Google
Câu hỏi: Đặt điện áp xoay chiều $u={{U}_{0}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ V vào hai đầu đoạn mạch nối tiếp theo thứ tự gồm điện trở R, tụ điện C có điện dung thay đổi được và cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L. Ban đầu điều chỉnh điện dung của tụ đến giá trị ${{C}_{1}}$ thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C đạt cực đại. Sau đó điều chỉnh điện dung của tụ đến giá trị ${{C}_{2}}=\dfrac{{{C}_{1}}}{3}$ thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu tụ đạt giá trị cực đại. Tỉ số $\dfrac{R}{{{Z}_{L}}}$ của đoạn mạch gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau?
A. 3,8.
B. 3,2.
C. 6,0.
D. 1,2.
A. 3,8.
B. 3,2.
C. 6,0.
D. 1,2.
+ Khi ${{Z}_{C}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}$ thì điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RC đạt cực đại, ta có:
$Z_{C1}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C1}}-{{R}^{2}}=0$
+ Khi ${{Z}_{C}}={{Z}_{C2}}=3{{Z}_{{{C}_{1}}}}$ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt cực đại, khi đó:
$3{{Z}_{C1}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow {{Z}_{C1}}=\dfrac{1}{3}\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}$
Ta chuẩn hóa $\left\{ \begin{aligned}
& {{Z}_{L}}=1 \\
& R=n \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {{Z}_{C1}}=\dfrac{1}{3}\left( {{n}^{2}}+1 \right)$
Thay vào phương trình đầu ta thu được
$\dfrac{1}{9}{{\left( {{n}^{2}}+1 \right)}^{2}}-\dfrac{1}{3}\left( {{n}^{2}}+1 \right)-{{n}^{2}}=0\xrightarrow{Shift\to Solve}n=3,2$
Ghi chú:
+ Bài toán ${{Z}_{C}}$ biến thiên để ${{U}_{RC}}$ cực đại:
Điện áp hiệu dụng hai đầu RC
${{U}_{RC}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\underbrace{\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}_{y}}}$
Để ${{U}_{RC\max }}$ thì y phải cực tiểu
$y'=0\Leftrightarrow -2{{Z}_{L}}\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)-2{{Z}_{C}}\left( Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}} \right)\Leftrightarrow $ $$
+ Bài toán ${{Z}_{C}}$ biến thiên để ${{U}_{C\max }}$
Ta có
${{U}_{C}}=\frac{U{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+Z_{C}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{\underbrace{\left( {{R}^{2}}+Z_{L}^{2} \right)\frac{1}{Z_{C}^{2}}-2{{Z}_{L}}\frac{1}{{{Z}_{C}}}+1}_{y}}}$
Để ${{U}_{C\max }}$ thì y cực tiểu, ứng với tam thức bậc hai với biến là $\frac{1}{{{Z}_{c}}}$, ta có y cực tiểu khi
$\frac{1}{{{Z}_{C}}}=\frac{{{Z}_{L}}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}\Rightarrow $
$Z_{C1}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C1}}-{{R}^{2}}=0$
+ Khi ${{Z}_{C}}={{Z}_{C2}}=3{{Z}_{{{C}_{1}}}}$ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt cực đại, khi đó:
$3{{Z}_{C1}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow {{Z}_{C1}}=\dfrac{1}{3}\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}$
Ta chuẩn hóa $\left\{ \begin{aligned}
& {{Z}_{L}}=1 \\
& R=n \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {{Z}_{C1}}=\dfrac{1}{3}\left( {{n}^{2}}+1 \right)$
Thay vào phương trình đầu ta thu được
$\dfrac{1}{9}{{\left( {{n}^{2}}+1 \right)}^{2}}-\dfrac{1}{3}\left( {{n}^{2}}+1 \right)-{{n}^{2}}=0\xrightarrow{Shift\to Solve}n=3,2$
Ghi chú:
+ Bài toán ${{Z}_{C}}$ biến thiên để ${{U}_{RC}}$ cực đại:
Điện áp hiệu dụng hai đầu RC
${{U}_{RC}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\underbrace{\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}_{y}}}$
Để ${{U}_{RC\max }}$ thì y phải cực tiểu
$y'=0\Leftrightarrow -2{{Z}_{L}}\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)-2{{Z}_{C}}\left( Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}} \right)\Leftrightarrow $ $$
+ Bài toán ${{Z}_{C}}$ biến thiên để ${{U}_{C\max }}$
Ta có
${{U}_{C}}=\frac{U{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+Z_{C}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{\underbrace{\left( {{R}^{2}}+Z_{L}^{2} \right)\frac{1}{Z_{C}^{2}}-2{{Z}_{L}}\frac{1}{{{Z}_{C}}}+1}_{y}}}$
Để ${{U}_{C\max }}$ thì y cực tiểu, ứng với tam thức bậc hai với biến là $\frac{1}{{{Z}_{c}}}$, ta có y cực tiểu khi
$\frac{1}{{{Z}_{C}}}=\frac{{{Z}_{L}}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}\Rightarrow $
Đáp án B.