ , khi đó ${U_{rLC}} = U = 87V$

→ Tại $C = \infty$  thì ${Z_C} = 0$ , khi đó ${U_{rLC}} = \frac{{87\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{{\left( {r + R} \right)}^2} + Z_L^2} }} = 36V\left( * \right)$

+ Tại $C = \frac{{100}}{\pi }\mu F \to {Z_C} = 100\Omega$  thì mạch xảy ra cộng hưởng ${Z_L} = {Z_C} = 100\Omega$  và ${U_{rLC}} = {U_{rLC\min }} = 17,4V$  $\to {U_{rLC}} = \frac{{87r}}{{r + R}} = 17,4 \to R + r = 5r$

→ Thay vào phương trình (*) ta tìm được $r \approx 50\Omega$   

+ Ứng với tần số ${f_1}$  ta có công suất cực đại khi ${P_{max}} = \frac{{{U^2}}}{{2{R_0}}} = 100W$

+ Ứng với tần số ${f_2}$  hai giá trị của $R$ cho cùng một công suất là hai nghiệm của phương trình:${P_{1m{\rm{ax}}}}{R^2} - {U^2}R + {({Z_L} - {Z_C})^2}{P_{1m{\rm{ax}}}} = 0$

Theo định lý Vi-et ta có:  $\left\{ \begin{array}{l}{R_1} + {R_2} = \frac{{{U^2}}}{{{P_{1max}}}} = 2{R_0} \to {R_2} = 40\Omega \\{R_1}{R_2} = {({Z_L} - {Z_C})^2}\end{array} \right.$

Công suất cực đại cần tìm: ${P_{max}} = \frac{{{U^2}}}{{2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{{U^2}}}{{2{R_0}}} \times \frac{{2{R_0}}}{{\sqrt {{R_1}{R_2}} }} = {P_{1max}}\frac{{{R_0}}}{{\sqrt {{R_1}{R_2}} }} \approx 134W$  

Từ đồ thị ta thấy được biểu thức của cường độ dòng điện khi K đóng và mở là:  $\left\{ \begin{array}{l}{i_m} = 3\sqrt 2 \cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)A\\{i_d} = \sqrt 6 \cos \left( {\omega t} \right)A\end{array} \right.$

+ Khi khóa K đóng, mạch điện chỉ gồm R mắc nối tiếp với C

Tổng trở được tính theo công thức:  ${Z_{RC}} = \sqrt {{R^2} + Z_C^2} {\rm{}} = \dfrac{{{U_0}}}{{{I_{01}}}} = \dfrac{{100\sqrt 6 }}{{\sqrt 6 }} = 100\Omega (1)$

+ Khi khóa K mở, mạch điện gồm ba phần tử R, L, C mắc nối tiếp. Tổng trở được tính theo công thức  $Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} {\rm{}} = \dfrac{{{U_0}}}{{{I_{0m}}}} = \dfrac{{100\sqrt 6 }}{{3\sqrt 2 }} = \dfrac{{100\sqrt 3 }}{3}\Omega (2)$

+ Từ biểu thức cường độ ${i_m}$  và ${i_d}$  ta thấy rằng hai dòng điện vuông pha với nhau, khi đó ta có: $\dfrac{{{Z_C}}}{R}.\dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = 1 \Leftrightarrow {R^2} = {Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)\left( 3 \right)$

Thay (3) vào (1) và (2) ta được 

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) + Z_C^2 = {{100}^2}} \\ {{Z_C}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2} = \dfrac{{{{100}^2}.3}}{9}} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{Z_L} = \dfrac{{200}}{{\sqrt 3 }}\Omega } \\ {{Z_C} = 50\sqrt 3 \Omega {\text{}}} \end{array}} \right.$

Thay vào (3) suy ra:  $R = 50\Omega$

Khi ${V_1}$ đạt cực đại thì xảy ra cộng hưởng điện:  ${U_{1\max }} = {U_R} = {U_{AB}}{\rm{ }} \Leftrightarrow {U_L} = {U_C}_1 = \frac{1}{2}{U_{AB}} =  > R = 2{Z_L} = 2{Z_{C1}}$

Thay đổi để điện áp trên tụ cực đại thì

$\begin{array}{l}{U_{C\max }} = \frac{U}{R}.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} khi{Z_C} = \frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}}\\I' = \frac{{{U_{C2}}}}{{{Z_{C2}}}} = \frac{{\frac{U}{R}.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}}}} = \frac{{U.{Z_L}}}{{R.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} =  > {U_R}^\prime  = I'.R = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{U}{{\sqrt 5 }}V\\{U_{C\max }} = \frac{U}{R}.\sqrt {{R^2} + Z_L^2}  = \frac{{U.\sqrt {4Z_L^2 + Z_L^2} }}{{2{Z_L}}} = \frac{{U.\sqrt 5 }}{2}V =  > \frac{{{U_{C\max }}}}{{{U_R}^\prime }} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}.\sqrt 5  = 2,5\end{array}$

+ Thời điểm ${t_1}$: $i = 1 \Rightarrow p = ui = 1 \Rightarrow u = 1$

+ Thời điểm ${t_2}$: $i = 4 \Rightarrow p = ui = 4 = {p_{max}} \Rightarrow u = 1$

Gọi $\varphi$ là góc hợp bởi u; i

2 thời điểm ${t_1},{t_2}$ ${u_1} = {u_2}$ $\Rightarrow$ trục ${t_1},{t_2}$ đối xứng nhau qua trục ${U_0}$, cùng hợp với ${U_0}$ một góc $\alpha$

+ Thời điểm ${t_2}$, $p = ui$ và đạt cực đaij

$\Rightarrow$ trục thời gian ${t_2}$ là phân giác của $\left( {{U_0};{I_0}} \right)$ $\Rightarrow \alpha  = \frac{\varphi }{2}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{i_1} = {I_0}cos\left( {\varphi  + \alpha } \right) = {I_0}cos\left( {\frac{{3\varphi }}{2}} \right)\\{i_2} = {I_0}cos\left( {\varphi  - \alpha } \right) = {I_0}cos\left( {\frac{\varphi }{2}} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \frac{{{i_1}}}{{{i_2}}} = \frac{{cos\frac{{3\varphi }}{2}}}{{cos\frac{\varphi }{2}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{\varphi }{2} = 0,448\left( {rad} \right)$

Ta có: $\tan \varphi  = \frac{{{Z_L}}}{R} \Rightarrow {Z_L} = R.\tan \varphi  \approx 37.496\Omega$

Lại có: ${Z_L} = L\omega  \Rightarrow L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = \frac{{37,496}}{{100\pi }} = 0,119H$