Bài tập mạch xoay chiều RLC - Bài toán hộp đen

Cường độ dòng điện hiệu dụng và cực đại: \(\left\{ \begin{array}{l}I = \sqrt 2 A\\{I_0} = 2A\end{array} \right.\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AB: \(U = 220V\)

Tại thời điểm t(s) cường độ dòng điện là \(i = 2A = {I_0}\), ở thời điểm \(\left( {t + \dfrac{1}{{600}}} \right)s\) điện áp \({u_{AB}} = 0\,\left( V \right)\)và đang giảm.

Góc quét được trong thời gian \(\dfrac{1}{{600}}s\) là:

\(\alpha  = \omega .\Delta t = 100\pi .\dfrac{1}{{600}} = \dfrac{\pi }{6}rad\)

Biểu diễn trên VTLG cường độ dòng điện chạy trong mạch và điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB tại thời điểm \(\left( {t + \dfrac{1}{{600}}} \right)s\) như sau:

Từ VTLG ta xác định được độ lệch pha giữa u và i là: \(\varphi  = \dfrac{\pi }{3}rad\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là:

\({P_{AB}} = U.I.\cos \varphi  = 220.\sqrt 2 .\cos \dfrac{\pi }{3} = 110\sqrt 2 \,\left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM là:

\({P_{AM}} = {I^2}{R_1} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2}.40\sqrt 2  = 80\sqrt 2 \,\left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất của đoạn mạch MB là:

\({P_{MB}} = {P_{AB}} - {P_{AM}} = 110\sqrt 2  - 80\sqrt 2  = 30\sqrt 2 \,\left( {\rm{W}} \right)\)

- Đặt điện áp xoay chiều hiệu dụng U vào hai đầu một hộp đen X: \({Z_X} = \frac{U}{{0,25}} = 4U\)

- Cũng đặt điện áp đó vào hai đầu hộp đen Y: \({Z_Y} = \frac{U}{{0,25}} = 4U\)

- Đặt điện áp trên vào hai đầu đoạn mạch gồm X và Y mắc nối tiếp:

Ta có: \(Z = \sqrt {Z_X^2 + Z_Y^2}  = \sqrt {{{\left( {4U} \right)}^2} + {{\left( {4U} \right)}^2}}  = 4\sqrt 2 U \Rightarrow I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{4\sqrt 2 U}} = \frac{{\sqrt 2 }}{8}A\)

Do hiệu điện thế giữa 2 đầu đoạn mach sớm pha hơn cường độ dòng điện \(\pi /{\rm{ }}2\)  và trong mạch chỉ có 1 phần tử

=> Trong mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm.

\( \to {Z_L} = \frac{U}{I} = 10 \to L = \frac{1}{{10\pi }}H.\) 

Do hiệu điện thế giữa 2 đầu đoạn mach trễ pha hơn cường độ dòng điện  \(\pi /2\)  và trong mạch chỉ có 1 phần tử

=> Trong mạch chỉ có tụ điện.

\( \to {Z_C}{\rm{ }} = \frac{U}{I} = 10 \to C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }F\)

Do hiệu điện thế giữa 2 đầu đoạn mach cùng pha với cường độ dòng điện và trong

mạch chỉ có 1 phần tử

 => Trong mạch chỉ có điện trở thuần.

      \( \to R = \frac{U}{I} = 10 \to R{\rm{ }} = 10\Omega \)

Do u trễ pha hơn i 1 góc  0 < π/6 < π/2 => Trong mạch gồm tụ điện và điện trở thuần .

\( \to Z = \frac{U}{I} = \sqrt {{R^2} + Z_C^2}  = 50\Omega \) (1)

Lại có : \(\tan \frac{\pi }{6} = \frac{{Z{}_C}}{R} \to R = \sqrt 3 {Z_C}\) (2)

Từ (1) và (2) =>\(R = 25\sqrt 3 \Omega ;{Z_C} = 25\Omega \)

\( \to P = {I^2}R = 8.25\sqrt 3  = 200\sqrt 3 {\rm{W}}\)

Do hiệu điện thế giữa 2 đầu đoạn mach sớm pha hơn cường độ dòng điện \(\pi /2\)   và trong mạch chỉ có 2 phần tử

 => Trong mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm và tụ điện.

=> P = 0

U_AB = U_x + (-U_y)

=> x,y phải ngược pha

=> X,Y là phần tử L,C

U_AB² = U_x² + U_y²

=> Hiệu điện thế 2 đầu phần tử X và Y vuông pha với nhau

=> X,Y có thể là 2 phần tử R,L hoặc R,C.

Do u nhanh pha hơn i nên X,Y là 2 phần tử R,L

Do u sớm pha hơn i 1 góc  \(0 < \pi /6 < \pi /2{\rm{ }}\)

=> Trong mạch L và R

Do u và i cùng pha nên trong mạch chỉ có điện trở R hoặc mạch RLC cộng hưởng

Do ban đầu cường độ dòng điện sớm pha hơn hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch nên để hiệu điện thế sớm pha hơn cường độ dòng điện thì phải mắ thêm 1 cuộn cảm sao cho Z_L >Zc.

Để u sớm pha hơn i 1 góc π/3 thì phải mắc thêm 1 điện trở sao cho: \(\tan \frac{\pi }{3} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

=> Y gồm điện trở R và cuộn dây có hệ số tự cảm L

Do u nhanh pha hơn i nên trong mạch X có  R,L .

Mặt khác, khi nối tiếp với đoạn mạch Y thì \(i = \dfrac{u}{Z}\)

=> i cùng pha vơi u

=> Trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng

=> Trong mạch Y có thể chứa phần tử C sao cho \(Z_L=Z_C\) hoặc chứa R, C sao cho \(Z_L=Z_C\)

\(\to\) Phương án A, B đúng

\({Z_L} = \omega L = 100\Omega ;{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 60{\rm{ }}\Omega \) 

Để xảy ra hiện tượng cộng hưởng thì trên đoạn mạch X phải có điện trở thuần R  tu điện C' Sao cho

\(\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{C_0}}} = {\rm{ }}{Z_L} = 100\Omega  \to {C_0}{\rm{ }} = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }F}\\{ \to C' = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{4\pi }}F}\end{array}\) 

Điện trở thuần: \(R = \frac{{{U^2}}}{P} = 50\Omega \)

Do i trễ pha hơn u 1 góc \(\pi /3\)  và trong mạch gồm 2 phần tử nên trong mạch có 2 phần tử R,L.

Ta có: \(\tan \frac{\pi }{3} = \frac{{{Z_L}}}{R} \to \sqrt 3 R = {Z_L}\) (1)

Mặt khác: Z = U/I = 25(2)

Từ (1) và (2) \( \to {Z_L} = 12,5\sqrt 3 ;R = 12,5\)

Ta có giản đồ vecto:

Ta có \(t = {t_1} + \dfrac{T}{3}\) nên \({U_{AM}}\) sớm pha góc \({120^0}\) so với \({U_{MB}}\)

Lệch pha nhau góc \({120^0}\) mà tại AM có \({Z_L} = \sqrt 3 r \Rightarrow {Z_L}\) lệch pha \({60^0}\) so với \(r\)

Nên \(AM\) sớm pha \({60^0}\) so với dòng điện.

Suy ra MB chậm pha \({120^0} - {60^0} = {60^0}\) so với dòng điện.

\( \Rightarrow X\) là R nối tiếp với C

\(\tan \left( { - {{60}^0}} \right) = \dfrac{{ - {Z_C}}}{R} \Rightarrow {Z_C} = \sqrt 3 R\)

Khi mắc vào hai cực ND một điện áp không đổi → có dòng trong mạch với cường độ I = 1,5A

→ ND không thể chứa tụ (tụ không cho dòng không đổi đi qua) và ${{R}_{Y}}=\frac{45}{1,5}=30\left( \Omega \right)$

Mắc vào hai đầu đoạn mạch MD một điện áp xoay chiều thì u_ND sớm pha hơn u_MN một góc 0,5π

→ X chứa điện trở R_X và tụ điện C, Y chứa cuộn dây L và điện trở R_Y.

Mà V₁ = V₂ → U_X = U_Y = 60V → Z_X = Z_Y = 60Ω

Cảm kháng của cuộn dây là

${{Z}_{L}}=\sqrt{Z_{Y}^{2}-R_{Y}^{2}}=\sqrt{{{60}^{2}}-{{30}^{2}}}=30\sqrt{3}\Omega $

u_MN sớm pha 0,5π so với u_ND và $\tan {{\varphi }_{Y}}=\frac{{{Z}_{L}}}{{{R}_{Y}}}=\frac{30\sqrt{3}}{30}=\sqrt{3}$ → φ_Y = 60⁰

→ φ_X = 30⁰

$\to \left\{ \begin{align}& {{R}_{X}}=30\sqrt{3}\Omega \\& {{Z}_{C}}=30\Omega \\\end{align} \right.$

Điện áp hiệu dụng hai đầu MN bằng

${{V}_{1}}={{U}_{MN}}=\frac{U\sqrt{R_{X}^{2}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{\left( {{R}_{X}}+{{R}_{Y}} \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{60\sqrt{2}\sqrt{{{\left( 30\sqrt{3} \right)}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{\left( 30\sqrt{3}+30 \right)}^{2}}+\left( 30\sqrt{3}-Z_{C}^{2} \right)}}$

Sử dụng bảng tính Mode →7 trên CASIO ta tìm được V_1max có giá trị gần nhất với 75V.

Hai thời điểm lệch pha nhau là:

\(\Delta \varphi = \omega \Delta t = 100\pi .\frac{1}{{300}} = \frac{\pi }{3}\,\,\left( {rad} \right)\)

Ở thời điểm t, cường độ dòng điện trong mạch: I = 4 (A) = I₀

Ta có vòng tròn lượng giác:

Tại thời điểm \(t + \frac{1}{{300}}s\), điện áp giữa hai đầu đoạn mạch bằng 0 và đang giảm

→ trục u lệch pha \(\frac{\pi }{6}\) so với trục i \( \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{6}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là:

\(P = UI\cos \varphi = 220.2\sqrt 2 .cos\frac{\pi }{6} = 538,9\,\,\left( {\rm{W}} \right)\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch X là:

\({P_X} = P - {I^2}{R_1} = 538,9 - {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2}.20\sqrt 2 = 312,6\,\,\left( {\rm{W}} \right)\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_{AN}} = {u_L} + {u_X}\\{u_{MB}} = {u_C} + {u_X}\\{u_{AB}} = {u_{AN}} + {u_C}\end{array} \right.\)

Theo đề bài, ta có độ lệch pha giữa \({u_{AN}}\) và \({u_{MB}}\) là \(\frac{\pi }{2}\) hay nói cách khác \({u_{AN}} \bot {u_{MB}}\)

Vẽ trên giản đồ véctơ ta được:

Từ giản đồ, ta có \({U_{AB}} \ge OH \Rightarrow {U_{AB\min }} = OH\)

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(O{U_{AN}}{U_{MB}}\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{U_{AN}^2}} + \frac{1}{{U_{MB}^2}} = \frac{1}{{{{30}^2}}} + \frac{1}{{{{40}^2}}} = \frac{1}{{576}}\\ \Rightarrow OH = 24 \Rightarrow {U_{AB\min }} = OH = 24V\end{array}\)