Bài tập phương trình dao động mạch LC (q - u - i)

+ Thời gian để cường độ dòng điện trong mạch giảm từ giá trị lớn nhất xuông đến 1 nửa giá trị lớn nhất là:

\(\Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \dfrac{\pi }{3}.\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{T}{6} = \dfrac{8}{3}\mu s \Rightarrow T = 16\mu s\)

Ta có: \(\dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \dfrac{{{q^2}}}{{Q_0^2}} = 1 \Rightarrow q = {Q_0}.\sqrt {1 - \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}}}  = \dfrac{{{I_0}}}{\omega }.\sqrt {1 - \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}}}  = \dfrac{{{I_0}.T}}{{2\pi }}.\sqrt {1 - \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}}} \)

\(i = 0 \Rightarrow q = \dfrac{{{I_0}T}}{{2\pi }} = 4\sqrt 2 \mu C\)

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Ta thấy từ thời điểm t = 0 thời gian gần nhất để dòng điện trong mạch có giá trị bằng 0 là:

\(\Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \dfrac{{5\pi }}{6}.\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{{5T}}{{12}} = \dfrac{5}{6} \Rightarrow T = 2\mu s \Rightarrow C = \dfrac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}L}} = 25nF\)

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

Thời  gian điện tích trên tụ bằng nửa giá trị cực đại của nó là:

$\Delta t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{\pi }{3}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{6} = {10^{ - 6}}s \Rightarrow T = {6.10^{ - 6}}s = 2\pi \sqrt {LC}  \Rightarrow C = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}L}} = {2,25.10^{ - 7}}F$

\(q = {Q_0}\cos (\omega t + \varphi )\)

Biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch: \(i = q' = \omega {Q_0}\cos (\omega t + \varphi  + \frac{\pi }{2})\)

\(q = {Q_0}\cos (\omega t + \varphi )\)

Biểu thức của hiện điện thế trong mạch là: \(u = \frac{{{Q_0}}}{C}\cos (\omega t + \varphi )\)

Ta có , điện tích q trễ pha hơn cường độ dòng điện 1 góc π/2 và \({I_0} = \omega {q_0}\)

\(i = {I_0}\cos (\omega t + \varphi ) \to q = \frac{{{I_0}}}{\omega }\cos (\omega t + \varphi  - \frac{\pi }{2})\)

+ Tần số góc: \(\omega  = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {0,{{25.10}^{ - 3}}{{.10.10}^{ - 12}}} }} = {2.10^7}(ra{\rm{d}}/s)\)

+ Điện tích cực đại trên tụ: \({q_0} = \dfrac{{{I_0}}}{\omega } = \dfrac{{{{50.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^7}}} = 2,{5.10^{ - 9}}C\)

+ Tại t = 0: \(i = 0 \to q = {q_{max}} = {q_0} = {q_0}c{\rm{os}}\varphi  \to c{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 1}} \to \varphi {\rm{ = 0}}\)

=> \(q{\text{ }} = {\text{ }}2,{5.10^{ - 9}}cos\left( {{{2.10}^7}t} \right){\text{ }}C\)

Cách 2:

Ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {0,{{25.10}^{ - 3}}{{.10.10}^{ - 12}}} }} = {2.10^7}(ra{\rm{d}}/s)\)

+ Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \omega {q_0} \to {q_0} = \dfrac{{{I_0}}}{\omega } = \dfrac{{{{50.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^7}}} = 2,{5.10^{ - 9}}C\)

+ Tại thời điểm ban đầu \(t = 0\), \(i = 0\) và đang tăng, vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:

\( \to {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{2}\)

\( \to {\varphi _q} = {\varphi _i} - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{2} = 0\)

=> Phương trình điện áp: \(q = {q_0}cos\left( {\omega t + {\varphi _q}} \right) = 2,{5.10^{ - 9}}cos\left( {{{2.10}^7}t} \right)C\)

Từ phương trình : i = 20cos(1000t + π/2) mA, ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = 1000 = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} \to L = \frac{1}{{{\omega ^2}C}} = \frac{1}{{{{1000}^2}{{.10}^{ - 6}}}} = 1H\) 

+ Cường độ dòng điện cực đại: I₀ = 20mA

- Ta có: \(CU_0^2 = LI_0^2 \to {U_0} = \sqrt {\frac{{LI_0^2}}{C}}  = \sqrt {{{\frac{{1.({{20.10}^{ - 3}})}}{{{{10}^{ - 6}}}}}^2}}  = 20V\) 

- Dòng điện trong mạch dao động nhanh pha\(\frac{\pi }{2}\) so với điện áp trong mạch: \({\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} \to {\varphi _u} = {\varphi _i} - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{2} = 0\) 

=> u = 20cos(1000t) V

Từ phương trình : u = 5cos(10⁴t) V, ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = {10^4} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} \to L = \frac{1}{{{\omega ^2}C}} = \frac{1}{{{{({{10}^4})}^2}.0,{{4.10}^{ - 6}}}} = 0,025H\) 

+ Hiệu điện thế cực đại: U₀ = 5V

- Ta có: \(CU_0^2 = LI_0^2 \to {I_0} = \sqrt {\frac{{CU_0^2}}{L}}  = \sqrt {{{\frac{{0,{{4.10}^{ - 6}}5}}{{0,025}}}^2}}  = 0,02A\) 

- Dòng điện trong mạch dao động nhanh pha\(\frac{\pi }{2}\) so với điện áp trong mạch: \({\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} = 0 + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\) 

=> i = 2.10^-2cos(10⁴t + π/2) A

- Bước 1:

Ta có:

+ Tần số góc của dao động: \(\omega  = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {{{10.10}^{ - 3}}{{.10.10}^{ - 9}}} }} = {10^5}(ra{\rm{d}}/s)\)

- Bước 2:

+ Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = {U_0}\sqrt {\dfrac{C}{L}}  = 12\sqrt {\dfrac{{{{10.10}^{ - 9}}}}{{{{10.10}^{ - 3}}}}}  = {12.10^{ - 3}}A\)

- Bước 3:

+ Tại t = 0: \(q = {q_0} \to {\varphi _q} = 0\)

Ta có: Dòng điện trong mạch dao động nhanh pha\(\dfrac{\pi }{2}\) so với điện tích trong mạch: \({\varphi _i} = {\varphi _q} + \frac{\pi }{2} = 0 + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{2}\)

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: \(i = 12c{\rm{os}}\left( {{{10}^5}t + \dfrac{\pi }{2}} \right)mA\)

Ta có:

+ Tần số góc của dao động: \(\omega  = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = \frac{1}{{\sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.5.10}^{ - 12}}} }} = {10^7}(ra{\rm{d}}/s)\) 

+ Điện tích cực đại: \({U_0} = \frac{{{q_0}}}{C} \to {q_0} = {U_0}C = {10.5.10^{ - 12}} = {5.10^{ - 11}}C\)  

+ Tại t = 0: \(q = {q_0} \to {\varphi _q} = 0\) 

=> Biểu thức điện tích trên bản tụ là: \(q = {5.10^{ - 11}}c{\rm{os}}\left( {{{10}^7}t} \right)C\) 

Ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{1}{{\sqrt {0,{{2.10}^{ - 3}}{{.500.10}^{ - 12}}} }} = {10^6}\pi (ra{\text{d}}/s)\)

+ Điện tích cực đại: ${U_0} = \dfrac{{{q_0}}}{C} \to {q_0} = {U_0}C = E.C = 1,{5.500.10^{ - 12}} = 0,{75.10^{ - 9}}C$ 

Khi K ở vị trí 1 => Tụ được tích điện

+ Tại t = 0: Khóa K chuyển từ 1 sang 2 => Tụ bắt đầu phóng điện

\( \to t = 0:q = {q_0} \to {\varphi _q} = 0\)

=> Biểu thức điện tích q-t: \(q{\rm{ }} = {\rm{ }}0,75cos({10^6}\pi t){\rm{ }}nC\)

Khoảng thời gian để điện tích trên bản tụ có giá trị từ q₀ đến 0 là: \(\frac{T}{4}\) 

Ta có

+ Chu kì dao động của mạch: \(T = 2\pi \sqrt {LC}  = 2\pi \sqrt {{{1.10.10}^{ - 6}}}  = 0,02{\rm{s}}\)

+ Khoảng thời gian ngắn nhất đi từ q₀ đến q₀/2 là : \(\frac{T}{6} = \frac{{0,02}}{6} = \frac{1}{{300}}s\) 

- Bước 1:

Ta có

+ Chu kì dao động của mạch: \(T = 2\pi \sqrt {LC}  = 2\pi \sqrt {{{5.10}^{ - 6}}{{.5.10}^{ - 6}}}  = 10\pi {.10^{ - 6}}{\rm{s}}\)

+ Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp mà điện tích trên bản tụ có độ lớn cực đại là :

\(\dfrac{T}{2} = \dfrac{{10\pi {{.10}^{ - 6}}}}{2} = 5\pi {.10^{ - 6}}s\)

- Bước 2:

Khoảng thời gian ngắn nhất điện tích từ q₀ về q₀/2: \(\Delta t = \dfrac{T}{6} \to T = 6\Delta t\) 

Ta có:

+ \({I_0} = \omega {q_0} \to \omega  = \frac{{{I_0}}}{{{q_0}}} = \frac{{0,5\sqrt 2 \pi }}{{4\sqrt 2 {{.10}^{ - 6}}}} = 125000\pi \) 

+ Chu kì dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{125000\pi }} = 1,{6.10^{ - 5}}s\) 

+ Thời gian ngắn nhất để điện tích trên một bản tụ giảm từ q₀ đến \(\frac{{{q_0}}}{{\sqrt 2 }}\) là: \(\frac{T}{8} = \frac{{1,{{6.10}^{ - 5}}}}{8} = {2.10^{ - 6}}s\) 

Ta có, thời gian ngắn nhất để tụ phóng hết điện tích từ q = q₀ (thời gian đi từ q₀ đến 0) là:

\(t = \frac{T}{4} = 2\mu s \to T = 8\mu s\) 

Tần số góc: \(\omega  = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{{{8.10}^{ - 6}}}} = 25\pi {.10^4}(ra{\rm{d}}/s)\) 

Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \omega {q_0} = 25\pi {.10^4}{.10^{ - 8}} \approx 7,{85.10^{ - 3}}mA\)

=> Cường độ dòng điện hiệu dụng:$I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{{7,85.10}^{ - 3}}}}{{\sqrt 2 }} = {5,55.10^{ - 3}}A = 5,55mA$

Ta có: \({I_0} = \omega {q_0} \to \omega  = \frac{{{I_0}}}{{{q_0}}} = \frac{{3\pi {{.10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 6}}}} = 3\pi {.10^3}(ra{\rm{d}}/s)\) 

Chu kì dao động của mạch: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{3\pi {{.10}^3}}} = \frac{2}{3}{10^{ - 3}}s\) 

Tại thời điểm q = q₀ thì cường độ dòng điện i = 0 (do cường độ dòng điện và điện tích lệch pha nhau 90⁰)

=> Khoảng thời gian ngắn nhất để i = 0 đến  i = I₀ là \(\frac{T}{4} = \frac{{\frac{2}{3}{{.10}^{ - 3}}}}{4} = \frac{1}{6}{.10^{ - 3}}s\) 

Ta có:

- Khi $q = 0,i = 3\pi (mA) = {I_0}$

=> khi \(i = \dfrac{{3\sqrt 3 \pi }}{2}mA = \dfrac{{{I_0}\sqrt 3 }}{2}\)

Vẽ vòng tròn lượng giác, ta được:

Từ vòng tròn lượng giác, ta có: ${\rm{cos}}\Delta \varphi {\rm{ = }}\dfrac{{\dfrac{{{I_0}\sqrt 3 }}{2}}}{{{I_0}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \to \Delta \varphi  = \dfrac{\pi }{6}$

\(\begin{array}{l} \to q' = {q_0}\sin \Delta \varphi  = {q_0}\sin \dfrac{\pi }{6} = \dfrac{{{q_0}}}{2} = 0,5\mu C \to {q_0} = 1\mu C\\ \to \omega  = \dfrac{{{I_0}}}{{{q_0}}} = \dfrac{{3\pi {{.10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 6}}}} = 3\pi {.10^3}({\rm{r}}a{\rm{d}}/s)\end{array}\)

Ta có: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t \to \Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{\dfrac{\pi }{6}}}{{3\pi {{.10}^3}}} = \dfrac{1}{{18}}{.10^{ - 3}} = \dfrac{1}{{18}}ms\)