Các mạch điện xoay chiều

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{2}{\pi } = 200\,\,\left( \Omega \right)\\{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\,\,\left( \Omega \right)\end{array} \right.\)

Tổng trở của đoạn mạch là:

\(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = \sqrt {{{100}^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}} = 100\sqrt 2 \,\,\left( \Omega \right)\)

Cường độ dòng điện cực đại là:

\({I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = \frac{{200\sqrt 2 }}{{100\sqrt 2 }} = 2\,\,\left( A \right)\)

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là:

\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{{200 - 100}}{{100}} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

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

Vậy biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là: i = 2cos100πt (A)

Pha của dòng điện tại thời điểm t là \(100\pi t\).

Đối với đoạn mạch chỉ có cuộn cảm thuẩn, ta có \({u_L} \bot i\)

\( \Rightarrow \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \frac{{u_L^2}}{{U_{0L}^2}} = 1\)

Khi \({u_L} = {U_{0L}} \Rightarrow \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \frac{{U_{0L}^2}}{{U_{0L}^2}} = 1 \Rightarrow i = 0\)

- Mạch chứa \(R:\) dòng điện cùng pha điện áp.

- Mạch chứa \(L:\) dòng điện trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với điện áp.

- Mạch chứa \(C:\) dòng điện sớm pha \(\frac{\pi }{2}\) so với điện áp.

Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L = 100(\Omega ) \to I = \dfrac{U}{{{Z_L}}} = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 {Z_L}}} = \sqrt 2 (A)\)

Trong mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện, cường độ dòng điện sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch.

A, C, D – đúng

B – sai vì: Mạch chỉ có điện trở thì u và i cùng pha với nhau

A - đúng

B, C – sai vì: điện áp và cường độ dòng điện trong mạch chỉ có điện trở biến thiên cùng tần số, cùng pha so với nhau.

D - sai vì:  Nhiệt lượng tỏa ra ở điện trở thuần tỉ lệ với bình phương cường độ hiệu dụng qua nó

\(Q = {I^2}Rt = \frac{{I_0^2Rt}}{2}\)

A, C, D - đúng

B - sai vì pha của dòng điện bằng với pha của điện áp chứ không phải luôn bằng 0.

Ta có:

+ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch chỉ có R: \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{R}\)

+ Cường độ dòng điện và hiệu điện thế trong mạch chỉ có R dao động cùng pha với nhau \( \to {\varphi _i} = {\varphi _u} = \frac{\pi }{3}\)

Ta có,

+ Tổng trở của mạch: \(R{\rm{ }} = {\rm{ }}{R_1} + {\rm{ }}{R_2} = 15 + 25 = 40\Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch: \(I{\rm{ }} = \dfrac{U}{R} = \dfrac{{\dfrac{{110}}{{\sqrt 2 }}}}{{40}} = \dfrac{{11}}{{4\sqrt 2 }} \approx 1,94A\)

Cường độ dòng điện cực đại qua R₁ và R₂ là như nhau và bằng:  \({I_{01}}{\rm{  = }}{{\rm{I}}_{02}} = {I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{R} = \dfrac{{110}}{{40}} = 2,75A\)

Cường độ dòng điện và hiệu điện thế trong mạch dao động cùng pha nhau

=> Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: \(i = 2,75{\rm{cos}}\left( {{\rm{100}}\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)A\)

+ Điện áp cực đại qua \(R_1\) là \(U_{01}=I_0.R_1=41,25V\) 

Điện áp cực đại qua \(R_2\) là \(U_{02}=I_0.R_2=68,75V\)

=> Phương án B - sai

Ta có, cường độ dòng điện cực đại trong mạch: \({I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{R} = \dfrac{{110\sqrt 2 }}{{50}} = \dfrac{{11\sqrt 2 }}{5}A\)

Nhiệt lượng tỏa ra trên R trong 15 phút là: \(Q = {I^2}Rt = \dfrac{{I_0^2Rt}}{2} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{11\sqrt 2 }}{5}} \right)}^2}.50.15.60}}{2} = 217800J = 217,8kJ\)

A- sai vì: Cường độ dòng điện trong mạch chỉ có L trễ pha hơn điện áp u

B, C – đúng vì: \(I = \dfrac{U}{{{Z_L}}} = \dfrac{U}{{\omega L}} = \dfrac{U}{{2\pi fL}}\) => cường độ dòng điện tỉ lệ nghịch với L và f

D - đúng vì cường độ dòng điện biến thiên điều hòa với tần số f

Với đoạn mạch chỉ có L thì cường độ dòng điện hiệu dụng:  \(I = \dfrac{U}{{{Z_L}}} = \dfrac{U}{{\omega L}}\)

Trong đó \(U\) - điện áp hiệu dụng

Từ phương trình điện áp, ta có tần số góc \(\omega  = 120\pi \left( {rad/s} \right)\)

=> Cảm kháng của cuộn cảm: \({Z_L} = \omega L = 120\pi .\frac{2}{\pi } = 240\Omega \)

Mạch chỉ có cuộn cảm nên điện áp nhanh pha hơn dòng điện góc \(\frac{\pi }{2}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}u = {U_C}\cos (\omega t + {\varphi _u}) = {U_0}\cos (\omega t + {\varphi _u})\\i = {I_0}\cos (\omega t + {\varphi _u} - \frac{\pi }{2}) = {I_0}\sin (\omega t + {\varphi _u})\end{array} \right.\\ \to {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\end{array}\)

Ta có:

Mạch chỉ có cuộn cảm nên điện áp nhanh pha hơn dòng điện góc π/2.

Khi đó ta có \({\left( {\dfrac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{I}} \right)^2} = 1\)

Tại thời điểm t₁: \({\left( {\dfrac{{{u_1}}}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{i{}_1}}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)           

Tại thời điểm t₂: \({\left( {\dfrac{{{u_2}}}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{i{}_2}}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)

Từ đó ta được:

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{{u_1}}}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{i{}_1}}{{{I_0}}}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{{u_2}}}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{i{}_2}}{{{I_0}}}} \right)^2}\\ \to \dfrac{{u_1^2 - u_2^2}}{{U_0^2}} = \dfrac{{i_2^2 - i_1^2}}{{I_0^2}}\\ \to \dfrac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \sqrt {\dfrac{{u_1^2 - u_2^2}}{{i_2^2 - i_1^2}}}  = \sqrt {\dfrac{{{{10}^2} - {6^2}}}{{0,{5^2} - 0,{3^2}}}}  = 20\end{array}\)

Mặt khác, ta có: \({Z_L} = \dfrac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 20\Omega \)

Từ phương trình điện áp, ta có tần số góc: \(\omega  = 100\pi \left( {rad/s} \right)\)

Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{{2\pi }}}} = 200\Omega \)

Ta có: Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_C}}} = \frac{{U\sqrt 2 }}{{\frac{1}{{\omega C}}}} = U\sqrt 2 \omega C\)

Dung kháng của mạch là : \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{2\pi .50.\dfrac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 50\Omega \)

Áp dụng hệ thức liên hệ ta được:

\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{{u_C}}}{{{U_{0C}}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\\ \leftrightarrow {\left( {\dfrac{{100}}{{50{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{2}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\\ \leftrightarrow \dfrac{4}{{I_0^2}} + \dfrac{4}{{I_0^2}} = 1\\ \to {I_0} = 2\sqrt 2 A\\ \to {U_{0C}} = {I_0}{Z_C} = 2\sqrt 2 .50 = 100\sqrt 2 V\\ \to {U_C} = \dfrac{{{U_{0C}}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 100V\end{array}\)