Giải chi tiết Đề thi thử Đại học diễn đàn vatliphothong.vn lần I 2015

  • Thread starter Thread starter GS.Xoăn
  • Ngày gửi Ngày gửi
Lời giải câu số 12 được đăng tại đây :D
http://hieubuidinh.blogspot.com/2015/01/ien-ap-hieu-dung-giua-hai-au-oan-mach.html
Bài toán:
Cho mạch điện xoay chiều gồm một điện trở thuần có điện trở $R = 30\left(\Omega \right)$, một tụ điện có điện dung $C$(có thể thay đổi được), một cuộn dây không thuần cảm có cảm kháng bằng $10\left(\Omega \right)$, và điện trở $r$ có giá trị bằng $10\left(\Omega \right)$ mắc nối tiếp nhau theo đúng thứ tự đó. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Người ta cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_1$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị lớn nhất bằng $120\left(V\right)$ và cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_2$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị nhỏ nhất gần giá trị nào nhất sau đây?
A. $50\sqrt{3} \left(V\right)$
B. $60\sqrt{2} \left(V\right)$
C. $36\sqrt{5} \left(V\right)$
D. $32\sqrt{7} \left(V\right)$
Lời giải:
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C: $$U_{RC}=\dfrac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}$$
Đặt $f\left(Z_C\right)=\dfrac{Z_C^2+R^2}{\left(Z_C-Z_L\right)^2+\left(R+r\right)^2}$ thì $U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $f\left(Z_C\right)$ lớn nhất, điều này chỉ xảy ra nếu $f'\left(Z_C\right)=0$ hay $$\dfrac{2Z_C\left(Z_C^2-2Z_C. Z_L+Z_L^2+\left(R+r\right)^2\right)-\left(2Z_C-2Z_L\right)\left(R^2+Z_C^2\right)}{\left(\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2\right)}=0\left(*\right)$$
Bằng biến đổi đại số, $\left(*\right)$ xảy ra nếu $$Z_L. Z_C^2-\left(Z_L^2+r^2+2Rr\right)Z_C+Z_L. R^2=0\left(**\right)$$
Coi $\left(**\right)$ là phương trình bậc hai ẩn $Z_C$, từ $\left(**\right)$ ta có $Z_C = 90\left(\Omega \right)$ hoặc $Z_C= -10\left(\Omega \right)$
Lập bảng biến thiên, chú ý $Z_C$ không thể là số âm, chúng ta nhận thấy
+$U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $Z_C=90\left(\Omega \right)$
+$U_{RC}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $Z_C \rightarrow 0\left(\Omega \right)$
Khi đó tỉ số giữa $U_1$ và $U_2$ bằng $\dfrac{\sqrt{30^2+90^2}}{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(90-10\right)^2}}. \dfrac{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(0-10\right)^2}}{\sqrt{30^2+0^2}}=\dfrac{\sqrt{34}}{4}$
Với giả thiết $U_1= 120\left(V\right)$, suy ra $U_2 \approx 82,32\left(V\right)$
Bằng sợ trợ giúp của máy tính, chúng ta kiểm nghiệm thấy $36\sqrt{5}V$ gần giá trị này nhất.
Chọn đáp án C
 
Ta có:

$U_{RC}=\dfrac{U\sqrt{R^{2}+Z_C^{2}}}{\sqrt{\left(r+R\right)^{2}+\left(Z_L-Z_C\right)^{2}}}$

$=\dfrac{U}{\sqrt{1+\dfrac{r^{2}+2Rr+Z_L^{2}-2Z_L.Z_C}{R^{2}+Z_C^{2}}}}$

Thay số ta được

$U_{RC}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\dfrac{800-20Z_C}{900+Z_C^{2}}}}$

Đến đây dùng đạo hàm sẽ thấy

$U_{RC_{min}} \Leftrightarrow Z_C=0$ và

$ U_{RC_{max}} \Leftrightarrow Z_C=90$

Suy ra $ U_{RC_{min}}=\dfrac{3U\sqrt{17}}{17};

U_{RC_{max}} =\dfrac{3U\sqrt{2}}{4}$

Vậy $U_{RC_{min}} \approx 82,3 V$

Vậy chọn $C$
 
Last edited:
Làm câu ngắn trước :v
Câu 31:
Mấu chốt là khi $f=f_3$ thì $U_{L_{max}}$ khi chưa nối vào máy phát
Do đó ta có:
$f_0^{2}=50.\dfrac{f_0}{\sqrt{3}}
\Rightarrow f_0=\dfrac{50}{\sqrt{3}}
\Rightarrow C=\dfrac{4.10^{-4}}{\pi }$
Vậy chọn $A$
 
ĐỗĐạiHọc2015 đã viết:
Cũng có $d_{max}$ thì áp dụng thôi nhưng hình như bài này không áp dụng được thì phải không có đáp án gần nhất gì mà xa thế, tại sao không áp dụng được công thức bài đó vào bài này nhỉ.
Click để xem thêm...
Tham khảo :3
Gọi phương trình dao động của 3 vật lần lượt là ${{x}_{1}}=\cos \omega t,{{x}_{2}}=\cos \left( \omega t+\alpha \right),{{x}_{3}}=\cos \left( {{\omega }_{2}}t+2\alpha \right)$

Ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=\dfrac{5}{4}$ nên tại $t=0$, ta có $$\cos 0+\cos \alpha +\cos 2\alpha =\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+y-\dfrac{5}{4}=0$$ với $y=\cos \alpha$

Giải phương trình ta được $y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}$

Khoảng cách giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là

$$d=\sqrt{1+{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}$$
$$\Rightarrow d=\sqrt{1+{{\left[ \cos \left( \omega t \right)-\cos \left( \omega t+\alpha \right) \right]}^{2}}}=\sqrt{1+{{\left[ \cos \beta \left( 1-\cos \alpha \right)+\sin \beta \sin \alpha \right]}^{2}}}$$
(Với $\cos \beta = \cos \omega t $ ).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

$$d\le \sqrt{1+\left( {{\cos }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\beta \right)\left[ {{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha \right]}=\sqrt{1+{{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha }$$

Với $\cos \alpha =y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}\Rightarrow {{\sin }^{2}}\alpha =\dfrac{2+\sqrt{11}}{8}\Rightarrow {{d}_{\max }}\approx 1,36cm$
 
Nắng đã viết:
Tham khảo :3
Gọi phương trình dao động của 3 vật lần lượt là ${{x}_{1}}=\cos \omega t,{{x}_{2}}=\cos \left( \omega t+\alpha \right),{{x}_{3}}=\cos \left( {{\omega }_{2}}t+2\alpha \right)$

Ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=\dfrac{5}{4}$ nên tại $t=0$, ta có $$\cos 0+\cos \alpha +\cos 2\alpha =\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+y-\dfrac{5}{4}=0$$ với $y=\cos \alpha$

Giải phương trình ta được $y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}$

Khoảng cách giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là

$$d=\sqrt{1+{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}$$
$$\Rightarrow d=\sqrt{1+{{\left[ \cos \left( \omega t \right)-\cos \left( \omega t+\alpha \right) \right]}^{2}}}=\sqrt{1+{{\left[ \cos \beta \left( 1-\cos \alpha \right)+\sin \beta \sin \alpha \right]}^{2}}}$$
(Với $\cos \beta = \cos \omega t $ ).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

$$d\le \sqrt{1+\left( {{\cos }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\beta \right)\left[ {{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha \right]}=\sqrt{1+{{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha }$$

Với $\cos \alpha =y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}\Rightarrow {{\sin }^{2}}\alpha =\dfrac{2+\sqrt{11}}{8}\Rightarrow {{d}_{\max }}\approx 1,36cm$
Click để xem thêm...
Kinh khủng khiếp Bunhiacopxki bài này chắc của add rồi, add giỏi quá. Mà sao mình không áp dụng đươc ct kia vào thế add.:):)
Công thức đây add $d_{max}=A\sqrt{\left(1+\left|\cos \left(\varphi_1-\varphi_2\right) \right|\right)} $
 
Last edited:
Nắng đã viết:
Tham khảo :3
Gọi phương trình dao động của 3 vật lần lượt là ${{x}_{1}}=\cos \omega t,{{x}_{2}}=\cos \left( \omega t+\alpha \right),{{x}_{3}}=\cos \left( {{\omega }_{2}}t+2\alpha \right)$

Ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=\dfrac{5}{4}$ nên tại $t=0$, ta có $$\cos 0+\cos \alpha +\cos 2\alpha =\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+y-\dfrac{5}{4}=0$$ với $y=\cos \alpha$

Giải phương trình ta được $y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}$

Khoảng cách giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là

$$d=\sqrt{1+{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}$$
$$\Rightarrow d=\sqrt{1+{{\left[ \cos \left( \omega t \right)-\cos \left( \omega t+\alpha \right) \right]}^{2}}}=\sqrt{1+{{\left[ \cos \beta \left( 1-\cos \alpha \right)+\sin \beta \sin \alpha \right]}^{2}}}$$
(Với $\cos \beta = \cos \omega t $ ).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

$$d\le \sqrt{1+\left( {{\cos }^{2}}\beta +{{\sin }^{2}}\beta \right)\left[ {{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha \right]}=\sqrt{1+{{\left( 1-\cos \alpha \right)}^{2}}+{{\sin }^{2}}\alpha }$$

Với $\cos \alpha =y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}\Rightarrow {{\sin }^{2}}\alpha =\dfrac{2+\sqrt{11}}{8}\Rightarrow {{d}_{\max }}\approx 1,36cm$
Click để xem thêm...
Đến đoạn dưới không cần dùng Bunhia cũng được ạ
Tính được $\alpha$ dùng số phức ra ra được biên độ tổng hợp của
$x_1-x_2$ bằng 0,9174.
Từ đó suy ra $d=1,36cm$
:D:D
 
Nắng đã viết:
Ừ. Thực ra là tổng hợp dao dộng như bình thường thôi :D .
Kiểu dùng máy tính để tổng hợp dao động ý :D
Click để xem thêm...
Vâng em bấm rồi ạ
có phải như này không hay em hiểu sai ạ:
$1 - \left(1<\varphi \right)$
nó ra có 0.571 thôi ạ:(
 
Bài toán 36 các bạn có thể xem ở đây nhé:
http://hieubuidinh.blogspot.com/2015/01/gia-tri-cuc-tieu-o-gan-gia-tri-nao-nhat.html
Bài toán
Cho mạch điện xoay chiều $RLC$ mắc nối tiếp. Mắc vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế $U=100\sqrt{5}\left(V\right)$ và tần số thay đổi được. Biết rằng với mọi giá trị của tần số đang xét thì hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm thuần không gấp quá $\sqrt{3}$ lần hiệu điện thế hai đầu điện trở. Khi thay đổi tần số tới $f=f_{1}$ thì $U_{RL}-U_{L}$ đạt cực tiểu. Khi đó hiệu điện thế hai đầu tụ điện gấp hai lần hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm. Hỏi giá trị cực tiểu đó là?
A. $30\left(V\right)$
B. $30\sqrt{3}\left(V\right)$
C. $15\sqrt{2}\left(V\right)$
D. $40\left(V\right)$
Lời giải
Khi thay đổi tần số tới $f=f_{1}$ thì $$U_{RL}-U_{L}=\dfrac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}-\dfrac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}=\dfrac{U.R^2}{\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}+Z_L\right)\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}\right)}.$$
Từ đây chúng ta có $U_{RL}-U_{L}$ đạt cực tiểu khi và chỉ khi biểu thức $\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}+Z_L\right)\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}\right)$ đạt cực đại.
Mà theo bài, ta luôn có $U_L \leq U_R\sqrt{3}$ nên $Z_L \leq R\sqrt{3}$, vậy nên biểu thức $\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}+Z_L\right)\left(\sqrt{R^2+Z_L^2}\right) \leq 2R^2\left(2+\sqrt{3}\right)$
Thay điều này vào biểu thức của $U_{RL}-U_L$ ta có GTNN bằng $\dfrac{100\sqrt{5}}{2\left(2+\sqrt{3}\right)} \approx 30\left(V\right)$
Chọn đáp án A.​
 
Bạn phải đăng nhập hoặc đăng kí để trả lời.

Quảng cáo

Back
Top