Đặt điện áp xoay chiều có biểu thức $u=U\sqrt{2}\cos 2\pi f$ (U không đổi, f có thể thay đổi được) vào hai đầu đoạn...

Xét trườnq hợp: $2\mathrm{L}>R^2\mathrm{C}$.
Ta có các kết quả sau đây để tính nhanh
Kết quả 1: Khi $U_L=U$ thì ${\omega }_1={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{C{Z}_{\tau }}}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{Z}_{L1}=\sqrt{2}{Z}_{\tau }\\ Z_{L1}={\omega }_{1}L={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{L}{C{Z}_{\tau }}}=Z_1\end{array}$
Chứng minh:
Từ ${\mathrm{U}}_{\mathrm{L}}=\mathrm{U}\iff {\mathrm{Z}}_{\mathrm{L}1}={\mathrm{Z}}_1\iff {\mathrm{Z}}_{\mathrm{L}1}^2={\mathrm{R}}^2+{({\mathrm{Z}}_{\mathrm{L}1}-{\mathrm{Z}}_{\mathrm{C}1})}^2$
$$\Rightarrow Z_{\mathrm{C}1}=\sqrt{2}\sqrt{Z_{\mathrm{L}1}{Z}_{\mathrm{C}1}-{\displaystyle \frac{{\mathrm{R}}^2}{2}}}=\sqrt{2}\sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}-{\displaystyle \frac{{\mathrm{R}}^2}{2}}}=\sqrt{2}{Z}_{\tau }\Rightarrow \{\begin{array}{l}{\omega }_1={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{1}{\mathrm{C}{Z}_{\tau }}}\\ Z_{\mathrm{L}1}={\omega }_1\mathrm{L}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{{\mathrm{CZ}}_{\tau }}}\end{array}$$
Kết quả 2: $U_C=U$ thì ${\omega }_2=\sqrt{2}{\displaystyle \frac{Z_{\tau }}{L}}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{Z}_{L2}=\sqrt{2}{Z}_{\tau }\\ Z_{C2}={\displaystyle \frac{1}{{\omega }_{2}C}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{L}{C}}{\displaystyle \frac{1}{Z_{\tau }}}=Z_2\end{array}$
Chứng minh:
Tù ${\mathrm{U}}_{\mathrm{C}}=\mathrm{U}\Rightarrow {\mathrm{Z}}_{\mathrm{C}1}={\mathrm{Z}}_2\iff {\mathrm{Z}}_{\mathrm{C}2}^2={\mathrm{R}}^2+{({\mathrm{Z}}_{\mathrm{L}2}-{\mathrm{Z}}_{\mathrm{C}2})}^2$
$$\Rightarrow Z_{L2}=\sqrt{2}\sqrt{Z_L{Z}_{C2}-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}}=\sqrt{2}\sqrt{{\displaystyle \frac{L}{C}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}}=\sqrt{2}{Z}_{\tau }\Rightarrow \{\begin{array}{l}{\omega }_2=\sqrt{2}{\displaystyle \frac{Z_{\tau }}{L}}\\ Z_{C2}={\displaystyle \frac{1}{{\omega }_{2}C}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\cdot {\displaystyle \frac{L}{C}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{Z_{\tau }}}\end{array}$$
Chú ý: Ta nhận thấy ${\omega }_2$ có thể lớn hơn hoặc nhỏ hơn ${\omega }_1$ tùy trường hợp.
${\omega }_1<{\omega }_2\iff {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{CZ}}_{\tau }}}<\sqrt{2}{\displaystyle \frac{{\mathrm{Z}}_{\tau }}{\mathrm{L}}}\iff 2{\mathrm{Z}}_{\tau }^2>{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}\iff 2({\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}-{\displaystyle \frac{{\mathrm{R}}^2}{2}})>{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}>{\mathrm{R}}^2$
${\omega }_1>{\omega }_2\iff {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{CZ}}_{\tau }}}<\sqrt{2}{\displaystyle \frac{{\mathrm{Z}}_{\tau }}{\mathrm{L}}}\iff 2{\mathrm{Z}}_{\tau }^2<{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}\iff 2({\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}-{\displaystyle \frac{{\mathrm{R}}^2}{2}})<{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}\Rightarrow \sqrt{{\displaystyle \frac{\mathrm{L}}{\mathrm{C}}}<{\mathrm{R}}^2}$
Kết quả 3: Chuẩn hóa các trường hợp:
Đặt ${\displaystyle \frac{Z_{L1}}{Z_{C1}}}={\displaystyle \frac{Z_{C2}}{Z_{L2}}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}{\displaystyle \frac{L}{C{Z}_{\tau }}}}{\sqrt{2}{Z}_{\tau }}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{C{Z}_{\tau }}}}{\sqrt{2}{\displaystyle \frac{Z_{\tau }}{L}}}}={\displaystyle \frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}}={\displaystyle \frac{1}{2-{\displaystyle \frac{R^{2}C}{L}}}}=m$
$\ast$ Khi $U_L=U,$ chuẩn hóa $Z_C=1;Z_L=m;R=\sqrt{2m-1}$
$\ast$ Khi $U_{Cc}=U,$ chuẩn hóa $Z_L=1;Z_C=m;R=\sqrt{2m-1}$
Quay trở lại bài toán.
Cách 1:
Khi cho f = f0​ + 75 Hz thì điện áp giữa hai đầu cuộn cảm thuần cũng bằng U thì chuẩn hóa $Z_C=1;Z_L=m;R=\sqrt{2m-1}$
Hệ số công suất lúc đó là
$\cos \phi ={\displaystyle \frac{R}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2m-1}}{\sqrt{2m-1+{(m-1)}^2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2m-1}}{m}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}\Rightarrow m=3\pm \sqrt{6}$
Với $m={\displaystyle \frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}}={\displaystyle \frac{f_1}{f_2}}={\displaystyle \frac{f_0+75}{f_0}}>1\Rightarrow 3+\sqrt{6}={\displaystyle \frac{f_0+75}{f_0}}\Rightarrow f_0\approx 16,86$ (Hz)
Cách 2:
Khi tần số của mạch bằng $f_0$ thì $Z_{C_o}=\sqrt{R^2+{(Z_{L_o}-Z_{C_o})}^2}\Rightarrow Z_{L_o}^2=2Z_{L_o}{Z}_{C_o}-R^2={\displaystyle \frac{2L}{C}}-R^2\left(1\right)$
Khi tần số của mạch bằng $\mathrm{f}={\mathrm{f}}_0+75$ th
$U_L=U\Rightarrow Z_L=\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}\Rightarrow Z_C=2Z_L{Z}_C-R^2={\displaystyle \frac{2L}{C}}-R^2\left(2\right)$ Từ (1)
$\Rightarrow Z_{L_o}=Z_C\Rightarrow {\omega }_{o}L={\displaystyle \frac{1}{C\omega }}\Rightarrow \omega {\omega }_o={\displaystyle \frac{1}{LC}}\left(3\right)$
Ta lại có: Từ $\left(1\right)\Rightarrow Z_{L_o}^2={\displaystyle \frac{2L}{C}}-R^2\Rightarrow {\omega }_o^2{L}^2={\displaystyle \frac{2L}{C}}-R^2\Rightarrow {\omega }_o^2=2LC-{\displaystyle \frac{R^2}{L^2}}\left(5\right)$
Thế (3) và
(4) vào (5) ${\omega }_o^2=2\omega {\omega }_o-{\displaystyle \frac{{\omega }^2}{3}}\Rightarrow 3{\omega }_o^2-6\omega {\omega }_o+{\omega }^2=0$
Hay $3f_o^2-6f{f}_o+f^2=0\Rightarrow 3f_o^2-6(f_o+f_1)f_o+{(f_o+f_1)}^2\Rightarrow 2f_o^2+4f_1{f}_o=0\left(6\right)$ vói
$f_1=75Hz$ phương trình (6) có nghiệm $f_o={\displaystyle \frac{-2f_1\pm f_1\sqrt{6}}{2}}$
Loại nghiệm âm ta có ${\mathrm{f}}_{\mathrm{o}}=16,86\mathrm{Hz}$