Bài tập mạch xoay chiều RLC - có C thay đổi

Thay đổi C để U_RC cực đại, khi đó:

giá trị cực đại của U_RCmax là:

${U_{RC\max }} = \dfrac{{2UR}}{{\sqrt {4{{\rm{R}}^2} + Z_L^2}  - {Z_L}}}$

C thay đổi để U_RC max, khi đó ta có:

${Z_C} = \frac{{{Z_L}}}{2}$

Theo đầu bài, ta có: ${Z_L} = R = 50\Omega  \to {Z_C} = \frac{{50}}{2} = 25\Omega$

Mặt khác: ${Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \to C = \frac{1}{{\omega {Z_C}}} = \frac{1}{{100\pi .25}} = \frac{1}{{2500\pi }}F$

Khi C=C₁ và C=C₂ thì điện áp hai đầu cuộn cảm không thay đổi thì khi đó:

${C_1} + {C_2} = 2{C_{max}} = 2{C_0} \to {C_0} = \dfrac{{{C_1} + {C_2}}}{2}$

Khi C=C₁ và C=C₂ thì công suất tỏa nhiệt trong mạch không thay đổi, khi đó ta có:

${Z_{C1}} + {Z_{C2}} = 2{Z_L} \to {U_{{C_1}}} + {U_{{C_2}}} = 2{U_L}$

A, B, C- đúng

D - sai vì: Khi Z_C = 2Z_L thì U_RL=U_AB  và không phụ thuộc vào R

Ta có: ${U^2} = U_{AM}^2 + U_{MB}^2 + 2{U_{AM}}{U_{MB}}{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{2}} \right)$

Đặt: U_AM = x

U_MB = y

$\to {U^2} = {x^2} + {y^2} + 2xyc{\rm{os}}\frac{{2\pi }}{3} \leftrightarrow {U^2} = {x^2} + {y^2} - xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 3{\rm{x}}y$

Theo BĐT cosi, ta có: $xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}$

$\begin{array}{l} \to {U^2} = {\left( {x + y} \right)^2} - 3{\rm{x}}y \ge {\left( {x + y} \right)^2} - \frac{{3{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\\ \to {\left( {x + y} \right)^2} \le 4{U^2} \to x + y \le 2U\end{array}$

=> (U_AM + U_MB) max = 2U

Dấu bằng xảy ra <=> x = y = U = 220

+ Khi $C = {C_1}$: ${U_{RL}}$ không phụ thuộc vào R khi đó: ${Z_{{C_1}}} = 2{Z_L}$

+ Khi $C = {C_2}$: ${U_{{C_{max}}}}$ khi đó ${Z_{C2}} = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}}$

Xét tỉ số: $\dfrac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = \dfrac{{{Z_{{C_2}}}}}{{{Z_{{C_1}}}}} = \dfrac{{{R^2} + Z_L^2}}{{2Z_L^2}}$ (*)

Từ đồ thị, tại điểm $\dfrac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = 1$ ta có $R = 100\Omega$

Thay vào (*) suy ra ${Z_L} = 100\Omega$

Ta có:

$\begin{array}{l}U_{C\max }^2 = {U^2} + U_{RL}^2 \to U_{RL}^2 = U_{C\max }^2 - {U^2} = {50^2} - {30^2} = {40^2}\\ \to {U_{RL}} = 40V\end{array}$

Khi đó ${U_{RL}} \bot {U_{AB}} \to {\varphi _{{u_{RL}}}} - {\varphi _{{u_{AB}}}} = \dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _{{u_{RL}}}} = \dfrac{\pi }{2} + {\varphi _{{u_{AB}}}} = \dfrac{\pi }{3}$

$\to {u_{RL}} = 40\sqrt 2 {\rm{cos(100}}\pi {\rm{t + }}\dfrac{\pi }{3})V$

Thay đổi C để P_max => Cộng hưởng Z_L=Z_C khi đó I_max

Từ đô thị ta thấy khi giảm C thì điện áp hai đầu tụ điện ban đầu tăng , sau đó giảm

Ta có: Δφ = φ_AB- φ_R2C

$\tan \Delta \varphi  = \dfrac{{\tan {\varphi _{AB}} - \tan {\varphi _{R2C}}}}{{1 + \tan {\varphi _{AB}}.\tan {\varphi _{R2C}}}} = \dfrac{{\dfrac{{ - {Z_C}}}{{{R_1} + {R_2}}} - \dfrac{{ - {Z_C}}}{{{R_2}}}}}{{1 + \dfrac{{Z_C^2}}{{({R_1} + {R_2}).{R_2}}}}} = \dfrac{{ - {Z_C}.(\dfrac{1}{{4{R_2}}} - \dfrac{1}{{{R_2}}})}}{{1 + \dfrac{{Z_C^2}}{{4R_2^2}}}}$

Δφ cực đại tức là tanΔφ cực đại hay đạo hàm của tanΔφ bằng 0

Tiến hành đạo hàm ta được : $- \left( {\dfrac{1}{{4{R_2}}} - \dfrac{1}{{{R_2}}}} \right) + \dfrac{1}{{Z_C^2}}\left( {\dfrac{1}{{4{R_2}}} - \dfrac{1}{{{R_2}}}} \right).4R_2^2 = 0$

Vậy Z_C = 2R₂

Hệ số công suất $\cos \varphi  = \dfrac{{{R_1} + {R_2}}}{Z} = \dfrac{{3{R_2} + {R_2}}}{{\sqrt {16R_2^2 + 4R_2^2} }} = 0,894$

Từ đồ thị ta xác định được: đường nét đứt là của Z_C; đường nét liền là của U_C.

Xét đường nét đứt, khi:

${Z_C} = 100\Omega  \Rightarrow {Z_{\min }} = R = 100\Omega  \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} = 100\Omega$

Điện áp hiệu dụng cực đại trên tụ điện là:

${U_{C\max }} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{R} = \dfrac{{200.\sqrt {{{100}^2} + {{100}^2}} }}{{100}} = 200\sqrt 2 V = 282,84V$

$C = {C_1} = \dfrac{{0,1}}{\pi }\,\,mF$, dòng điện trễ pha $\dfrac{\pi }{4}$ so với điện áp hai đầu đoạn mạch, ta có:

$\begin{array}{l}{\varphi _{u/i}} = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{4}\\ \Rightarrow \tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_{{C_1}}}}}{R} \Rightarrow \tan \dfrac{\pi }{4} = \dfrac{{{Z_L} - {Z_{{C_1}}}}}{R} = 1 \Rightarrow {Z_L} - {Z_{{C_1}}} = R\end{array}$

Khi $C = \dfrac{{{C_1}}}{{2,5}} \Rightarrow {Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{\omega .\dfrac{{{C_1}}}{{2,5}}}} = \dfrac{{2,5}}{{\omega {C_1}}} = 2,5{Z_{{C_1}}}$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt cực đại khi:

$\begin{array}{l}{Z_C} = \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}} \Rightarrow 2,5{Z_{{C_1}}} = \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}}\\ \Rightarrow 2,5{Z_L}{Z_{{C_1}}} = 2{Z_L}^2 + {Z_{{C_1}}}^2 - 2{Z_L}{Z_{{C_1}}}\\ \Rightarrow 2{Z_L}^2 + {Z_{{C_1}}}^2 - 4,5{Z_L}{Z_{{C_1}}} = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_L} = 2{Z_{{C_1}}}\\{Z_L} = \dfrac{1}{4}{Z_{{C_1}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\omega L = 2.\dfrac{1}{{\omega {C_1}}}\\\omega L = \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{{\omega {C_1}}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\omega  = \sqrt {\dfrac{2}{{L.{C_1}}}}  = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{2}{\pi }.\dfrac{{0,{{1.10}^{ - 3}}}}{\pi }}}}  = 100\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\\\omega  = \sqrt {\dfrac{1}{{4.L.{C_1}}}}  = \sqrt {\dfrac{1}{{\dfrac{1}{4}.\dfrac{2}{\pi }.\dfrac{{0,{{1.10}^{ - 3}}}}{\pi }}}}  = 100\sqrt 2 \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại khi: ${Z_C} = \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}}$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây khi đó là:

$\begin{array}{l}{U_L} = \dfrac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{U_L}}}{U} = \dfrac{{64}}{{60}} = \dfrac{{16}}{{15}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{16}}{{15}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2 - 2\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right) + \dfrac{{{{\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)}^2}}}{{{Z_L}^2}}} }} = \dfrac{{16}}{{15}}\\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{15}}{{16}}} \right)^2}{Z_L}^2 = \dfrac{{{{\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)}^2}}}{{{Z_L}^2}} - \left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{15}}{{16}}} \right)^2}{Z_L}^4 = {\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)^2} - {Z_L}^2.\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\\ \Rightarrow \left( {\dfrac{{15}}{{16}}} \right){Z_L}^4 - {R^2}{Z_L}^2 - {R^4} = 0\\ \Rightarrow {Z_L}^2 = \dfrac{{16}}{9}{R^2} \Rightarrow {Z_L} = \dfrac{4}{3}R\end{array}$

Điện áp hiệu dụng cực đại giữa hai đầu tụ điện là:

${U_{C\max }} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + \dfrac{{16}}{9}{R^2}} }}{R} = \dfrac{5}{3}U = \dfrac{5}{3}.60 = 100\,\,\left( V \right)$

Cảm kháng của cuộn dây: ${Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{\pi } = 100\,\,\left( \Omega  \right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, ta có:

$\begin{array}{l}{U_{C\max }} = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R} \Rightarrow U\sqrt 3  = \dfrac{{U\sqrt {{R^2} + {{100}^2}} }}{R}\\ \Rightarrow \sqrt {{R^2} + {{100}^2}}  = \sqrt 3 R \Rightarrow {R^2} + {100^2} = 3{R^2} \Rightarrow R = 50\sqrt 2 \,\,\left( \Omega  \right)\end{array}$

Điện áp hai đầu cuộn dây đạt cực đại khi trong mạch có cộng hưởng, khi đó ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{U_L} = {U_C}\\{U_r} = U = 120\,\,\left( V \right)\end{array} \right.$

Điện áp hai đầu cuộn dây là:

${U_d} = \sqrt {{U_r}^2 + {U_L}^2}  \Rightarrow 200 = \sqrt {{{120}^2} + {U_L}^2}  \Rightarrow {U_L} = 160\,\,\left( V \right)$

Điện áp giữa hai đầu tụ điện khi đó là: ${U_C} = {U_L} = 160\,\,\left( V \right)$

Cảm kháng của cuộn cảm thuần là: ${{Z}_{L}}=\omega L=100\left( \Omega \right)$

Dung kháng của tụ điện là:

$\left\{ \begin{align}& {{Z}_{{{C}_{1}}}}=\frac{1}{\omega {{C}_{1}}}=100\left( \Omega \right) \\& {{Z}_{{{C}_{2}}}}=\frac{1}{\omega {{C}_{2}}}=300\left( \Omega \right) \\\end{align} \right.$

Vì Z_C1 < Z_C2 nên khi mắc C₁ mạch có tính cảm kháng, khi mắc C₂ mạch có tính dung kháng.

Khi điện dung có giá trị C₁, hệ số công suất của mạch điện là:

$\cos {{\varphi }_{1}}=\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}=1$

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:

${{U}_{{{C}_{1}}}}=\frac{U}{Z}.{{Z}_{{{C}_{1}}}}=\frac{100U}{R}\,\,\left( 1 \right)$

Khi điện dung có giá trị C₂, tổng trở của mạch là:

$Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}+{{200}^{2}}}$

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:

${{U}_{{{C}_{2}}}}=\frac{U}{Z}.{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\frac{300U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{200}^{2}}}}\,\,\left( 2 \right)$

Theo đề bài ta có:

$\begin{align}& {{U}_{{{C}_{1}}}}={{U}_{{{C}_{2}}}}\Rightarrow \frac{100U}{R}=\frac{300U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{200}^{2}}}}\Rightarrow R=10\sqrt{50}\left( \Omega \right) \\& \Rightarrow \cos {{\varphi }_{2}}=\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{200}^{2}}}}=\frac{10\sqrt{50}}{\sqrt{5000+{{200}^{2}}}}=\frac{10\sqrt{50}}{30\sqrt{50}}=\frac{1}{3} \\& \Rightarrow \frac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos {{\varphi }_{2}}}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3. \\\end{align}$

+ Ta có:  ${U_{AN}} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Để ${U_{AN}} \notin R \Rightarrow Z_{C1}^2 = {\left( {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right)^2} \Rightarrow 2{Z_{C1}} = {Z_L}\,\,\,\left( 1 \right)$

+ Lại có: ${U_{MN}} = {U_R} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}$

Để ${U_{MN}} \notin R \Rightarrow {Z_{C2}} - {Z_L}\,\,\,\left( 2 \right)$

+ Từ (1) và (2):

$\Rightarrow 2{Z_{C1}} - {Z_{C2}} \Rightarrow \dfrac{{{Z_{C1}}}}{{{Z_{C2}}}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 18.\dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = 9$

Ta có: ${U_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + Z_L^2} \right).\dfrac{1}{{Z_C^2}} - 2.{Z_L}.\dfrac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}$

+ Khi $C = 0 \Rightarrow {Z_C} \to \infty  \Rightarrow {U_C} = U = 120V$

+ Khi $C = {C_1} = 0,05mF$ và $C = {C_2} = 0,15mF$ điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện có cùng giá trị:

$\dfrac{U}{{{Z_1}}}.{Z_{C1}} = \dfrac{U}{{{Z_2}}}.{Z_{C2}} \Rightarrow {U_{C1}} = {U_{C2}} = \dfrac{U}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2{Z_L}}}{{{Z_{C1}} + {Z_{C2}}}}} }}$

$\Leftrightarrow 48\sqrt {10}  = \dfrac{{120}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{2L.100}}{{\dfrac{1}{{100.0,{{05.10}^{ - 3}}}} + \dfrac{1}{{100.0,{{15.10}^{ - 3}}}}}}} }} \Rightarrow L = 0,5H$