Cách giải dạng bài mạch rlc có l thay đổi

LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Mạch R-L-C có L thay đổi (các đại lượng khác không đổi).

a.     Phương pháp giải

Lời giải chi tiết

a) Ta có $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\le \frac{U}{R}$.

Dấu bằng xảy ra khi ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Leftrightarrow L=\frac{1}{{{\omega }^{2}}C}\Rightarrow {{I}_{\max }}=\frac{U}{R}$.

Khi đó: ${{U}_{R\max }}={{I}_{\max }}R=U,\ {{U}_{C\max }}={{Z}_{C}}.{{I}_{\max }}={{Z}_{C}}.\frac{U}{R},\,{{P}_{\max }}=RI_{\max }^{2}=R.\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}.$

b) Cách 1: Ta có ${{U}_{L}}=\frac{{{Z}_{L}}.U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-\frac{2{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1}}.$

Đặt $x=\frac{1}{{{Z}_{L}}}$suy ra $\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-\frac{2{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1=\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right){{x}^{2}}-2{{Z}_{C}}.x+1=f\left( x \right)$.

Do $f\left( x \right)$ có $a={{R}^{2}}+Z_{C}^{2}>0$ nên $\text{Min}\ \text{f}\left( x \right)=f\left( \frac{-b}{2a} \right)=f\left( \frac{{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}} \right)=\frac{-\Delta }{4a}=\frac{{{R}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}.$

Vậy, ${{U}_{L\max }}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}} \\ {} {{U}_{L\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}} \\ \end{array} \right..$

Cách 2: Sử dụng giãn đồ vecto.

Ta có: $\cos \beta =\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{RC}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}$.

Áp dụng định lý hàm sin trong $\Delta OAB$ta có:

$\frac{{{U}_{L}}}{\sin \left( \alpha +\beta  \right)}=\frac{U}{\sin \gamma }=\frac{U}{\cos \beta }=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Suy ra ${{U}_{L}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}\sin \left( \alpha +\beta  \right)\le \frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \alpha +\beta =\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ta có: $O{{B}^{2}}=AB.HB\Rightarrow {{U}_{L}}.{{U}_{C}}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2}$

$\Rightarrow {{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}={{R}^{2}}+Z_{C}^{2}.$

Vậy ${{U}_{L\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\ {{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}$.

Chú ý: Khi ${{U}_{L\max }}$ta có: $\ \overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}\ $nên trong tam giác OAB vuông tại O có đường cao OH ta có:

+) Định lý Pytago: ${{U}^{2}}+U_{RC}^{2}=U_{L}^{2}.$

+) $\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{U_{R}^{2}}=\frac{1}{{{U}^{2}}}+\frac{1}{U_{RC}^{2}}.$

+) $O{{A}^{2}}=AB.HA\Rightarrow {{U}^{2}}={{U}_{L}}.\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right).$

+) $OH.AB=OA.OB={{U}_{R}}.{{U}_{L}}={{U}_{RC}}.U=2{{S}_{OAB}}.$

Cách 3: Sử dụng phép biến đổi lượng giác: 

Ta có: $\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}+R\tan \varphi .$

Khi đó ${{U}_{L}}=I.{{Z}_{L}}=\frac{U}{Z}.{{Z}_{L}}=\frac{U}{\frac{R}{\cos \varphi }}\left( {{Z}_{C}}+R\tan \varphi  \right).$

$=\frac{U}{R}\left( {{Z}_{C}}\cos \varphi +R\sin \varphi  \right)\le \frac{U}{R}\sqrt{Z_{C}^{2}+{{R}^{2}}}$(bất đẳng thức $a\sin x+b\cos x\le \sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}).$

c) Ta có: ${{U}_{RL}}=\frac{{{Z}_{RL}}.U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}}.$

Ta khảo sát hàm số $y=1+\frac{Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}.$Khảo sát và tìm GTNN của $y$ta được:

${{U}_{RL\max }}$$\to \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C}}+\sqrt{Z_{C}^{2}+4{{R}^{2}}}}{2} \\ {} {{U}_{RL\max }}=\frac{U}{R}.{{Z}_{L}}=\frac{U}{R}.\frac{{{Z}_{C}}+\sqrt{Z_{C}^{2}+4{{R}^{2}}}}{2} \\ \end{array} \right.$.

${{Z}_{L}}=0\Leftrightarrow {{U}_{RL}}={{U}_{RL\min }}=\frac{U.R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{{Z}_{L}}\to +\infty \Rightarrow {{U}_{RL}}\to U.$

a.     Bài tập minh họa:

Lời giải chi tiết

Ta có ${{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=200\ \Omega .$

a) Từ $\cos \varphi =1\ $mạch có cộng hưởng điện. Khi đó ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=200\ \Omega \Rightarrow L=\frac{2}{\pi }H$

b) Khi $\cos \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow \frac{R}{Z}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow 4{{R}^{2}}=3{{Z}^{2}}=3\left[ {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}} \right]\Rightarrow {{R}^{2}}=3{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

Thay số ta được ${{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=\pm \frac{R}{\sqrt{3}}=\pm 100\Rightarrow \left[ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=300\Omega  \\ {} {{Z}_{L}}=100\Omega  \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{} L=\frac{3}{\pi }H \\ {} L=\frac{1}{\pi }H \\ \end{array} \right.$

c) Theo chứng minh trên, ${{U}_{L}}$đạt cực đại khi $\ {{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}=350\Omega \Rightarrow L=\frac{35}{100\pi }H$

Giá trị cực đại là ${{\left( {{U}_{L}} \right)}_{\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{100\sqrt{42}}{3}V.$

d) Khi L biến thiên để ${{\left( {{U}_{RL}} \right)}_{\max }}$thì ta có $\ \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C}}+\sqrt{Z_{C}^{2}+4{{R}^{2}}}}{2}=232\Omega  \\ {} {{\left( {{U}_{RL}} \right)}_{\max }}=U\frac{{{Z}_{L}}}{R}=189,4\ V \\ \end{array} \right.$

Lại có, ${{U}_{RC}}=I{{Z}_{RC}}\Rightarrow {{\left( {{U}_{RC}} \right)}_{\max }}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=200\Omega  \\ {} {{\left( {{U}_{RC}} \right)}_{\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{100\sqrt{42}}{3}\,V \\ \end{array} \right..$

a.     Bài tập luyện tập mạch R-L-C có L thay đổi (các đại lượng khác không đổi) có đáp án chi tiết

Lời giải chi tiết

Ta có khi điện áp hai đầu cuộn cảm cực đại: ${{U}_{L\max }}\to \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}=100\Omega  \\ {} {{U}_{L\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=125\,V \\ \end{array} \right..$

Chọn A.

Lời giải chi tiết

Khi điện áp hai đầu cuộn cảm cực đại thì:

${{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}=\frac{\frac{1}{{{C}^{2}}{{\omega }^{2}}}+\frac{1}{{{C}^{2}}{{\omega }^{2}}}}{\frac{1}{C\omega }}=\frac{2}{C\omega }\Rightarrow L=\frac{2}{{{\omega }^{2}}C}.$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có ${{Z}_{C}}=80\,\Omega $

Thay đổi L để

${{U}_{L\max }}\to \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}=160\Omega  \\ {} {{U}_{L\max }}=\frac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=160\sqrt{2}\,V \\ \end{array} \right.\Rightarrow I=\sqrt{2}\,A\Rightarrow {{U}_{AN}}=I.{{Z}_{RL}}=80\sqrt{10}\,V.$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\cos \beta =\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{RC}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}.$

Áp dụng định lý hàm sin trong $\Delta OAB$ta có:

$\frac{{{U}_{L}}}{\sin \left( \alpha +\beta  \right)}=\frac{U}{\sin \gamma }=\frac{U}{\cos \beta }=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Suy ra ${{U}_{L}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}\sin \left( \alpha +\beta  \right)\le \frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \alpha +\beta =\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ta có: $O{{A}^{2}}=AB.AH\Rightarrow {{U}^{2}}={{U}_{L}}\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)$

$\Leftrightarrow {{100}^{2}}.3=U_{L}^{2}-200{{U}_{L}}\Rightarrow {{U}_{L}}=300\,V.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\cos \beta =\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{RC}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}$

Áp dụng định lý hàm sin trong $\Delta OAB$ ta có:

$\frac{{{U}_{L}}}{\sin \left( \alpha +\beta  \right)}=\frac{U}{\sin \gamma }=\frac{U}{\cos \beta }=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Suy ra ${{U}_{L}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}\sin \left( \alpha +\beta  \right)\le \frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}.$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \alpha +\beta =\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow \overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ta có: $O{{A}^{2}}=AB.AH\Rightarrow {{U}^{2}}={{U}_{L}}\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)$

$=100.\left( 100-36 \right)\Rightarrow U=80\,\Omega .$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Khi L thay đổi thì ${{U}_{R}}=\frac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\le \frac{U}{R}\Rightarrow {{U}_{R\max }}={{U}_{AB}}.$ Do đó ${{U}_{L\max }}=2U.$

Mặt khác khi ${{U}_{L\max }}$ thì $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$ Áp dụng hệ thức lượng ta có:

${{U}^{2}}=\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right).{{U}_{L}}=\left( 2U-{{U}_{C}} \right).2U\Rightarrow {{U}_{C}}=\frac{3U}{2}\Rightarrow \frac{{{U}_{L}}}{{{U}_{C}}}=\frac{4}{3}.$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có khi ${{\text{U}}_{L\max }}$ thì: $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ta có: $\frac{1}{{{U}^{2}}}+\frac{1}{U_{RC}^{2}}=\frac{1}{U_{R}^{2}}\Rightarrow {{U}_{RC}}=40\,\text{V}$

$\Rightarrow {{\text{U}}_{L}}=\sqrt{{{U}^{2}}+U_{RC}^{2}}=50\,\text{V}\text{.}$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Ta có khi ${{\text{U}}_{L\max }}$ thì $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ta có: ${{U}_{RC}}=\sqrt{4{{U}^{2}}-{{U}^{2}}}=U\sqrt{3}.$

Do đó ${{U}_{R}}=\frac{OA.OB}{AB}=\frac{U\sqrt{3}}{2},\,{{U}_{L}}=2U.$

Suy ra $\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{L}}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\Rightarrow R=\frac{\sqrt{3}}{4}{{Z}_{L}}=\frac{\sqrt{3}}{4}{{L}_{0}}\omega .$ Chọn D.

Lời giải chi tiết

Ta có khi ${{\text{U}}_{L\max }}$ thì  $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Mặt khác $\tan \beta =\frac{{{Z}_{C}}}{R}=\sqrt{3}\Rightarrow \beta =\frac{\pi }{3}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{6}.$ Chọn D.

Lời giải chi tiết

Ta có khi ${{\text{U}}_{L\max }}$ thì $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}.$

Khi đó: $U=OA=30\sqrt{2},\,HB=30.$

Mặt khác $O{{A}^{2}}=AB.HA={{U}_{L}}\left( {{U}_{L}}-30 \right)={{30}^{2}}.2$

$\Rightarrow {{U}_{L}}=60\,\text{V}=AB\Rightarrow \Delta OAB$ vuông cân tại O.

${{U}_{R}}=30\,\text{V}$ suy ra C sai. Chọn C.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}$$\Rightarrow {{U}^{2}}+U_{RC}^{2}=U_{L}^{2}$

$\Leftrightarrow {{U}^{2}}+U_{R}^{2}+U_{C}^{2}=U_{L}^{2}.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_{R1}^{2}+{{\left( {{U}_{L1}}-{{U}_{C1}} \right)}^{2}}}=50\,\text{V}\text{.}$

Do ${{U}_{R1}}=30\,\text{V, }{{U}_{L1}}=20\text{ V, }{{U}_{C1}}=60\text{ V}\Rightarrow {{\text{Z}}_{C}}=2R;\,{{Z}_{L1}}=\frac{2R}{3}.$

Khi $L=2{{L}_{0}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\text{Z}}_{C}}=2R \\ {} {{Z}_{L2}}=2{{Z}_{L1}}=\frac{4R}{3} \\ \end{array} \right.\Rightarrow Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \frac{4R}{3}-2R \right)}^{2}}}=\frac{\sqrt{13}}{3}R.$

Do đó ${{U}_{{{R}_{2}}}}=\frac{U}{Z}.R=\frac{150}{\sqrt{13}}\,\text{V}\text{.}$ Chọn C.

Lời giải

Ta có: ${{Z}_{C}}=40\Omega ,\,P=R{{I}^{2}}=R.\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{R}}.$

${{P}_{\max }}\Leftrightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow Z=R=30\Omega \Rightarrow {{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{Z}=4A,\,{{U}_{0L}}={{Z}_{L}}.{{I}_{0}}=160\text{V}$

Khi đó ${{u}_{L}}$nhanh hơn $u$góc $\frac{\pi }{2}$ nên ${{u}_{L}}=160\cos \left( 100t+\pi  \right)\left( \text{V} \right).$ Chọn C.

Lời giải

Ta có ${{Z}_{C}}=100\,\Omega ,\,P=R{{I}^{2}}=R.\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{R}}.$

${{P}_{\max }}\Leftrightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow Z=R=50\Omega \Rightarrow I=\frac{U}{Z}=2\sqrt{2}A,\,U={{U}_{R}}=100\sqrt{2}\text{V}\text{.}$Chọn D.

Lời giải

Khi $L={{L}_{1}}$ thì ${{I}_{\max }}\Rightarrow $cộng hưởng điện suy ra ${{Z}_{{{L}_{1}}}}={{Z}_{C}}.$

Khi $L={{L}_{2}}=2{{L}_{1}}\Rightarrow {{Z}_{{{L}_{2}}}}=2{{Z}_{{{L}_{1}}}}$ thì ${{U}_{L\max }}\Rightarrow {{Z}_{{{L}_{2}}}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}\Rightarrow 2{{Z}_{C}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}$

$\Leftrightarrow R={{Z}_{C}}={{Z}_{{{L}_{1}}}}=100\ \Omega \Rightarrow \omega =100\pi \,rad\text{/}s.$ Chọn C.

Lời giải

Ta có ${{Z}_{C}}=50\sqrt{3}\,\Omega ,{{U}_{MB}}=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|.\frac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{{{\left( \frac{R}{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}} \right)}^{2}}+1}}.$

Do đó ${{U}_{MB}}$ nhỏ nhất khi ${{\left( \frac{R}{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}} \right)}^{2}}+1$ lớn nhất, khi đó ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow L=\frac{\sqrt{3}}{2}\pi .$ Chọn D.

Lời giải

Ta có khi ${{U}_{L\max }}$ thì $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}$

Khi đó: $U=OA=200\text{ V,}\,{{U}_{L}}=2{{U}_{R}}.$

Suy ra $AB=2OH$nên tam giác OAB vuông cân.

Do đó ${{U}_{C}}={{U}_{R}}\Rightarrow R={{Z}_{C}}.$

Điều chỉnh L để ${{U}_{R\max }}\Leftrightarrow R={{Z}_{C}}={{Z}_{L2}}.$

Khi đó: ${{U}_{L}}=\frac{{{Z}_{L2}}.U}{R}=U=200\text{V}\text{.}$ Chọn C.

Dạng 2. Bài toán hai giá trị ${{\mathbf{L}}_{\mathbf{1}}};{{\mathbf{L}}_{\mathbf{2}}}$

a.     Trường hợp 1: (Nhóm Cộng hưởng).

+) Với hai giá trị $L={{L}_{1}},L={{L}_{2}}$ làm cho một trong các đại lượng $I,P,{{U}_{R}},{{U}_{C}}$ không đổi.

+) Với $L={{L}_{0}}\to {{I}_{\max }},{{P}_{\max }},{{U}_{C\max }},{{U}_{R\max }}$ (khi xảy ra cộng hưởng).

Ta có: $.$

Chứng minh:

Xét hai giá trị $L={{L}_{1}},L={{L}_{2}}$ làm cho I không đổi.

Khi đó: ${{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}.$

Khi $L={{L}_{0}}$ để ${{I}_{\max }}\Rightarrow {{Z}_{L0}}={{Z}_{C}}$  suy ra ${{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{L0}}\Rightarrow {{L}_{1}}+{{L}_{2}}=2{{L}_{0}}.$

Khi đó: $\frac{R}{{{Z}_{1}}}=\frac{R}{{{Z}_{2}}}\Rightarrow \cos {{\varphi }_{1}}=\cos {{\varphi }_{2}}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=-{{\varphi }_{2}}.$

b.     Trường hợp 2: (Liên quan ${{U}_{L\max }})$

+) Với hai giá trị $L={{L}_{1}},L={{L}_{2}}$ làm cho một trong các đại lượng ${{U}_{L}}$không đổi.

+) Với $L={{L}_{0}}\to {{U}_{L\max }}$(khi ${{Z}_{L}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{2{{Z}_{C}}}).$

Chứng minh:

Ta có: ${{U}_{L}}={{Z}_{L}}.\frac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}}{Z_{L}^{2}}+{{\left( 1-\frac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}} \right)}^{2}}}}=\frac{{{U}^{2}}}{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-2\frac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1}}.$

Thành phần không đổi là: $\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-2\frac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1=k\left( k=const=\frac{{{U}^{2}}}{U_{L}^{2}} \right).$

Do đó: $\frac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{Z_{L}^{2}}-2\frac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}+1-k=0\,(*)$ (Phương trình ẩn $\frac{1}{{{Z}_{L}}}).$

Theo Viet cho (*) ta có: $\frac{1}{{{Z}_{L1}}}+\frac{1}{{{Z}_{L2}}}=\frac{-b}{a}=\frac{2{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=\frac{2}{{{Z}_{L0}}}\Leftrightarrow .$

c.      Ví dụ minh họa

Lời giải

Ta có ${{Z}_{L1}}=300\sqrt{3}\,\Omega ,\,{{Z}_{L2}}=100\sqrt{3}\,\Omega .$

a) Do ${{I}_{1}}={{I}_{2}}\Leftrightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{} {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{C}}={{Z}_{{{L}_{2}}}}-{{Z}_{C}} \\ {} {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{C}}={{Z}_{C}}-{{Z}_{{{L}_{2}}}} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left[ \begin{array}{} {{Z}_{L1}}={{Z}_{L2}} \\ {} {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}}{2} \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}}{2}$

Thay số ta được ${{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{1}}}}+{{Z}_{{{L}_{2}}}}}{2}=200\sqrt{3}\,\Omega \Rightarrow C=\frac{{{10}^{-4}}}{2\sqrt{2}}F.$

Gọi ${{\varphi }_{1}}$ là độ lệch pha của u và i khi $L={{L}_{1}},\,{{\varphi }_{2}}$ là độ lệch pha của u và i khi $L={{L}_{2}}.$

Ta có $\left[ \begin{array}{} \tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{100\sqrt{3}}{R} \\ {} tan{{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{2}}}}-{{Z}_{C}}}{R}=-\frac{100\sqrt{3}}{R} \\ \end{array} \right..$ Do ${{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}={{Z}_{C}}-{{Z}_{L2}}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=-{{\varphi }_{2}}.$

Mặt khác ${{Z}_{L1}}>{{Z}_{L2}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\varphi }_{1}}>0 \\ {} {{\varphi }_{2}}<0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\varphi }_{1}}=\frac{\pi }{3} \\ {} {{\varphi }_{2}}=-\frac{\pi }{3} \\ \end{array} \right..$

Từ đó ta được $\tan \frac{\pi }{3}=\frac{100\sqrt{3}}{R}\Rightarrow R=100\,\Omega .$

Vậy các giá trị cần tìm là $R=100\,\Omega ,\,C=\frac{{{10}^{-4}}}{2\sqrt{3}\pi }F.$

b) Viết biểu thức của i:

Với $R=100\,\Omega ,\,{{Z}_{C}}=200\sqrt{3}\,\Omega ,\,{{Z}_{L}}=300\sqrt{3}\,\Omega \Rightarrow Z=200\,\Omega \Rightarrow {{I}_{0}}=\sqrt{2}\,A.$

Độ lệch pha của u và i: $\tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{100\sqrt{3}}{100}=\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{3}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}\Rightarrow {{\varphi }_{i}}=-\frac{\pi }{3}.$

Vậy $i=\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{3} \right)A.$

Với $R=100\,\Omega ,\,{{Z}_{C}}=200\sqrt{3}\,\Omega ,\,{{Z}_{L}}=100\sqrt{3}\,\Omega \Rightarrow Z=200\,\Omega .$

Ta có $tan{{\varphi }_{2}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{2}}}}-{{Z}_{C}}}{R}=-\frac{100\sqrt{3}}{100}=-\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =-\frac{\pi }{3}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}\Rightarrow {{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{3}.$

Vậy $i=\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{3} \right)\text{A}.$

d. Bài tập luyện tập dạng 2

Lời giải

${{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{1}}}}+{{Z}_{{{L}_{2}}}}}{2}\Rightarrow C=\frac{1}{\omega {{Z}_{C}}}=14,47\mu F.$ Chọn A.

Lời giải

Xét hai giá trị $L={{L}_{1}},\,L={{L}_{2}}$ làm cho I không đổi.

Khi đó: ${{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}.$

Khi $L={{L}_{0}}$ để ${{I}_{\max }}\Rightarrow {{Z}_{L0}}={{Z}_{C}}$ suy ra ${{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{L0}}\Rightarrow {{L}_{1}}+{{L}_{2}}=2{{L}_{0}}.$ Chọn A.

Lời giải

L thay đổi để ${{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}=200\,\Omega .$

Mặt khác ${{L}_{2}}=4{{L}_{1}}\Rightarrow {{Z}_{L2}}=4{{Z}_{L1}}\Rightarrow 5{{Z}_{L1}}=200\Rightarrow {{Z}_{L1}}=40\,\Omega \Rightarrow {{L}_{1}}=\frac{0,4}{\pi }H.$ Chọn D.

Lời giải

L thay đổi để ${{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}=400\,\Omega .$

Lại có: ${{U}_{L1}}=3{{U}_{L2}}\Rightarrow \frac{U}{I}.{{Z}_{L1}}=3\frac{U}{I}{{Z}_{L2}}\Rightarrow {{Z}_{L1}}=3{{Z}_{L2}}\Rightarrow {{Z}_{L1}}=300\,\Omega \Rightarrow {{L}_{1}}=\frac{3}{\pi }H.$ Chọn A.

Lời giải

Xét hai giá trị $L={{L}_{1}},\,L={{L}_{2}}$ làm cho P không đổi.

Khi đó: ${{P}_{1}}={{P}_{2}}\Rightarrow {{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L1}}=\frac{4}{3}{{Z}_{C}} \\ {} {{Z}_{L2}}=\frac{2}{3}{{Z}_{C}} \\ \end{array} \right.\left( \text{Do}\,{{Z}_{L1}}=2{{Z}_{L2}} \right).$

Theo giả thiết ta có: $\tan {{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{2}}=-1.$

Do đó $\frac{{{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}}{R}=-1\Rightarrow \frac{1}{9}Z_{C}^{2}={{R}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=300\,\Omega ,\,{{Z}_{L1}}=400\,\Omega .$

Suy ra ${{L}_{1}}=\frac{4}{\pi }\left( H \right),\,C=\frac{{{10}^{-4}}}{3\pi }\left( F \right).$ Chọn B.

Lời giải

Cách 1: [Đại số]. Ta có: ${{U}_{MB}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|.$

$\Leftrightarrow {{U}_{MB}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{\left( \frac{R}{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}} \right)}^{2}}+1}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{\frac{1}{{{\tan }^{2}}\varphi }+1}}={{U}_{AB}}\sin \varphi $ ( với $\varphi $ là độ lớn góc lệch pha).

Suy ra: $\left\{ \begin{array}{} U={{U}_{AB}}\sin {{\varphi }_{1}} \\ {} U\sqrt{8}={{U}_{AB}}\sin {{\varphi }_{2}} \\ \end{array} \right.\xrightarrow{{{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}}{{\sin }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\sin }^{2}}{{\varphi }_{2}}=1.$

$\Leftrightarrow {{\left( \frac{U}{{{U}_{AB}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{U\sqrt{8}}{{{U}_{AB}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow U=\frac{{{U}_{AB}}}{3}=60\,\text{V}\text{.}$ Chọn A.

Cách 2: Sử dụng giãn đồ vecto:

Ta có: $\sin {{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}_{MB1}}}{{{U}_{AB}}}=\frac{U}{{{U}_{AB}}}.$

$\sin {{\varphi }_{2}}=\frac{{{U}_{MB2}}}{{{U}_{AB}}}=\frac{U\sqrt{8}}{{{U}_{AB}}}.$

Mặt khác ${{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}=90{}^\circ $ nên:

$\Leftrightarrow {{\left( \frac{U}{{{U}_{AB}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{U\sqrt{8}}{{{U}_{AB}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow U=\frac{{{U}_{AB}}}{3}=60\,\text{V}\text{.}$

Lời giải

Ta có: ${{P}_{1}}=3{{P}_{2}}\Rightarrow \frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{RI_{1}^{2}}{RI_{2}^{2}}=3\Rightarrow \frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}=\sqrt{3}.$

Mặt khác $\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{U{{I}_{1}}\cos {{\varphi }_{1}}}{U{{I}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}}=\sqrt{3}\frac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos {{\varphi }_{2}}}=3\Rightarrow \frac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos {{\varphi }_{2}}}=\sqrt{3}=\frac{\cos \left| {{\varphi }_{1}} \right|}{\cos \left| {{\varphi }_{2}} \right|}.$

Kết hợp $\left| {{\varphi }_{1}} \right|+\left| {{\varphi }_{2}} \right|=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} \left| {{\varphi }_{1}} \right|=\frac{\pi }{6} \\ {} \left| {{\varphi }_{2}} \right|=\frac{\pi }{3} \\ \end{array} \right..$ Chọn B.

Lời giải

Ta có: $\frac{1}{{{Z}_{L1}}}+\frac{1}{{{Z}_{L2}}}=\frac{2}{{{Z}_{L0}}}.$ Trong đó ${{Z}_{L0}}=\frac{Z_{C}^{2}+{{R}^{2}}}{{{Z}_{C}}}.$

Mặt khác $\tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow {{Z}_{L2}}=R\tan {{\varphi }_{1}}+{{Z}_{C}},\,{{Z}_{L2}}=R\tan {{\varphi }_{2}}+{{Z}_{C}}.$

Suy ra $\frac{1}{R\tan {{\varphi }_{1}}+{{Z}_{C}}}+\frac{1}{R\tan {{\varphi }_{2}}+{{Z}_{C}}}=\frac{2{{Z}_{C}}}{Z_{C}^{2}+{{R}^{2}}}.$

Đây là một PT đồng bậc ta cho $R=1\Rightarrow \frac{1}{\tan 0,52+X}+\frac{1}{\tan 1,05+X}=\frac{2X}{{{X}^{2}}+1}\left( X={{Z}_{C}} \right).$

$\xrightarrow{SHIFT-CALC}X\approx 1\Rightarrow {{Z}_{C}}=1=R,\,{{Z}_{L0}}=2\Rightarrow \tan \varphi =1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}.$ Chọn B.

Lời giải

Hai giá trị của L cho cùng công suất của mạch tương đương với hai giá trị của L cho cùng dòng điện trong mạch $\Rightarrow {{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=75\,\Omega .$

Công suất của mạch khi đó: $P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}.25}{{{25}^{2}}+{{\left( 50-75 \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{50}.$

Công suất của mạch khi cực đại (cộng hưởng) ${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{25}\Rightarrow {{P}_{\max }}=2P=200W.$ Chọn D.