Bài tập mạch xoay chiều RLC - pha u, i - viết u, i

Ta có: \({Z_L} = \omega L = \dfrac{{120\pi }}{{4\pi }} = 30\Omega \)

Lúc đầu khi đặt hiệu điện thế không đổi \(20V\) vào hai đầu đoạn mạch, ta có:

\(I = \dfrac{U}{R} = 0,5A \to R = \dfrac{U}{I} = \dfrac{{20}}{{0,5}} = 40\Omega \)                                     

Khi đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp u,

\({I_0}' = \dfrac{{{U_0}'}}{Z} = \dfrac{{{U_0}'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \dfrac{{150\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{40}^2} + {{30}^2}} }} = 3\sqrt 2 A\)

+ Ta có: \(\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L}}}{R} = \dfrac{{30}}{{40}} = 0,75 \to \varphi  \approx 0,2\pi \left( {rad} \right)\)

=> u nhanh pha hơn i một góc \(0,2\pi \)

=> \({\varphi _i} = {\varphi _u} - 0,2\pi  = 0,7\pi  - 0,2\pi  = 0,5\pi \)

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong đoạn mạch là: \(i = 3\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {120\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)A\)

Cảm kháng : \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{3}{{2\pi }} = 150\Omega \)

Dung kháng: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{2}{\pi }{{.10}^{ - 4}}}} = 50\Omega \)

Tổng trở: \(Z = \sqrt {{{100}^2} + {{\left( {150 - 50} \right)}^2}}  = 100\sqrt 2 \Omega \)

Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{100\sqrt 2 }} = 1A\)

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{{150 - 50}}{{100}} = 1\)

\( \Rightarrow \varphi  = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _u} - \frac{\pi }{4} = 0 + \frac{\pi }{4} =  - \frac{\pi }{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

\( \Rightarrow i = \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)A\)

Ta có:

+ u_R luôn luôn cùng pha với i

+ cường độ dòng điện cực đại:

 \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{R}\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện qua R là:

\(i{\rm{ }} = {\rm{ }}\frac{{{U_0}}}{R}cos\left( {\omega t} \right)\)

Ta có:

+ u_L nhanh pha hơn i một góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

+ Cường độ dòng điện cực đại:

\({I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần là:

\(i{\rm{ }} = {\rm{ }}\dfrac{{{U_0}}}{{\omega L}}cos\left( {\omega t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Ta có:

+ u_C chậm pha hơn i một góc: \(\dfrac{\pi }{2}\)

+ Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}} = \dfrac{{{U_0}}}{{\frac{1}{{\omega C}}}} = {U_0}\omega C\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện qua tụ điện là:

 \(i{\rm{ }} = {U_0}\omega Ccos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Từ đồ thị ta có:

+ Chu kì:

\(T = 0,02{\rm{s}} \to \omega {\rm{ = }}\frac{{2\pi }}{T} = 100\pi (ra{\rm{d}}/s)\)

+ Cường độ dòng điện cực đại:

\({I_0} = 4(A)\)

+ Tại t = 0:

\(i = 4 \leftrightarrow {I_0}{\rm{cos}}\varphi {\rm{ = 4}} \to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 1}} \to \varphi {\rm{ = 0}}\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện tức thời:

\(i = 4c{\rm{os}}\left( {100\pi t} \right)A\)

Ta có: \(u = iR = 40cos\left( {100\pi t} \right){\rm{ }}\left( V \right)\)

Ta có:

+ Cảm kháng:

\({Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega \)

\({U_0} = {\text{ }}{I_0}.{Z_L} = {\text{ }}2.100{\text{ }} = {\text{ }}200V\)

u sớm pha hơn i góc π/2

\( =  > u = 200cos(100\pi t + {\rm{ }}\frac{\pi }{2}){\rm{ }}V\)

Từ đồ thị ta có:

\(\dfrac{T}{{12}} = 0,01{\rm{s}} \to T = 0,12{\rm{s}} \\\to \omega {\rm{ = }}\dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{50\pi }}{3}(ra{\rm{d}}/s)\)

+ Cường độ dòng điện cực đại:

\({I_0} = 1,2(A)\)

+ Tại \(t = 0\): \(i = 0,6A\) và đang giảm:

\(i = 0,6 \leftrightarrow {I_0}{\rm{cos}}\varphi {\rm{ = 0}}{\rm{,6}} \\\to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}\dfrac{{0,6}}{{1,2}} = \dfrac{1}{2} \to \varphi {\rm{ = }}\dfrac{\pi }{3}\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện tức thời:

\(i = 1,2c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{50\pi }}{3}t + \dfrac{\pi }{3}} \right)A\)

+ Ta có u_L nhanh pha hơn i một góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

+ Hiệu điện thế cực đại:

 \({U_0} = {I_0}.{Z_L} = 1,2.50 = 60(V)\)

=> Biểu thức điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn cảm:

$u = 60c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{50\pi }}{3}t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2}} \right) \\= 60\sin \left( {\dfrac{{50\pi }}{3}t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{2}} \right) \\= 60\sin \left( {\dfrac{{50\pi }}{3}t + \dfrac{{4\pi }}{3}} \right)V$

Theo đầu bài, ta có hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch không thay đổi

+ Khi mạch chỉ có L thì cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: \({I_{01}} = 2A\)

+ Khi mạch chỉ có C thì cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: \({I_{02}}\)

Mặt khác, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{I_{01}} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}}\\{I_{02}} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}\end{array} \right.\)

Từ đó ta suy ra: \(\dfrac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \dfrac{{{Z_C}}}{{{Z_L}}}\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 25\Omega \\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = 20\Omega \end{array} \right.\)

Từ đấy ta suy ra: \(\dfrac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \dfrac{{{Z_C}}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{20}}{{25}} = 0,8 \to {I_{02}} = \dfrac{{{I_{01}}}}{{0,8}} = 2,5A\)

Khi mạch có L, u sớm pha hơn i góc \(\dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _u} = {\varphi _{{i_1}}} + \dfrac{\pi }{2}\)

Khi mạch có C, u trễ pha hơn i góc \(\dfrac{\pi }{2} \to {\varphi _{{i_2}}} = {\varphi _u} + \dfrac{\pi }{2} = {\varphi _{{i_1}}} + \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{5\pi }}{6}\)

=> \({i_2} = 2,5cos\left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)A\)

Do mạch chỉ có C nên: \(u \bot i \to \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Thay các giá trị, ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{(60\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{     (1)}}\\\frac{{{{\left( {60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {0,5} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{      (2)}}\end{array} \right.\\ \to \frac{{3600}}{{U_0^2}} = \frac{{0,25}}{{I_0^2}} \to \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 120 = {Z_C}\end{array}\)

Lại có, \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \to \omega  = \frac{1}{{{Z_C}C}} = \frac{1}{{120.C}} = \frac{1}{{120.\frac{1}{{7200\pi }}}} = 60\pi \)

Thay \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{120}}\)  vào (1) , ta được: \(\frac{{{{(60\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{\frac{{U_0^2}}{{{{120}^2}}}}} = 1 \to {U_0} = 120(V)\)

\( \to u = 120cos\left( {60{\rm{ }}\pi {\rm{ }}t{\rm{ }} + {\rm{ }}\frac{\pi }{4}{\rm{ }}} \right){\rm{ }}V\)

Do mạch chỉ có C nên:

\(u \bot i \to \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Lại có:

 \({U_0} = {I_0}{Z_C}\)

\( \to \frac{{{{150}^2}}}{{{{(50.{I_0})}^2}}} + \frac{{{4^2}}}{{I_0^2}} = 1 \to {I_0} = 5(A)\)

Ta có i sớm pha hơn u_C một góc:  \(\frac{\pi }{2}\)

$ \to {\varphi _i} = \frac{\pi }{2} + \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{\pi }{6}$

\( \to i{\rm{ }} = {\rm{ }}5cos(100\pi t{\rm{ }} + \frac{\pi }{6}){\rm{ }}A\)

Do mạch chỉ có cuộn dây nên:

\(u \bot i \to \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Ta có: \({Z_L} = {\text{ }}\omega L{\text{ }} = {\text{ }}50\Omega  \to {U_0} = {\text{ }}50{\text{ }}{I_0}\)

\( \to \frac{{{{(100\sqrt 2 )}^2}}}{{{{(50{I_0})}^2}}} + \frac{{{2^2}}}{{I_0^2}} = 1 \to {I_0} = 2\sqrt 3 (A)\)

Mạch có cuộn dây nên i chậm pha hơn u góc \(\frac{\pi }{2}{\text{ }}\)

\(\to {\varphi _{i}} =  - 5\pi /6\) 

$ \to i = 2\sqrt 3 {\rm{cos(100}}\pi {\rm{t - }}\frac{{5\pi }}{6})(A)$

Ta có:

\({Z_L} = \omega L = 100\pi \dfrac{{0,2}}{\pi } = 20\Omega \)

\({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{8\pi }}}} = 80\Omega \)

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện trong mạch:

\(\begin{array}{l}\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \dfrac{{20 - 80}}{{60}} =  - 1\\ \to \varphi  =  - \dfrac{\pi }{4}\end{array}\)

$Zc = \frac{1}{{2\pi fC}} = 100\Omega ;{Z_L} = 40\Omega $

$Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = \sqrt {{{60}^2} + {{(40 - 100)}^2}}  = 60\sqrt 2 $

$\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} =  - 1 \to \varphi  =  - \frac{\pi }{4}$

- Cách 1

Ta có:

+ Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L = 100\pi \dfrac{1}{{10\pi }} = 10\Omega \)

+ Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}}} = 20\Omega \)

+ Tổng trở của mạch: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {10 - 20} \right)}^2}}  = 10\sqrt 2 \Omega \)

+ Hiệu điện thế trên hai đầu cuộn cảm: \({U_{0L}} = {I_0}.{Z_L}\)

=> Cường độ dòng điện cực đại của mạch: \({I_0} = \dfrac{{{U_{0L}}}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{20\sqrt 2 }}{{10}} = 2\sqrt 2 A\)

=> Hiệu điện thế cực đại: \({U_0} = {I_0}.Z = 2\sqrt 2 .10\sqrt 2  = 40V\)

+ \(\tan {\varphi _{\left( {{u_{AB}},i} \right)}} = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \dfrac{{10 - 20}}{{10}} =  - 1\)

Ta suy ra: \(\varphi  =  - \dfrac{\pi }{4}\)

Mặt khác, ta có:

\(\begin{array}{l}{\varphi _{{u_L}}} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2}\\ \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _{{u_L}}} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{4} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{4}\end{array}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}{\varphi _{{u_{AB}}}} - {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{4}\\ \Rightarrow {\varphi _{{u_{AB}}}} = {\varphi _i} - \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{\pi }{4} - \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{\pi }{2}\end{array}\)

=> Biểu thức hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: \(u = 40cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)V\)

- Cách 2: Sử dụng máy tính

+ Bước 1: MODE 2

+ Bước 2: Chọn chế độ rad: SHIFT MODE 4

+ Bước 3: Nhập liệu

\(\begin{array}{l}\overline {{u_{AB}}}  = \overline i .\overline {{Z_{AB}}}  = \overline {\dfrac{{{u_L}}}{{{Z_L}}}.} \overline {{Z_{AB}}} \\ = \dfrac{{20\sqrt 2 \angle \dfrac{\pi }{4}}}{{10i}}\left( {10 - 10i} \right)\end{array}\)

+ Bước 4: Gọi kết quả: SHIFT 2 3 =

Kết quả hiển thị trên máy: \(40\angle \dfrac{{ - \pi }}{2}\)

=> Biểu thức hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: \(u = 40cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)V\)

Ta có:

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

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

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

Tại thời điểm

\({t_2} = {t_1} + \dfrac{1}{{75}}s\) , ta có:

\({u_C} = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\omega \left( {{t_1} + \dfrac{1}{{75}}} \right) - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\omega {t_1} + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {U_0}\sin \left( {\omega {t_1} + \dfrac{7\pi }{6}} \right) = 150V{\rm{                  (2)}}\)

Từ (1) và (2), ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{{u_d}}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} + {\left( {{u_C}} \right)^2} = U_0^2 \leftrightarrow \dfrac{{{{150}^2}}}{3} + {150^2} = U_0^2\\ \to {U_0} = 100\sqrt 3 \end{array}\)

Ta có:

 ${Z_L} = \omega L = \frac{{120\pi }}{{4\pi }} = 30\Omega $

Lúc đầu khi đặt hiệu điện thế không đổi 30 V vào hai đầu đoạn mạch, ta có:

$I = \frac{U}{R} = 1A \to R = \frac{U}{I} = 30\Omega $                    

Khi đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp u,

$\tan \varphi  = \frac{{{Z_L}}}{R} = 1 \to \varphi  = \frac{\pi }{4}$

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong đoạn mạch là:

 $i = 5c{\text{os(120}}\pi {\text{t - }}\frac{\pi }{4})A$

Khi trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện thì: \(Z_L=Z_C\)

=> điện áp giữa hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch

Khi mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện thì \({Z_L} = {Z_C};Z = R\), lúc này cường độ dòng điện hiệu dụng đạt giá trị cực đại \(I = \dfrac{U}{Z} = \dfrac{U}{R} = \dfrac{{100\sqrt 2 }}{{100}} = \sqrt 2 A\)