Bài tập điện xoay chiều hay và khó (Phần 3)

+ Khi K ở a thì mạch có R,L :

\( \to Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} {\rm{}} = \dfrac{{\sqrt 5 R}}{2} = {\rm{}} > {U_0} = {I_0}.Z = 0,2\sqrt 5 R\)

+ Khi K ở b thì mạch có R,C:

\( \to Z' = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} {\rm{}} = \sqrt 5 R = > {I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{Z'}} = 0,2A\)

+ Khi K ở a ta có: 

\(\tan \varphi {\rm{}} = \dfrac{{{Z_L}}}{R} = 0,5 \to \varphi {\rm{}} = 26,565 \to {\varphi _u} = 30 + 26,565\)

+ Khi K ở b ta có:   

\(\tan \varphi  =  - \dfrac{{{Z_C}}}{R} =  - 2 \to \varphi {\rm{}} = 63,435 \to {\varphi _i} = 30 + 26,565 + 63,435 = 120 = \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Vậy khi K ở b thì cường độ dòng điện qua C có biểu thức  \(i = 0,2\sin \left( {100\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)A\)

Ban đầu mạch gồm RLC mắc nối tiếp, ta gọi các giá trị điện áp trên các phần tử là \({U_R};{\rm{ }}{U_L};{\rm{ }}{U_{\bf{C}}}\)

Lúc sau, mạch được nối tắt qua L, nên chỉ còn R và C nối tiếp, ta gọi các điện áp trên các phần tử là \(U{'_L}\)  và \(U{'_{\bf{C}}}\)  

Biết rằng lúc sau dòng điện tức thời lệch pha \(\frac{\pi }{2}\)  so với cường độ dòng điện lúc đầu, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\varphi _{i1}} = {\varphi _u} - {\varphi _1}\\{\varphi _{i2}} = {\varphi _u} - {\varphi _2}\end{array} \right. \Rightarrow {\varphi _{i1}} - {\varphi _{i2}} = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _2} - {\varphi _1} = \dfrac{\pi }{2}\)

Ta vẽ trên cùng 1 giản đồ véc-tơ:

Ta có:    \({\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2};\cos {\varphi _1} = \dfrac{{{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = k;\cos {\varphi _2} = {\rm{ }}\dfrac{{{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = \dfrac{{2.\sqrt 2 .{U_R}}}{{{U_{AB}}}} = 2\sqrt 2 .k\)

Mặt khác : 

\({\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2} \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \sin {\varphi _2} \Leftrightarrow k = \sqrt {1 - {{(\cos {\varphi _2})}^2}} {\rm{}} = \sqrt {1 - 8{k^2}} {\rm{}} \Leftrightarrow {k^2} = 1 - 8{k^2} \Leftrightarrow 9{k^2} = 1 \Leftrightarrow k = \dfrac{1}{3}\)

Vì điện áp tức thời trên \(MN\) trễ pha so với \({U_{AB}}\) , tức là cuộn dây có điện trở \(r\).

Nhiệm vụ của bài là đi tìm hệ số công suất của đoạn mạch \(MN\),  hay là tìm \(cos{\varphi _{MN}}\).

Từ đề bài ta vẽ được giản đồ vecto như sau :

Xét tam giác \(OAB\);

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

\(\begin{array}{l}\frac{{AB}}{{\sin \left( {{{30}^0}} \right)}} = \dfrac{{OB}}{{\sin \beta }} \Leftrightarrow \dfrac{{4{U_C}}}{{0,5}} = \dfrac{{2{U_C}}}{{\sin \beta }}\\ \Rightarrow \sin \beta  = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \beta  = {14^0}28'\\ \Rightarrow \varphi  = {90^0} - \beta  - {30^0} = {45^0}31'\\ \Rightarrow \cos \varphi  \approx \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}\)   

Từ đồ thị ta thấy được các giá trị   

Tại thời điểm ban đầu \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\), thì điện áp trên đoạn \(AN\) bằng \(0\), 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 \(\dfrac{\pi }{2}\). Hay điện áp tức thời trên hai đoạn mạch này vuông pha với nhau. Mặt khác \(R{\rm{ }} = {\rm{ }}r\) nên ta có  

Ta vẽ được giản đồ vecto như sau:

Tam giác \(OMN\) bằng với tam giác \(BMA\) theo trường hợp cạnh huyền và góc vuông (\(ON{\rm{ }} = {\rm{ }}AB\); \(\widehat O = \widehat B\))

Từ đó suy ra được :  

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

\(U_0^2 = {\left( {2{U_{r0}}} \right)^2} + {(2{U_{r0}})^2} = \dfrac{{{{8.60}^2}}}{5} \Rightarrow {U_0} = \dfrac{{120\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }} = 75,89V\)

Ta có:

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 \(\dfrac{{\pi {\rm{}}}}{3}\) ; \({u_{AM}}\)_­ cùng pha với cường độ dòng điện nên \({u_{MB}}\) sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc \(\dfrac{{\pi {\rm{}}}}{3}\)

\(I = \dfrac{{{U_R}}}{R} = \dfrac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt {2.} 50}} = 2(A)\)

=> \({Z_{MB}} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{I} = \dfrac{{100}}{{\sqrt 2 .2}} = 25\sqrt 2 \Omega \)

Giải hệ  \(\left\{ \begin{array}{l}{2.25^2} = {r^2} + Z_L^2\\\dfrac{{{Z_L}}}{r} = \sqrt 3 \end{array} \right.\)

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

Ta có:  \(R = 90W,{Z_C} = 90W\)

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

Tại thời điểm \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\), ta có: \({u_{AM}} = 156\)  

và đang tăng $ \to {u_{AM}} = 156 = 180c{\rm{os}}{\varphi _1} \to {\varphi _1} = {\rm{}} - {30^0}$    \({u_{MB}} = {\rm{ }}30\)

và đang giảm \( \to {u_{AM}} = 30 = 60c{\rm{os}}{\varphi _2} \to {\varphi _2} = {60^0}\)

\( \to {\varphi _2} - {\varphi _1} = {90^0} \to {u_{AM}} \bot {u_{MB}}\)

=> hộp \(X\) gồm \(2\) phần tử \({R_0}\) và \({L_0}\)

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

Mặt khác, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{U_{{0_{AM}}}}}}{{{U_{{0_{MB}}}}}} = \dfrac{{{Z_{AM}}}}{{{Z_{MB}}}} = \dfrac{{180}}{{60}} = 3 \to {Z_{AM}} = 3{Z_{MB}}\\ \leftrightarrow \sqrt {R_0^2 + Z_{{L_0}}^2}  = 3.\sqrt {{{90}^2} + {{90}^2}}  \to {R_0} = {Z_{{L_0}}} = 30\Omega  \to \left\{ \begin{array}{l}{R_0} = 30\Omega \\{L_0} = 95,9mH\end{array} \right.\end{array}\)  

Dựa vào đồ thị và dữ kiện đề bài:  \(\left\{ \begin{array}{l}R = r \Rightarrow {U_R} = {U_r}\\\overrightarrow {{U_{AN}}}  \bot \overrightarrow {{U_{MB}}} \end{array} \right.\)

Ta có: \(\alpha {\rm{}} + \beta {\rm{}} = \dfrac{{\pi {\rm{}}}}{2} \Rightarrow c{\rm{os}}\beta {\rm{}} = \sin \alpha {\rm{}} \Rightarrow \dfrac{{{U_R}}}{{20}} = \dfrac{{{U_L}}}{{30}} \Rightarrow {U_L} = \dfrac{{{U_R}.30}}{{20}} = 1,5{U_R} \Rightarrow {Z_L} = 1,5R\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{{U_{MB}^2}}{{U_{AN}^2}} = \dfrac{{Z_{MB}^2}}{{Z_{AN}^2}} = \dfrac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{{\left( {2R} \right)}^2} + Z_L^2}} = \dfrac{{{{20}^2}}}{{{{30}^2}}} = \dfrac{4}{9} \Leftrightarrow \dfrac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {1,5R} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{9} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = \dfrac{{16}}{9}{R^2}\\\dfrac{{{U^2}}}{{U_{AN}^2}} = \dfrac{{Z_{MB}^2}}{{Z_{AN}^2}} = \dfrac{{{{\left( {2R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{{U^2}}}{{{{20}^2}}} = \dfrac{{4{R^2} + \dfrac{{16}}{9}{R^2}}}{{{R^2} + \dfrac{{16}}{9}{R^2}}} \Rightarrow U = 28,8V\end{array}\)

\(p = ui = {U_o}{I_o}c{\rm{os}}\omega {\rm{t}}{\rm{.cos}}\left( {\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) = UI.c{\rm{os}}\left( {{\rm{2}}\omega {\rm{t + }}\varphi } \right) + UIc{\rm{os}}\varphi \)

\(p\) biến thiên điều hòa quanh \({p_o} = UIc{\rm{os}}\varphi \) với biên độ \(U.I\)

Dùng vòng tròn lượng giác ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 2}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = }}\frac{{{\rm{UI - 7}}}}{{{\rm{UI}}}}\\c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 2co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}\alpha  - 1\end{array} \right. \to UI = 8\)

\(UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}\left( {{\rm{8 - 6}}} \right) \to c{\rm{os}}\varphi  = \frac{2}{8} = 0,25\)

Ta có : \(I = \frac{{\omega \Phi }}{{\sqrt {{r^2} + {\omega ^2}{L^2}} }} \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{{\omega ^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}}\)

Có : \(f = np;p = 1 =  > \omega  = 2\pi n;r = 10\pi \left( \Omega  \right)\)

\({\rm{}} \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{4{\pi ^2}{n^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} + \frac{{{{10}^4}}}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{{{n^2}}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{{I_0^2}} = \frac{{{L^4}}}{{{\Phi ^2}}} = 1,5625\)

+ Lại có:  \(\frac{{{{10}^4}}}{{{n^2}}} = 100 \Rightarrow \frac{1}{{{n^2}}} = 0,01 \Rightarrow \frac{1}{{{I^2}}} = \frac{{{r^2}}}{{100.4{\pi ^2}{\Phi ^2}}} + \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} = 7,8125\) (2)

+Lấy \(\frac{{(1)}}{{(2)}} = \frac{{{L^2}}}{{\frac{{{r^2}}}{{100.4{\pi ^2}}} + {L^2}}} = \frac{{1,5625}}{{7,8125}} = \frac{1}{5} \Rightarrow L = 0,25H\)  

+ Áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có: \(\dfrac{{{U_{AM}}}}{{\sin \beta }} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{\sin \gamma }} \to {U_{AM}} + {U_{MB}} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{{\sin \gamma }}\left( {\sin \alpha {\rm{}} + \sin \beta } \right)\)

 với \(\gamma \) luôn không đổi.

Biến đổi lượng giác  \({U_{AM}} + {U_{MB}} = \dfrac{{2{U_{AB}}}}{{\sin \gamma }}\sin \left( {\dfrac{{180 - \gamma }}{2}} \right)\cos \left( {\dfrac{{\alpha {\rm{}} - \beta }}{2}} \right)\)

+ Khi đó: \({\left( {{U_{AM}} + {U_{MB}}} \right)_{\max }} = \dfrac{{2U}}{{\sin \gamma }}\sin \left( {\dfrac{{180 - \gamma }}{2}} \right) = 2U \to \gamma {\text{}} = {60^\circ }.\)

Các vecto hợp với nhau thành tam giác đều => khi xảy ra cực đại u chậm pha hơn i một góc \({30^0}\).

\(P = {P_{\max }}{\cos ^2}\varphi {\text{}} \to {P_{\max }} = \dfrac{P}{{{{\cos }^2}\varphi }} = \dfrac{{36}}{{{{\cos }^2}{{30}^\circ }}} = 48{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} W.\)

+ Khi tốc độ quay của roto là \(n\) (vòng/phút): \(\begin{array}{l}P = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {{\left( {\omega L - \frac{1}{{\omega C}}} \right)}^2}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R}}{{{R^2} + {\omega ^2}{L^2} - \frac{{2L}}{C} + \frac{1}{{{\omega ^2}{C^2}}}}}\\ = \frac{{{\Phi ^2}.R}}{{\frac{{{R^2}}}{{{\omega ^2}}} + {L^2} - \frac{{2L}}{{{\omega ^2}C}} + \frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}}}} \Rightarrow P = \frac{{{\Phi ^2}.R}}{{\frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - \frac{{2L}}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {L^2}}}\\{P_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - \frac{{2L}}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {L^2}} \right)_{\min }}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{\omega ^2}}} = \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{\frac{2}{{{C^2}}}}} = \frac{{2\frac{5}{{3\pi }}.\frac{{6\pi }}{{{{5.10}^{ - 4}}}} - {{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{\frac{2}{{{{\left( {\frac{{6\pi }}{{{{5.10}^{ - 4}}}}} \right)}^2}}}}} = \frac{1}{{14400{\pi ^2}}}\\ \Rightarrow \omega  = 120\pi  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 120\pi .\frac{5}{{3\pi }} = 200\Omega \\{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{120\pi .\frac{{{{5.10}^{ - 4}}}}{{6\pi }}}} = 100\Omega \end{array} \right.\\ \Rightarrow {P_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{{\omega ^2}{\Phi ^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}}} = 161,5(*)\end{array}\)

+ Khi tốc độ quay của roto là \(2n\) (vòng/phút) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_L}^\prime  = 2{Z_L} = 400\Omega \\{Z_C}^\prime  = \frac{{{Z_C}}}{2} = 50\Omega \end{array} \right. \Rightarrow P' = \frac{{\omega {'^2}{\Phi ^2}R}}{{{R^2}}} + {\left( {{Z_L}^\prime  - {Z_C}^\prime } \right)^2} = \frac{{4{\omega ^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}}(**)\)

Từ (*) và (**)   

\({\rm{}} \Rightarrow \frac{{P'}}{{{P_{m{\rm{ax}}}}}} = {\rm{ }}\frac{{\omega {'^2}}}{{{\omega ^2}}}.\frac{{{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{P'}}{{161,5}} = 4.\frac{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{100}^2}}}{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{350}^2}}} = \frac{{16}}{{19}} \Rightarrow P' = 136W\)

+ Quạt được mắc vào nguồn điện \({u_1} = 110\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V\)

Công cơ học:

\(\begin{array}{l}{P_{ch}} = P - {P_{hp}} \Leftrightarrow 40 = UI\cos \varphi  - {I^2}R \Leftrightarrow 40 = 110.I.0,8 - 16{I^2}\\ \Leftrightarrow 16{I^2} - 88I + 40 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}I = 5A\\I = 0,5A\end{array} \right.\end{array}\)

- TH1:  \(I = 5A \Rightarrow {Z_1} = \sqrt {{{16}^2} + Z_{L1}^2} {\rm{}} = 22 \Rightarrow {Z_{L1}} = 15,1\Omega \)

- TH2:  \(I = 0,5A \Rightarrow {Z_2} = \sqrt {{{16}^2} + Z_{L2}^2} {\rm{}} = 220 \Rightarrow {Z_{L2}} = 219,4\Omega \)

+ Mắc nối tiếp quạt với tụ điện và mắc vào nguồn điện \({u_2} = 220\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)V\) thì quạt vẫn sáng bình thường => \(I' = I\)

- TH1:  \(I' = I = 5A \Rightarrow Z' = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}} {\rm{}} = \dfrac{{220}}{5} = 44\)

\( \Leftrightarrow {16^2} + {\left( {15,1 - {Z_{C1}}} \right)^2} = {44^2} \Rightarrow {Z_{C1}} = 56,1 \Rightarrow C = 56,7\mu F\)

- TH2:

\(\begin{array}{l}I' = I = 0,5A \Rightarrow Z' = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)}^2}}  = \dfrac{{220}}{{0,5}} = 440\\ \Leftrightarrow {16^2} + {\left( {219,4 - {Z_{C2}}} \right)^2} = {440^2} \Rightarrow {Z_{C2}} = 659,1 \Rightarrow C = 4,83\mu F\end{array}\)

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

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

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

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:  \({u_{AB}} = 100\sqrt 3  = 200\cos 100\pi t =  > t = \frac{1}{{600}}s{\rm{}}\)

\( =  > {u_d} = 200\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 200\cos \left( {100\pi \frac{1}{{600}} + \frac{\pi }{2}} \right) =  - 100V\)

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:        

Đề bài cho điện áp u_AM chính là điện áp hai đầu R, vì u_R cùng pha với cường độ dòng điện i, nên ta có giản đồ vecto khi C = C₁ là:

Khi C = C₂ ta có

Độ lệch pha của cường độ dòng điện trong hai lần là:   

\(\Delta {\varphi _{\left( {{i_1};{i_2}} \right)}} = \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{3} = \frac{{7\pi }}{{12}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\cos {\varphi _1} = \frac{{{U_{R1}}}}{U} \Rightarrow {\varphi _1} = {\rm{arc}}\cos \frac{{{U_{R1}}}}{U}\\
\cos {\varphi _2} = \frac{{{U_{R2}}}}{U} \Rightarrow {\varphi _2} = {\rm{arc}}\cos \frac{{{U_{R2}}}}{U}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \arccos \frac{{{U_{R1}}}}{U} + \arccos \frac{{{U_{R2}}}}{U} = \frac{{7\pi }}{{12}}
\end{array}\)

Thay số và bấm máy tính tìm U:

\(\arccos \frac{{126}}{{\sqrt 2 U}} + {\rm{ar}}\cos \frac{{77}}{{\sqrt 2 U}} = \frac{{7\pi }}{{12}}\)

Ta được 

\(U = 119,9V \approx 120V\)

Vậy U gần nhất với giá trị 115V.

+ Khi \(C = {C_0}\) thì: \({V_{1max}}\) khi đó mạch xảy ra cộng hưởng

\({V_{1max}} = {U_R} = {U_{AB}}\) và \({Z_L} = {Z_{{C_0}}}\)

Tại đây, ta có: \({U_R} = 2{U_{{C_0}}} \Rightarrow {U_{{C_0}}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{2} = {U_L}\)

\( \Rightarrow {Z_L} = {Z_{{C_0}}} = \dfrac{R}{2}\)

+ Khi \(C = C'\) thì \({V_{2max}}\) khi đó \({V_{2max}} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{{U^2}\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R}\) (1)

Và \({Z_{C'}} = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4}}}{{\dfrac{R}{2}}} = \dfrac{5}{2}R\)

Thay vào (1) ta có: \(200 = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4}} }}{R} \Rightarrow U = 80\sqrt 5 V\)

Số chỉ vôn kế \({V_1}\) khi đó là \({V_1} = {U_R} = I.R = \dfrac{U}{Z}.R\)

\({V_1} = \dfrac{{80\sqrt 5 }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{C'}}} \right)}^2}} }}R = \dfrac{{80\sqrt 5 }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{R}{2} - \dfrac{5}{2}R} \right)}^2}} }}R = 80V\)

Mạch xảy ra cộng hưởng, ta có:

\({Z_L} = {Z_{{C_1}}} \Rightarrow {Z_L} = \dfrac{1}{{\omega {C_1}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{200.10}^{ - 6}}}}{\pi }}} = 50\,\,\left( \Omega  \right)\)

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MB là:

\(\begin{array}{l}{U_{MB}} = {U_{RC}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow {U_{MB}} = \dfrac{{U.\sqrt {{{50}^2} + {Z_C}^2} }}{{\sqrt {{{70}^2} + {{\left( {50 - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + \dfrac{{{{70}^2} - 100{Z_C}}}{{{{50}^2} + {Z_C}^2}}} }}\end{array}\)

Đặt \({Z_C} = x;y = \dfrac{{{{70}^2} - 100{Z_C}}}{{{{50}^2} + {Z_C}^2}} = \dfrac{{{{70}^2} - 100x}}{{{{50}^2} + {x^2}}} \Rightarrow {U_{MB}} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 + y} }}\)

Để \({U_{MB\max }} \Leftrightarrow {y_{\min }} \Leftrightarrow y' = 0\)

Ta có: \(y' = \dfrac{{ - 100.\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right) - 2x.\left( {{{70}^2} - 100x} \right)}}{{{{\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right)}^2}}}\)

\(\begin{array}{l}y' = 0 \Leftrightarrow  - 100.\left( {{{50}^2} + {x^2}} \right) - 2x.\left( {{{70}^2} - 100x} \right) = 0\\ \Rightarrow 100{x^2} - {2.70^2}x - {100.50^2} = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 119\,\,\left( \Omega  \right)\\x =  - 21\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow {U_{MB\max }} = \dfrac{{200.\sqrt {{{50}^2} + {{119}^2}} }}{{\sqrt {{{70}^2} + {{\left( {50 - 119} \right)}^2}} }} \approx 262,6\,\,\left( V \right)\end{array}\)

Cảm kháng của cuộn dây là: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{{0,6}}{\pi } = 60\,\,\left( \Omega  \right)\)

Dung kháng của tụ điện là: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{3\pi }}}} = 30\,\,\left( \Omega  \right)\)

Khi chưa nối tắt cuộn dây: đồ thị (1)

Với \(R = 0 \Rightarrow {P_{1\max }} = \dfrac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\,\,\left( 1 \right)\)

Khi nối tắt cuộn dây: đồ thị (2)

Ta có công suất: \({P_2} = \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {Z_C}^2}}\)

Nhận xét: với \(R = 10\Omega  \Rightarrow {P_2} = {P_{1\max }}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {Z_C}^2}} = \dfrac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Rightarrow \dfrac{{10}}{{{{10}^2} + {{30}^2}}} = \dfrac{r}{{{r^2} + {{\left( {60 - 30} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow 10{r^2} + 9000 = 1000r \Rightarrow 10{r^2} - 1000r + 9000 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}r = 10\,\,\left( \Omega  \right)\,\,\left( {loai} \right)\\r = 90\,\,\left( \Omega  \right)\,\,\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(R = {R_0} \Rightarrow {P_{2\max }} \Leftrightarrow {R_0} = {Z_C} = 30\,\,\left( \Omega  \right)\)

Vậy \(\dfrac{{{R_0}}}{r} = \dfrac{{30}}{{90}} = \dfrac{1}{3}\)

Khi C = C₁ và C = C₂, dung kháng của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_1}}} = \dfrac{1}{{\omega {C_1}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{50.10}^{ - 6}}}}{\pi }}} = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_{{C_2}}} = \dfrac{1}{{\omega {C_2}}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{1.10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}}} = 50\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Khi C = C₁, trong mạch có cộng hưởng, khi đó:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = {Z_{{C_1}}} = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\{P_{\max }} = \dfrac{{{U^2}}}{{R + r}} \Rightarrow R + r = \dfrac{{{U^2}}}{{{P_{\max }}}} = \dfrac{{{{200}^2}}}{{160}} = 250\,\,\left( \Omega  \right)\,\,\left( 1 \right)\end{array} \right.\)

Khi C = C₂, u_RC và u_rL vuông pha, ta có:

\(\begin{array}{l}\tan {\varphi _{{u_{RC}}}}.\tan {\varphi _{{u_{rL}}}} =  - 1 \Rightarrow \dfrac{{ - {Z_{{C_2}}}}}{R}.\dfrac{{{Z_L}}}{r} =  - 1\\ \Rightarrow R.r = {Z_{{C_2}}}.{Z_L} = 50.200 = 10000\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}R + r = 250\\R.r = 10000\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\r = 50\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là:

\(\begin{array}{l}{U_d} = \dfrac{{U.\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{{C_2}}}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow {U_d} = \dfrac{{200.\sqrt {{{50}^2} + {{200}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {200 + 50} \right)}^2} + {{\left( {200 - 50} \right)}^2}} }} = 141\,\,\left( V \right)\end{array}\)