Google
Câu hỏi: Đặt điện áp xoay chiều $u={{U}_{0}}\cos \omega t$ ( ${{U}_{0}}$ và $\omega $ có giá trị dương, không đổi) vào hai đầu đoạn mạch $AB$ như hình bên, trong đó tụ
điện có điện dung $C$ thay đổi được. Biết $R=5r$, cảm kháng của cuộn dây ${{Z}_{L}}=4r$ và $LC{{\omega }^{2}}>1$. Khi $C={{C}_{0}}$ và khi $C=0,5{{C}_{0}}$ thì điện áp giữa hai đầu $M,B$ có biểu thức tương ứng là ${{u}_{1}}={{U}_{01}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ và ${{u}_{2}}={{U}_{02}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ ( ${{U}_{01}}$ và ${{U}_{02}}$ có giá trị dương). Giá trị của là $\varphi $
A. $0,47 rad.$
B. $0,62 rad.$
C. $1,05 rad.$
D. $0,79 rad.$
điện có điện dung $C$ thay đổi được. Biết $R=5r$, cảm kháng của cuộn dây ${{Z}_{L}}=4r$ và $LC{{\omega }^{2}}>1$. Khi $C={{C}_{0}}$ và khi $C=0,5{{C}_{0}}$ thì điện áp giữa hai đầu $M,B$ có biểu thức tương ứng là ${{u}_{1}}={{U}_{01}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ và ${{u}_{2}}={{U}_{02}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ ( ${{U}_{01}}$ và ${{U}_{02}}$ có giá trị dương). Giá trị của là $\varphi $
A. $0,47 rad.$
B. $0,62 rad.$
C. $1,05 rad.$
D. $0,79 rad.$
Từ phương trình của $u={{U}_{0}}\cos \omega t$ và ${{u}_{1}}={{U}_{01}}\cos \left( \omega t+\varphi \right)$ ta có $\varphi ={{\varphi }_{\left( {{u}_{1}}/i \right)}}-{{\varphi }_{\left( u/i \right)}}$
Với $\tan {{\varphi }_{\left( {{u}_{1}}/i \right)}}=\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)$ ; $\tan {{\varphi }_{\left( u/i \right)}}=\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)$
$\varphi ={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)\left( 1 \right)$ ; theo bài ta có:
${{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-2{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-2{{Z}_{C}}}{R+r} \right)$ ${{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-{{Z}_{C}}}{6r} \right)={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-2{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-2{{Z}_{C}}}{6r} \right)$
$\Rightarrow {{Z}_{C}}=r$ ; thay vào $\left( 1 \right)$ ta tìm được $\varphi =0,785rad$
Với $\tan {{\varphi }_{\left( {{u}_{1}}/i \right)}}=\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)$ ; $\tan {{\varphi }_{\left( u/i \right)}}=\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)$
$\varphi ={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)\left( 1 \right)$ ; theo bài ta có:
${{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r} \right)={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-2{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-2{{Z}_{C}}}{R+r} \right)$ ${{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-{{Z}_{C}}}{6r} \right)={{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-2{{Z}_{C}}}{r} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \dfrac{4r-2{{Z}_{C}}}{6r} \right)$
$\Rightarrow {{Z}_{C}}=r$ ; thay vào $\left( 1 \right)$ ta tìm được $\varphi =0,785rad$
Đáp án D.