Google
Câu hỏi: . Đặt vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối tiếp một điện áp xoay chiều giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Biết cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thay đổi được. Khi L = L1 và L = L2 thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện có giá trị như nhau. Biết L1 + L2 = 0,8 H. Đồ thị biểu diễn điện áp hiệu dụng UL vào L như hình vẽ. Tổng giá trị L3 + L4 gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,57 H.
B. 0,98 H.
C. 1,45 H.
D. 0,64 H.
A. 1,57 H.
B. 0,98 H.
C. 1,45 H.
D. 0,64 H.
+ Khi $L={{L}_{1}}$ và $L={{L}_{2}}$ thì điện áp hai đầu tụ điện có giá trị như nhau:
${{U}_{C1}}={{U}_{C2}}\Leftrightarrow \dfrac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$
$\Leftrightarrow {{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\to {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{\text{Z}}_{C}}$ (1)
+ ${{U}_{L}}=\dfrac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\leftrightarrow {{U}_{L}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-2\dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1}}\xrightarrow{{{Z}_{L}}\to \infty }{{U}_{L}}=U$
→ Từ đồ thị ta thấy ${{U}_{1}}=U$.
+ Khi $L={{L}_{3}}$ và $L={{L}_{4}}$ thì điện áp hai đầu cuộn cảm giá trị như nhau ${{U}_{L}}=1,5U$
${{U}_{L}}=\dfrac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}}.Z_{L}^{2}={{R}^{2}}+Z_{C}^{2}-2{{\text{Z}}_{C}}{{Z}_{L}}+Z_{L}^{2}$
$\Leftrightarrow \left[ 1-{{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}} \right]Z_{L}^{2}-2{{\text{Z}}_{C}}{{Z}_{L}}+\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)=1$ (*)
2 giá trị ${{Z}_{L3}};{{\text{Z}}_{L4}}$ tương ứng chính là 2 nghiệm của phương trình bậc 2 (*)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: ${{Z}_{L3}}+{{Z}_{L4}}=\dfrac{-b}{2\text{a}}=\dfrac{2{{\text{Z}}_{C}}}{1-{{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}}}=\dfrac{2{{\text{Z}}_{C}}}{\dfrac{5}{9}}=\dfrac{18}{5}{{Z}_{C}}$ (2)
+ Từ (1) và (2) ta có: $\dfrac{{{Z}_{L3}}+{{Z}_{L4}}}{{{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}}=\dfrac{\dfrac{18}{5}}{2}\Leftrightarrow \dfrac{{{L}_{3}}+{{L}_{4}}}{{{L}_{1}}+{{L}_{2}}}=\dfrac{9}{5}\to {{L}_{3}}+{{L}_{4}}=\dfrac{9}{5}.0,8=1,44H$.
${{U}_{C1}}={{U}_{C2}}\Leftrightarrow \dfrac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$
$\Leftrightarrow {{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\to {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{\text{Z}}_{C}}$ (1)
+ ${{U}_{L}}=\dfrac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\leftrightarrow {{U}_{L}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-2\dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1}}\xrightarrow{{{Z}_{L}}\to \infty }{{U}_{L}}=U$
→ Từ đồ thị ta thấy ${{U}_{1}}=U$.
+ Khi $L={{L}_{3}}$ và $L={{L}_{4}}$ thì điện áp hai đầu cuộn cảm giá trị như nhau ${{U}_{L}}=1,5U$
${{U}_{L}}=\dfrac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}}.Z_{L}^{2}={{R}^{2}}+Z_{C}^{2}-2{{\text{Z}}_{C}}{{Z}_{L}}+Z_{L}^{2}$
$\Leftrightarrow \left[ 1-{{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}} \right]Z_{L}^{2}-2{{\text{Z}}_{C}}{{Z}_{L}}+\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)=1$ (*)
2 giá trị ${{Z}_{L3}};{{\text{Z}}_{L4}}$ tương ứng chính là 2 nghiệm của phương trình bậc 2 (*)
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: ${{Z}_{L3}}+{{Z}_{L4}}=\dfrac{-b}{2\text{a}}=\dfrac{2{{\text{Z}}_{C}}}{1-{{\left( \dfrac{U}{{{U}_{L}}} \right)}^{2}}}=\dfrac{2{{\text{Z}}_{C}}}{\dfrac{5}{9}}=\dfrac{18}{5}{{Z}_{C}}$ (2)
+ Từ (1) và (2) ta có: $\dfrac{{{Z}_{L3}}+{{Z}_{L4}}}{{{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}}=\dfrac{\dfrac{18}{5}}{2}\Leftrightarrow \dfrac{{{L}_{3}}+{{L}_{4}}}{{{L}_{1}}+{{L}_{2}}}=\dfrac{9}{5}\to {{L}_{3}}+{{L}_{4}}=\dfrac{9}{5}.0,8=1,44H$.
Đáp án C.