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:

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