Bài tập mạch xoay chiều RLC - Phương pháp giản đồ

+  \(U_{AN}^2 = 3U_{MB}^2 \to U_L^2 + U_X^2\underbrace { - 2{U_L}{U_X}{\rm{cos}}\beta }_{ - c{\rm{os}}\beta  = c{\rm{os}}\alpha } = 3(\underbrace {U_C^2}_{U_L^2} + U_X^2 - 2\underbrace {{U_C}}_{{U_L}}{U_X}{\rm{cos}}\alpha {\rm{)}}\)

=> \(4{U_L}{U_X}{\rm{cos}}\alpha  = U_L^2 + U_X^2 \ge 2{U_L}.{U_X}\) (Theo cosi)

=> \({\rm{cos}}\alpha  \ge \dfrac{1}{2} \to \)\(\alpha  \le \dfrac{\pi }{3}\)

Từ giản đồ, ta có:

+ Xét \(\Delta AMB\) vuông tại B, có:

\(\begin{array}{l}\tan {30^0} = \dfrac{{AB}}{{MB}} = \dfrac{U}{{{U_{cd}}}}\\ \Rightarrow {U_{cd}} = \dfrac{U}{{\tan {{30}^0}}} = \dfrac{{100}}{{\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}}} = 100\sqrt 3 V\end{array}\)

\(\begin{array}{l}\sin {30^0} = \dfrac{{AB}}{{AM}} = \dfrac{U}{{{U_C}}}\\ \Rightarrow {U_C} = \dfrac{U}{{\sin {{30}^0}}} = \dfrac{{100}}{{\dfrac{1}{2}}} = 200V\end{array}\)  

Ta có:

Từ giản đồ véc-tơ,

+ Xét \(\Delta AMB\) có \(AM = MB\) và \(\widehat {AMB} = {60^0}\)

=> \(\Delta AMB\) là tam giác đều

\( \Rightarrow {U_{cd}} = {U_C} = U = 200V\)  

Ta có:

Từ giản đồ ta có:

\(\begin{array}{l}A{B^2} = A{M^2} + M{B^2} - 2AM.MB.cos\left( {\pi  - {\varphi _{cd}}} \right)\\ \Leftrightarrow A{B^2} = A{M^2} + M{B^2} + 2AM.MB.cos{\varphi _{cd}}\\ \Rightarrow cos{\varphi _{cd}} = \dfrac{{A{B^2} - A{M^2} - M{B^2}}}{{2AM.MB}} = \dfrac{{{{200}^2} - {{70}^2} - {{150}^2}}}{{2.70.150}} = \dfrac{3}{5} = 0,6\end{array}\)

Ta có:

Từ giản đồ, xét tam giác MAB, có:

\(\begin{array}{l}M{B^2} = A{B^2} + A{M^2} - 2AB.AM.cos\varphi \\ \Rightarrow cos\varphi  = \dfrac{{A{B^2} + A{M^2} - M{B^2}}}{{2AB.AM}}\\ = \dfrac{{{{\left( {75\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {35} \right)}^2} - {{85}^2}}}{{2.75\sqrt 2 .35}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\end{array}\)

Trong \(\Delta AEB\) , có:

\(cos\varphi  = \dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{{75\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {U_{R + r}} = 75V\)

Mà \({U_R} = 35V \Rightarrow {U_r} = 75 - 35 = 40V\)

+ Theo đầu bài ta có, cuộn dây tiêu thụ công suất:

\(\begin{array}{l}P = {I^2}r = I.{U_r} = 40W\\ \Rightarrow I = \dfrac{P}{{{U_r}}} = \dfrac{{40}}{{40}} = 1A\end{array}\)

+ Lại có : \(R + r = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{I} = \dfrac{{75}}{1} = 75\Omega \)

Ta có:

Xét \(\Delta AMB\) , có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{MB}}{{\sin \left( {{\varphi _{cd}} + {{60}^0}} \right)}} = \dfrac{{AM}}{{\sin {{30}^0}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{U_C}}}{{\sin \left( {{\varphi _{cd}} + {{60}^0}} \right)}} = \dfrac{{{U_{cd}}}}{{\sin {{30}^0}}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt 3 {U_{cd}}}}{{\sin \left( {{\varphi _{cd}} + {{60}^0}} \right)}} = \dfrac{{{U_{cd}}}}{{\dfrac{1}{2}}}\\ \Rightarrow \sin \left( {{\varphi _{cd}} + {{60}^0}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}{\varphi _{cd}} + {60^0} = {60^0} + k2\pi \\{\varphi _{cd}} + {60^0} = \left( {{{180}^0} - {{60}^0}} \right) + k2\pi \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{\varphi _{cd}} = 0 + k2\pi \left( {loai} \right)\\{\varphi _{cd}} = {60^0} + k2\pi \end{array} \right.\end{array}\)

\( \Rightarrow {\varphi _{cd}} = {60^0} = \dfrac{\pi }{3}\)

Ta có:

+ Dung kháng của mạch: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{2\pi fC}} = \dfrac{1}{{2\pi .25.\dfrac{{0,1}}{\pi }{{.10}^{ - 3}}}} = 200\Omega \)

Từ giản đồ,

Xét \(\Delta AME\) , có:

\(\begin{array}{l}\sin \widehat {MAE} = \dfrac{{ME}}{{AM}} \Leftrightarrow \sin {30^0} = \dfrac{{ME}}{{AM}}\\ \Rightarrow ME = AM\sin {30^0} = \dfrac{{AM}}{2} = \dfrac{{{U_{cd}}}}{2}\end{array}\)

Mà theo đầu bài ta có, \({U_{cd}} = 2{U_C}\)

Ta suy ra: \(ME = {U_C}\)  hay \(E \equiv M\)

\( \Rightarrow {U_L} = {U_C}\) => Mạch cộng hưởng \( \Rightarrow {U_R} = U = 100V\)

+ Ta có:

\(\begin{array}{l}\tan {30^0} = \dfrac{{{U_C}}}{{{U_R}}} \Rightarrow {U_C} = {U_R}\tan {30^0}\\ \Rightarrow {Z_C} = R.\tan {30^0}\\ \Rightarrow R = \dfrac{{{Z_C}}}{{\tan {{30}^0}}} = \dfrac{{200}}{{\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}}} = 200\sqrt 3 \Omega \end{array}\)

+ Công suất của mạch khi đó: \(P = {P_{max}} = \dfrac{{{U^2}}}{R} = \dfrac{{{{100}^2}}}{{200\sqrt 3 }} = \dfrac{{50}}{{\sqrt 3 }}{\rm{W}}\)

Vẽ lại mạch điện và vẽ giản đồ véctơ, ta được:

Từ giản đồ véctơ, ta có: \(\dfrac{1}{{U_R^2}} = \dfrac{1}{{U_{AN}^2}} + \dfrac{1}{{U_{MB}^2}} = \dfrac{1}{{{{300}^2}}} + \dfrac{1}{{{{400}^2}}} \to {U_R} = 240V\)

=> Điện trở \(R = \dfrac{{{U_R}}}{I} = \dfrac{{240}}{{3\sqrt 2 }} = 40\sqrt 2 \Omega \)

Vẽ lại mạch điện và vẽ giản đồ véctơ, ta được:

Từ giản đồ véctơ, xét tam giác vuông \({U_{AN}}O{U_{MB}}\) , ta có:

Đường cao trong tam giác vuông: \(U_R^2 = {U_L}{U_C} = 150.\dfrac{{200}}{3} \to {U_R} = 100V\)

=> Điện trở R: \(R = \dfrac{{{U_R}}}{I} = \dfrac{{100}}{2} = 50\Omega \)

Vẽ giản đồ véctơ, ta được:

Từ giản đồ véctơ, ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\sin \alpha  = \dfrac{{{U_r}}}{{{U_{MB}}}} = \dfrac{{{U_r}}}{U}\\{\rm{cos}}\alpha {\rm{ = }}\dfrac{{{U_{R + r}}}}{{{U_{AN}}}} = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{{U\sqrt 3 }} = \dfrac{{3{U_r}}}{{U\sqrt 3 }}\end{array} \right.\\ \to \tan \alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \to \alpha  = {30^0}\\ \Rightarrow cos\alpha  = cos{30^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Vậy hệ số công suất của đoạn mạch AN là: \(cos\alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Vẽ lại mạch điện và vẽ giản đồ véctơ, ta được:

Ta có: \({U_{AC}} = {\rm{ }}{U_{BD}}\) và góc \({U_{BD}}O{U_{AC}}\) bằng \({60^0}\)

=> Tam giác \({U_{BD}}O{U_{AC}}\) là tam giác đều (do tam giác cân có 1 góc = \({60^0}\) là tam giác đều)

Từ giản đồ véctơ, ta có: \({U_L} = {U_C} = \dfrac{{{U_R}}}{{\sqrt 3 }}\) => Mạch cộng hưởng

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {U_R} = U = 100\sqrt 3 \,V\\ \Rightarrow {U_L} = \frac{{{U_R}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{100\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 100V\\ \Rightarrow {Z_L} = \frac{{{U_L}}}{I} = 100\Omega \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{R^2} = \dfrac{L}{C} \Leftrightarrow \dfrac{L}{R}.\dfrac{1}{{RC}} = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{\omega L}}{R}\dfrac{1}{{\omega C.R}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{R}\dfrac{{{Z_C}}}{R} = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{R}.\dfrac{{\left( { - {Z_C}} \right)}}{R} =  - 1\\ \Leftrightarrow \tan {\varphi _{RL}}.\tan {\varphi _{RC}} =  - 1\end{array}\)

\( \Rightarrow {\varphi _{RL}} - {\varphi _{RC}} = \dfrac{\pi }{2}\) hay \({U_{RL}} \bot {U_{RC}}\)

Đặt \({U_{RL}} = a \Rightarrow {U_{RC}} = 0,75a\)

Vẽ giản đồ véc-tơ, ta được:

Từ giản đồ, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{U_R^2}} = \dfrac{1}{{U_{RL}^2}} + \dfrac{1}{{U_{RC}^2}} = \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{{\left( {0,75a} \right)}^2}}} = \dfrac{{25}}{{9{a^2}}}\\ \Rightarrow {U_R} = \dfrac{{3a}}{5}\end{array}\)

Xét: \(\sin \alpha  = \dfrac{{{U_R}}}{{{U_{RL}}}} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{5}}}{a} = \dfrac{3}{5}\)

Mặt khác, \(\sin \alpha  = \dfrac{{{U_C}}}{{{U_{RC}}}} \Rightarrow {U_C} = {U_{RC}}.\sin \alpha  = 0,75a.\dfrac{3}{5} = 0,45a\)

Xét: \(cos\alpha  = \dfrac{{{U_R}}}{{{U_{RC}}}} = \dfrac{{\dfrac{{3a}}{5}}}{{0,75a}} = \dfrac{4}{5}\)

Lại có, \(cos\alpha  = \dfrac{{{U_L}}}{{{U_{RL}}}} \Rightarrow {U_L} = {U_{RL}}.cos\alpha  = a.\dfrac{4}{5} = 0,8a\)

+ Hiệu điện thế hiệu đụng trên mạch: \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{3a}}{5}} \right)}^2} + {{\left( {0,8a - 0,45a} \right)}^2}}  = 0,695a\)

+ Hệ số công suất của đoạn mạch: \(cos\varphi  = \dfrac{{{U_R}}}{U} = \dfrac{{\dfrac{3}{5}a}}{{0,695a}} = 0,864\)

Vẽ lại mạch điện và vẽ giản đồ véctơ, ta được:

Từ giản đồ véctơ, ta có:

\(\begin{array}{l}N{E^2} = M{N^2} - M{E^2} = 625 - {x^2}\\ \to EB = 60 - \sqrt {625 - {x^2}} \\A{B^2} = A{E^2} + E{B^2} \leftrightarrow {\left( {40\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {25 + x} \right)^2} + {\left( {60 - \sqrt {625 - {x^2}} } \right)^2}\\ \to ... \to 120\sqrt {625 - {x^2}}  = 1650 + 50{\rm{x}}\\ \to {\rm{12}}\sqrt {625 - {x^2}}  = 165 + 5{\rm{x}}\\ \to {\rm{144}}\left( {625 - {x^2}} \right) = {\left( {165 + 5{\rm{x}}} \right)^2}\\ \to \left[ \begin{array}{l}x = 15\\x =  - 24,76\end{array} \right.\\ \to x = 15 \Rightarrow AE = 40{\rm{V}}\\P = UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = I}}{\rm{.AE}} \to I = \dfrac{P}{{AE}} = 1A\\ \to \left\{ \begin{array}{l}r = \dfrac{{{U_r}}}{I} = \dfrac{{15}}{1} = 15\Omega \\R = \dfrac{{{U_R}}}{I} = \dfrac{{25}}{1} = 25\Omega \end{array} \right.\\ \Rightarrow R + r = 25 + 15 = 40\Omega \end{array}\)

Ta có:

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

Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{50}}{\pi }{{.10}^{ - 6}}}} = 200\Omega  = 2{Z_L}\)

Vẽ trên giản đồ, ta được:

Ta có:

\(r = 0,5R \Rightarrow {U_r} = 0,5{U_R}\)

Lại có \({Z_C} = 2{Z_L} \Rightarrow {U_C} = 2{U_L}\)

Ta suy ra: \(\Delta ANB\) là \(\Delta \) đều

\(\begin{array}{l} \Rightarrow NB = AN \Leftrightarrow {U_C} = {U_{AN}} = 200V\\ \Rightarrow {U_{0C}} = 200\sqrt 2 V\end{array}\)

\(\alpha  = \widehat {ABN} = {60^0}\)  (2 góc đối đỉnh)

Từ giản đồ, ta có điện áp trên đoạn NB trễ pha so với điện áp trên AB một góc \(\alpha  = {60^0} = \dfrac{\pi }{3}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\varphi _{AB}} - {\varphi _{NB}} = \dfrac{\pi }{3}\\ \Rightarrow {\varphi _{NB}} = {\varphi _{AB}} - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{{12}} - \dfrac{\pi }{3} =  - \dfrac{\pi }{4}\left( {rad} \right)\end{array}\)

=> Phương trình điện áp trên đoạn NB: \({u_{NB}} = 200\sqrt 2 cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{4}} \right)V\)

Ta có:

Gọi độ lệch pha giữa điện áp tức thời trên đoạn AN và trên đoạn AB là \(2\alpha \)

=> góc lệch pha giữa điện áp tức thời trên AM và dòng điện cũng là \(2\alpha \)

Vẽ trên giản đồ véc-tơ ta được:

Ta có:

Tam giác AMN cân tại M (do \(\widehat {MAN} = \widehat {MNA}\) )

\( \Rightarrow AM = MN = 120\)

Xét \(\Delta AMN\), có:

\(\begin{array}{l}A{M^2} = M{N^2} + A{N^2} - 2MN.AN.cos\alpha \\ \Leftrightarrow {120^2} = {120^2} + {\left( {120\sqrt 3 } \right)^2} - 2.120.120\sqrt 3 .cos\alpha \\ \Rightarrow cos\alpha  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \alpha  = {30^0}\end{array}\)

+ Xét \(\Delta ANI\), có:

\(\begin{array}{l}\sin \alpha  = \dfrac{{NI}}{{AN}} = \dfrac{{{U_L}}}{{AN}}\\ \Rightarrow {U_L} = AN.\sin \alpha  = 120\sqrt 3 .\sin 30 = 60\sqrt 3 V\end{array}\)

+ Cảm kháng: \({Z_L} = \dfrac{{{U_L}}}{I} = \dfrac{{60\sqrt 3 }}{{2\sqrt 2 }} = 15\sqrt 6 \Omega \)

Dựa vào các dữ kiện đề bài, vẽ giản đồ ta được:

Ta có: \(\Delta AMN\) vuông

\( \Rightarrow cos{\varphi _{AN}} = 0,8\)

\( \Rightarrow \sin {\varphi _{AN}} = \sqrt {1 - co{s^2}{\varphi _{AN}}}  = \sqrt {1 - 0,{8^2}}  = 0,6\)

Xét \(\Delta ANB\), có \({80^2} + {150^2} = {170^2} \Leftrightarrow A{N^2} + A{B^2} = N{B^2}\)

\( \Rightarrow \Delta ANB\) vuông tại A

+ Xét \(\Delta BAN\), có:

\(\widehat {NBA} + \widehat {BNA} = {90^0}\) (1)

+ Xét \(\Delta NEB\), có:

\(\widehat {EBN} + \widehat {ENB} = {90^0}\) (2)

Lấy (1) + (2), ta được:

\(\begin{array}{l}\left( {\widehat {NBA} + \widehat {EBN}} \right) + \left( {\widehat {BNA} + \widehat {ENB}} \right) = {180^0}\\ \Leftrightarrow \widehat {EBA} + \widehat {ENA} = {180^0}\end{array}\)

Mặt khác, ta có \(\widehat {ANE} = {180^0} - \widehat {ANM} = {180^0} - {\varphi _{AN}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {EBA} + {180^0} - \widehat {ANM} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {ANM} = {\varphi _{AN}}\end{array}\)

+ Xét \(\Delta ABF\), có:

\(\begin{array}{l}\sin {\varphi _{AN}} = \dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{U}\\ \Rightarrow {U_{R + r}} = U.\sin {\varphi _{AN}} = 150.0,6 = 90V\end{array}\)

Lại có: \(I = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{{R + r}} \Rightarrow R + r = \dfrac{{{U_{R + r}}}}{I} = \dfrac{{90}}{1} = 90\Omega \)

Từ giản đồ, ta có:

\(\Delta ENB\) vuông cân tại E (tam giác vuông có 1 góc bằng \({45^0}\))

\( \Rightarrow BE = NE = 30V\)

\(ME = MN + NE = 80V = AB\)

\( \Rightarrow \)tứ giác  AMNB là hình chữ nhật

\( \Rightarrow {U_C} = AM = BE = 30V\)

Nhận xét:

 \(U_{NP}^2 = U_{MP}^2 + U_{MN}^2 \to {U_{MN}} \bot {U_{MP}}\)

Ta có:

\({U_{0MN}} = {V_1}\sqrt 2  = 75\sqrt 2 V\)

\({U_{MN}} \bot {U_{MP}} \to {\varphi _{{u_{MN}}}} - {\varphi _{MP}} = \frac{\pi }{2} \to {\varphi _{{u_{MN}}}} = {\varphi _{MP}} + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\)

=> Biểu thức điện áp:

\({u_{MN}} = 75\sqrt 2 {\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)V\)

Ta có: Tam giác AMB là tam giác đều

=> U_AB = U_AM = 220V

Ta có mạch điện được vẽ lại như trên.

Ta có: \(\widehat {BAM} = \dfrac{\pi }{6};\\\widehat {AMB} = \pi - \widehat {BMI} = \pi - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{2\pi }}{3} \\\to \widehat {ABM}= \pi - \left( {\widehat {BAM} + \widehat {AMB}} \right) = \dfrac{\pi }{6}\)

=> \(\Delta AMB\)  cân tại M

=> U_R = U_MB = 120V

$ \Rightarrow I = \dfrac{{{U_R}}}{R} = \dfrac{{120}}{{30}} = 4(A)$