Google
Câu hỏi: Đặt điện áp $u={{U}_{0}}\cos (100\pi t)$ (t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn dây và tụ điện mắc nối tiếp. Cuộn dây có độ tự cảm $L=\dfrac{0,15}{\pi }(H)$ và điện trở $r=5\sqrt{3}\Omega ,$ tụ điện có điện dung $C=\dfrac{{{10}^{-3}}}{\pi }F.$ Tại thời điểm ${{t}_{1}}(s)$ điện áp tức thời hai đầu cuộn dây có giá trị 100V, đến thời điểm ${{t}_{2}}={{t}_{1}}+\dfrac{1}{75}(s)$ thì điện áp tức thời hai đầu tụ điện cũng bằng 100V. Giá trị của U0 gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. ${{U}_{0}}=150V$
B. ${{U}_{0}}=125V$
C. ${{U}_{0}}=100\sqrt{3}V$
D. ${{U}_{0}}=115V$
A. ${{U}_{0}}=150V$
B. ${{U}_{0}}=125V$
C. ${{U}_{0}}=100\sqrt{3}V$
D. ${{U}_{0}}=115V$
Phương pháp:
+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\tan \varphi =\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}$
+ Sử dụng giản đồ véctơ và vòng tròn lượng giác
+ Sử dụng hệ quả vuông pha.
Cách giải:
+ Cảm kháng: ${{Z}_{L}}=\omega L=15\Omega $
+ Dung kháng: ${{Z}_{C}}=\dfrac{1}{\omega C}=10\Omega $
+ Điện trở trong: $r=5\sqrt{3}\Omega $
+ Độ lệch pha: $\tan \varphi =\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\dfrac{15-10}{5\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =\dfrac{\pi }{6}$
Ta có giản đồ vecto:
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{C}}={{U}_{0C}}\cos \left( 100\pi t-\dfrac{2\pi }{3} \right)V \\
{{u}_{d}}={{U}_{0d}}\cos \left( 100\pi t+\dfrac{\pi }{6} \right)V \\
\end{array} \right.$
$\Rightarrow {{u}_{d}}$ sớm pha hơn ${{u}_{C}}$ một góc $\dfrac{5\pi }{6}$
Ta có: ${{t}_{2}}={{t}_{1}}+\dfrac{1}{75}s\Rightarrow \Delta t=\dfrac{1}{75}s$
⇒ góc quét được từ thời điểm ${{t}_{1}}\Rightarrow {{t}_{2}}$ là: $\Delta \varphi =\omega .\Delta t=100\pi .\dfrac{1}{75}=\dfrac{4\pi }{3}$
Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:
14
Từ VTLG ta có: ${{u}_{{{d}_{1}}}}\bot {{u}_{{{C}_{2}}}}\Rightarrow {{\left( \dfrac{{{u}_{{{d}_{1}}}}}{{{U}_{0d}}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{{{u}_{{{C}_{2}}}}}{{{U}_{0C}}} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow \dfrac{{{100}^{2}}}{U_{0d}^{2}}+\dfrac{{{100}^{2}}}{U_{0C}^{2}}=1$ (1)
Lại có: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{U}_{0C}}={{U}_{0}} \\
{{U}_{0d}}=\sqrt{3}{{U}_{0}} \\
\end{array} \right.$
Thế vào (1) ta suy ra: ${{U}_{0}}=\dfrac{200\sqrt{3}}{3}V$
+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\tan \varphi =\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}$
+ Sử dụng giản đồ véctơ và vòng tròn lượng giác
+ Sử dụng hệ quả vuông pha.
Cách giải:
+ Cảm kháng: ${{Z}_{L}}=\omega L=15\Omega $
+ Dung kháng: ${{Z}_{C}}=\dfrac{1}{\omega C}=10\Omega $
+ Điện trở trong: $r=5\sqrt{3}\Omega $
+ Độ lệch pha: $\tan \varphi =\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\dfrac{15-10}{5\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =\dfrac{\pi }{6}$
Ta có giản đồ vecto:
$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{C}}={{U}_{0C}}\cos \left( 100\pi t-\dfrac{2\pi }{3} \right)V \\
{{u}_{d}}={{U}_{0d}}\cos \left( 100\pi t+\dfrac{\pi }{6} \right)V \\
\end{array} \right.$
$\Rightarrow {{u}_{d}}$ sớm pha hơn ${{u}_{C}}$ một góc $\dfrac{5\pi }{6}$
Ta có: ${{t}_{2}}={{t}_{1}}+\dfrac{1}{75}s\Rightarrow \Delta t=\dfrac{1}{75}s$
⇒ góc quét được từ thời điểm ${{t}_{1}}\Rightarrow {{t}_{2}}$ là: $\Delta \varphi =\omega .\Delta t=100\pi .\dfrac{1}{75}=\dfrac{4\pi }{3}$
Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:
14
Từ VTLG ta có: ${{u}_{{{d}_{1}}}}\bot {{u}_{{{C}_{2}}}}\Rightarrow {{\left( \dfrac{{{u}_{{{d}_{1}}}}}{{{U}_{0d}}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{{{u}_{{{C}_{2}}}}}{{{U}_{0C}}} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow \dfrac{{{100}^{2}}}{U_{0d}^{2}}+\dfrac{{{100}^{2}}}{U_{0C}^{2}}=1$ (1)
Lại có: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{U}_{0C}}={{U}_{0}} \\
{{U}_{0d}}=\sqrt{3}{{U}_{0}} \\
\end{array} \right.$
Thế vào (1) ta suy ra: ${{U}_{0}}=\dfrac{200\sqrt{3}}{3}V$
Đáp án D.