Google
Câu hỏi: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối tiếp. Cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thay đổi được. Điều chỉnh $L={{L}_{0}}$ thì điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm cực đại. Các đường cong ở hình vẽ bên là một phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hai đầu đoạn mạch và hai đầu cuộn cảm theo thời gian khi $L={{L}_{0}}.$ Biết ${{t}_{2}}-{{t}_{1}}=\dfrac{1}{360}s$ và $C=\dfrac{{{5.10}^{-4}}}{6\pi }F.$ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là
A. $100\sqrt{3}\text{W}$
B. $36\sqrt{3}W$
C. 100W
D. $108\sqrt{3}W$
A. $100\sqrt{3}\text{W}$
B. $36\sqrt{3}W$
C. 100W
D. $108\sqrt{3}W$
Phương pháp:
+ Vận dụng bài toán L biến thiên để ULmax
+ Sử dụng giản đồ véc tơ
+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \varphi $
Cách giải:
Khi $L={{L}_{0}}$ điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt cực đại, khi đó:
${{u}_{RC}}\bot u$
Lại có: $u={{u}_{R}}+{{u}_{L}}+{{u}_{C}}={{u}_{RC}}+{{u}_{L}}$
Từ đồ thị, ta có:
Tại thời điểm ${{t}_{1}}:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{1}}=60\sqrt{6}V \\
{{u}_{{{L}_{1}}}}=0 \\
\end{array}\Rightarrow {{u}_{R{{C}_{1}}}}=60\sqrt{6}V \right.$
Tại thời điểm ${{t}_{1}}:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{2}}=0V \\
{{u}_{{{L}_{2}}}}=-120\sqrt{6}V \\
\end{array}\Rightarrow {{u}_{R{{C}_{2}}}}=120\sqrt{6}V \right.$
Do ${{u}_{RC}}\bot u\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\left(\dfrac{{{u}_{R{{C}_{1}}}}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{{{u}_{1}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
{{\left(\dfrac{{{u}_{R{{C}_{2}}}}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{{{u}_{2}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
\end{array} \right. $ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\left(\dfrac{60\sqrt{6}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{60\sqrt{6}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
{{\left(\dfrac{120\sqrt{6}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{0}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
\end{array} \right.$
Ta có giản đồ:
Từ giản đồ, ta có:
$\cos \beta =\dfrac{{{U}_{RC}}}{{{U}_{L\max }}}=\dfrac{{{U}_{C}}}{{{U}_{RC}}}\Rightarrow {{U}_{C}}=180V$
$\cos \alpha =\dfrac{U}{{{U}_{L\max }}}=\dfrac{120}{240}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \alpha =\dfrac{\pi }{3}$ $$
Góc quét từ thời điểm t1 → t2 tương ứng với độ lệch pha giữa u và uL
$\Leftrightarrow \omega .\Delta t=\alpha =\frac{\pi }{3}\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=120\pi (rad\text{/s)}$
$\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=100\Omega \Rightarrow I=\frac{{{U}_{C}}}{{{Z}_{C}}}=1,8A$
Độ lệch pha của u so với i: $\varphi =\frac{\pi }{2}-\alpha =\frac{\pi }{6}$
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: $P=UI\cos \varphi =120.1,8.\cos \frac{\pi }{6}=108\sqrt{3}W$
+ Vận dụng bài toán L biến thiên để ULmax
+ Sử dụng giản đồ véc tơ
+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \varphi $
Cách giải:
Khi $L={{L}_{0}}$ điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt cực đại, khi đó:
${{u}_{RC}}\bot u$
Lại có: $u={{u}_{R}}+{{u}_{L}}+{{u}_{C}}={{u}_{RC}}+{{u}_{L}}$
Từ đồ thị, ta có:
Tại thời điểm ${{t}_{1}}:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{1}}=60\sqrt{6}V \\
{{u}_{{{L}_{1}}}}=0 \\
\end{array}\Rightarrow {{u}_{R{{C}_{1}}}}=60\sqrt{6}V \right.$
Tại thời điểm ${{t}_{1}}:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{u}_{2}}=0V \\
{{u}_{{{L}_{2}}}}=-120\sqrt{6}V \\
\end{array}\Rightarrow {{u}_{R{{C}_{2}}}}=120\sqrt{6}V \right.$
Do ${{u}_{RC}}\bot u\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\left(\dfrac{{{u}_{R{{C}_{1}}}}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{{{u}_{1}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
{{\left(\dfrac{{{u}_{R{{C}_{2}}}}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{{{u}_{2}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
\end{array} \right. $ $ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\left(\dfrac{60\sqrt{6}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{60\sqrt{6}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
{{\left(\dfrac{120\sqrt{6}}{{{U}_{0RC}}} \right)}^{2}}+{{\left(\dfrac{0}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1 \\
\end{array} \right.$
Ta có giản đồ:
Từ giản đồ, ta có:
$\cos \beta =\dfrac{{{U}_{RC}}}{{{U}_{L\max }}}=\dfrac{{{U}_{C}}}{{{U}_{RC}}}\Rightarrow {{U}_{C}}=180V$
$\cos \alpha =\dfrac{U}{{{U}_{L\max }}}=\dfrac{120}{240}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \alpha =\dfrac{\pi }{3}$ $$
Góc quét từ thời điểm t1 → t2 tương ứng với độ lệch pha giữa u và uL
$\Leftrightarrow \omega .\Delta t=\alpha =\frac{\pi }{3}\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=120\pi (rad\text{/s)}$
$\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=100\Omega \Rightarrow I=\frac{{{U}_{C}}}{{{Z}_{C}}}=1,8A$
Độ lệch pha của u so với i: $\varphi =\frac{\pi }{2}-\alpha =\frac{\pi }{6}$
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: $P=UI\cos \varphi =120.1,8.\cos \frac{\pi }{6}=108\sqrt{3}W$
Đáp án D.