Phương pháp giản đồ véc tơ là gì? Lý thuyết tóm tắt ngắn gọn

LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM, PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BÀI TẬP GIẢN ĐỒ VECTƠ

Dạng 1. Phương pháo vecto buộc (vecto chung gốc)

Lý thuyết chung và phương pháp giải:

TH1: Mạch RLC có $\overrightarrow{{{U}_{RL}}}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}$:

Đặc điểm: ${{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \tan {{\varphi }_{1}}\tan {{\varphi }_{2}}=-1.$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$+)\text{ }O{{H}^{2}}=HA.HB\Rightarrow U_{R}^{2}={{U}_{L}}{{U}_{C}}\Rightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=\frac{L}{C}.$

$+)\text{ }\frac{1}{U_{R}^{2}}=\frac{1}{U_{RL}^{2}}+\frac{1}{U_{RC}^{2}}.$

$\begin{array}{} +)\text{ }O{{A}^{2}}=AB.AH\Rightarrow U_{RL}^{2}=({{U}_{L}}+{{U}_{C}}).{{U}_{L}} \\ {} U_{RC}^{2}=({{U}_{L}}+{{U}_{C}}).{{U}_{C}}. \\ \end{array}$

$+)\text{ }OH.AB=OA.OB\Rightarrow {{U}_{R}}.({{U}_{L}}+{{U}_{C}})={{U}_{RL}}.{{U}_{RC}}.$

TH2: Mạch RLC có $\overrightarrow{{{U}_{RL}}}\bot \overrightarrow{U}$

Ta có: $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RL}}}$nên trong tam giác OAB vuông tại O

có đường cao OH ta có:

+) Định lý Pytago: ${{U}^{2}}+U_{RL}^{2}=U_{C}^{2}.$

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

$\begin{array}{} +)\text{ }O{{B}^{2}}=AB.HB\Rightarrow {{U}^{2}}={{U}_{C}}.({{U}_{C}}-{{U}_{L}}). \\ {} O{{A}^{2}}=HA.AB\Rightarrow U_{RL}^{2}={{U}_{L}}.{{U}_{C}}\Leftrightarrow U_{R}^{2}+U_{L}^{2}={{U}_{L}}.{{U}_{C}} \\ {} \Rightarrow {{R}^{2}}+Z_{L}^{2}={{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}. \\ \end{array}$

$\begin{array}{} +)\text{ }OH.AB=OA.OB={{U}_{R}}.{{U}_{C}}={{U}_{RL}}.U=2{{S}_{OAB}}. \\ {} \Rightarrow {{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}={{R}^{2}}+Z_{L}^{2}. \\ {} +)\text{ tan}{{\varphi }_{RL}}.\tan \varphi =-1. \\ \end{array}$

TH3: Mạch RLC có $\overrightarrow{{{U}_{RC}}}\bot \overrightarrow{U}$.

Ta có: $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}$nên trong tam giác OAB vuông tại O

có đường cao OH ta có:

$\begin{array}{} +)\text{ }O{{B}^{2}}=AB.HB\Rightarrow {{U}_{L}}.{{U}_{C}}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2} \\ {} \Rightarrow {{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}={{R}^{2}}+Z_{C}^{2}. \\ \end{array}$

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

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

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

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

$+)\text{ }\tan \varphi .\tan {{\varphi }_{RC}}=-1.$

VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG 1.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ.

Ta có: $O{{A}^{2}}=HA.AB\Rightarrow {{160}^{2}}=AB.(AB-72)$

$\Rightarrow AB=200\Rightarrow {{U}_{L}}=HA=128V.$

Mặt khác: $O{{H}^{2}}=HA.HB\Rightarrow {{U}_{R}}=\sqrt{{{U}_{L}}{{U}_{C}}}=96V.$

Suy ra $R=48\Omega ,{{Z}_{L}}=64\Omega $ và ${{Z}_{C}}=36\Omega .$

Lại có: $U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}^{2}}}=8\sqrt{193}$

$\Rightarrow {{U}_{0}}=U\sqrt{2}=8\sqrt{386}V.$

HD giải: Ta có: $\Delta AO{{U}_{C}}$ cân tại O có $\widehat{AO{{U}_{C}}}={{120}^{0}}.$

Mặt khác $OAB{{U}_{C}}$là hình bình hành có $OA=O{{U}_{C}}$nên

$OAB{{U}_{C}}$ là hình thoi. Khi đó tam giác OAB và $OB{{U}_{C}}$

là các tam giác đều.

Do đó ${{U}_{AM}}={{U}_{AB}}={{U}_{MB}}=100\sqrt{2}V.$

${{U}_{R}}=\frac{OA\sqrt{3}}{2}=\frac{100\sqrt{6}}{2}=50\sqrt{5}V.$

HD giải: Ta có : $\overline{U}\bot \overline{{{U}_{RL}}}$nên trong tam giác OAB

vuông tại O có đường cao OH ta có:

$O{{H}^{2}}=HA.HB\Rightarrow U_{R}^{2}={{U}_{L}}.({{U}_{C}}-{{U}_{L}})$

Suy ra ${{R}^{2}}={{Z}_{L}}({{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}).$Chọn C.

HD giải: Điều chỉnh L để ${{U}_{Lm\text{ax}}}$ thì $\overline{{{U}_{RC}}}\bot \overline{U}.$

Ta có: $\overline{U}\bot \overline{{{U}_{RC}}}$ nên ta có: ${{\left( \frac{u}{U} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{u}_{RC}}}{{{U}_{RC}}} \right)}^{2}}=2.$

$\Leftrightarrow \frac{{{100}^{2}}.5}{{{U}^{2}}}+\frac{{{50}^{2}}.2}{U_{RC}^{2}}=2(1).$

Mặt khác $\frac{1}{U_{R}^{2}}=\frac{1}{{{U}^{2}}}+\frac{1}{U_{RC}^{2}}=\frac{1}{{{100}^{2}}}(2).$

Giải hệ(1) và (2) suy ra  $\left\{ \begin{array}{} U=100\sqrt{3}V \\ {} {{U}_{RC}}=50\sqrt{6}V \\ \end{array} \right..$ Chọn B.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ bên.

Ta có: $\widehat{{{U}_{C}}OB}=\widehat{OBA}={{60}^{0}}.$

Suy ra $HB\tan B=OH\Rightarrow HB=\frac{R}{\sqrt{3}}=100.$

Mặt khác ${{Z}_{C}}=\frac{1}{C\omega }=200\Omega \Rightarrow HA=100\Omega ={{Z}_{L}}.$

Do đó $L=\frac{1}{\pi }(H).$ Chọn B.

HD giải:

Cách 1: Ta có: ${{R}^{2}}=\frac{L}{C}\Rightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{L}}{{Z}_{C}}$ nên tam giác

OAB vuông tại O. Chọn

${{U}_{RC}}=I\Rightarrow {{U}_{RL}}=\sqrt{5}\Rightarrow AB=\sqrt{6}.$

Suy ra ${{U}_{R}}=\sqrt{\frac{5}{6}};{{U}_{L}}=\frac{5}{\sqrt{6}};{{U}_{C}}=\frac{1}{\sqrt{6}}$

$\Rightarrow c\text{os}\varphi =\frac{{{U}_{R}}}{\sqrt{U_{R}^{2}+{{({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}^{2}}}}=\sqrt{\frac{5}{21}}.$

Cách 2:[Đại số]. Ta có: ${{R}^{2}}=\frac{L}{C}\Rightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}.$

Lại có: ${{U}_{RL}}=\sqrt{5}{{U}_{RC}}\Rightarrow {{R}^{2}}+Z_{L}^{2}=5({{R}^{2}}+Z_{C}^{2})\Rightarrow 4{{R}^{2}}=Z_{L}^{2}-5Z_{C}^{2}\Leftrightarrow 4{{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}=Z_{L}^{2}-5Z_{C}^{2}.$

$\Leftrightarrow ({{Z}_{L}}-5{{Z}_{C}})({{Z}_{L}}+{{Z}_{C}})=0\Rightarrow {{Z}_{L}}=5{{Z}_{C}}$

$\Rightarrow c\text{os}\varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+16Z_{C}^{2}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+\frac{16}{5}}{{R}^{2}}}.$Do đó $c\text{os}\varphi =\frac{\sqrt{5}}{21}.$Chon D.

HD giải: vẽ giản đồ vecto như hình vẽ:

Khi $C={{C}_{1}}$ ta có: ${{U}_{Lr}}={{U}_{C}}={{U}_{AB}}$ nên $\Delta OAB$đều.

Suy ra $\widehat{AOH}={{30}^{0}}\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{r}=\tan {{30}^{0}}\Rightarrow r={{Z}_{L}}\sqrt{3}.$

Chọn ${{Z}_{L}}=1,r=\sqrt{3}\Rightarrow {{Z}_{Lr}}={{Z}_{C}}=Z=2$

$\Rightarrow U=Z.I=4\sqrt{3}\Rightarrow u=4\sqrt{6}c\text{os}(100\pi t+\pi /12).$

Khi $C={{C}_{2}}$thì ${{U}_{Cm\text{ax}}}$

$\Rightarrow {{Z}_{C2}}=\frac{{{r}^{2}}Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=4\Rightarrow {{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}})}^{2}}}}=\frac{4\sqrt{6}}{\sqrt{3+9}}=2\sqrt{2}.$

$\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =-\frac{\pi }{3}\Rightarrow I=2\sqrt{2}c\text{os}(100\pi t+5\pi /12).$ Chọn A.

Dạng 2: Phương pháp vecto trượt

1.     Lý thuyết chung và phương pháp giải:

Góc giữa hai vecto: Góc giữa 2 vecto $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$

khác $\overrightarrow{0}$được định nghĩa bằng góc $\widehat{AOB}$với

$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a};\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}.$

Quy tắc vẽ :

-Chọn ngang là trục dòng điện.

-Chọn điểm đầu mạch A làm gốc.

-Vẽ lần lượt các véc –tơ $\overrightarrow{{{U}_{R}}};\overrightarrow{{{U}_{L}}};\overrightarrow{{{U}_{C}}};\overrightarrow{{{U}_{r}}}$biểu diễn các điện áp, lần lượt từ O sang B nối đuôi nhau liên tiếp theo các nguyên tắc:

Với R; r ta vẽ mũi tên ngang:

Với L ta vẽ bằng mũi tên đi lên:

Với C ta vẽ bằng mũi tên đi xuống:

Độ dài các véc-tơ tỉ lệ với các giá trị hiệu dụng tương ứng.

-          Nối các điểm trên giản đồ có liên quan đến dữ kiện của bài toán.

-          Biễu diễn các số liệu lên giản đồ.

-          Dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác để tìm các điện áp hoặc góc chưa biết.

2. Minh họa một số mạch thường gặp.

+) Mạch RL. Giản đồ vecto như hình vẽ:

Khi đó $\overrightarrow{{{U}_{C}}}=\overrightarrow{AM},\overrightarrow{{{U}_{L}}}=\overrightarrow{MB},\overrightarrow{{{U}_{RL}}}=\overrightarrow{AB}.$

+) Mạch RC (tương tự).

+) Mạch RLr.

+) Mạch R – Lr – C .

+) Mạch Lr – R – C .

+) Mạch R – C – Lr .

3. Công cụ toán học.

Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a và CA = b.

+) Định lý hàm cos: $\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}$ tương tự

cho cos B, cos C.

+) Đinh lý hàm sin: $\sin =\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}.$

4. VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG 2.

HD giải: Ta có: $\widehat{ABM}={{60}^{0}}-{{30}^{0}}$(góc ngoài của tam

giác ). Do đó $\Delta MAB$ vuông cân tại M.

Khi đó: $AB=2AMc\text{os}{{30}^{0}}=120$

$\Rightarrow AM=\frac{60}{c\text{os}{{30}^{0}}}=40\sqrt{3}\Rightarrow {{U}_{R}}=40\sqrt{3}\Rightarrow I=\sqrt{3}A.$

Chọn A.

HD giải: Xét tam giác AMB ta có:

$\widehat{ABM}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}.$

Áp dụng định lý hàm sin trong $\Delta AMB$ta

có: $\frac{{{U}_{R}}}{\sin B}=\frac{AB}{\sin M}\Rightarrow {{U}_{R}}=80\sqrt{3}V.$

Chọn C.

HD giải: Ta có: $\widehat{MBF}=\widehat{BAI}$ (vì cùng phụ

với góc $\widehat{ABx}$).

Mặt khác $\sin \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{AM}}}=\frac{1}{3}\Rightarrow c\text{os}\varphi =\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

Khi đó $P=UIc\text{os}\varphi =\frac{120\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.1.\frac{2\sqrt{2}}{3}$

$=80\sqrt{3}\text{W}.$. Chọn C.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ.

Xét tam giác AMB có trọng tâm G đồng thời là

trực tâm nên $\Delta AMB$đều.

Khi đó ${{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C}}}{2}=50\Omega .$.

Do đó $L=\frac{0,5}{\pi }(H).$ Chọn B.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ.

Ta có: $\widehat{EAM}=\widehat{BMF}$ (cùng phụ với $\widehat{BMF}$).

Khi đó $\sin \widehat{EAM}=\sin \widehat{BMF}\Rightarrow \frac{100}{x}=\frac{50}{y}.$

(với $AM=x;BM=y$). Lại có: ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}=A{{B}^{2}}$.

Suy ra $x=200,y=100$

$\Rightarrow AE=100\sqrt{3},MF=50\sqrt{3}.$

$\Rightarrow {{U}_{R+r}}=100+50\sqrt{3}\Rightarrow P={{U}_{R+r}}.I=90,3\text{W}.$Chọn D.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ.

Ta có: $\widehat{ABF}={{30}^{0}}.$ Xét $\Delta ABM$ta có:

$A{{M}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{M}^{2}}-2AB.BM\cos B$

Suy ra $AM={{U}_{R}}=120V.$

Dễ dàng suy ra $\widehat{AMB}={{120}^{0}}$

$\Rightarrow {{U}_{R}}=BMc\text{os}{{60}^{0}}=60V.$

Mặt khác $P={{U}_{R+r}}.I\Rightarrow I=2A$

$\Rightarrow R=60\Omega ,r=30\Omega .$.Chọn B.

HD: Ta có : $\left\{ \begin{array}{} U_{L}^{2}+U_{r}^{2}={{50}^{2}} \\ {} {{(50+{{U}_{r}})}^{2}}+{{({{U}_{L}}-120)}^{2}}=U_{AB}^{2}={{(80\sqrt{2})}^{2}}. \\ \end{array} \right.$

Suy ra: ${{(50+{{U}_{r}})}^{2}}+(\sqrt{2500-U_{r}^{2}}-60)=12800.$

$\xrightarrow[SHIFT-CALC]{X={{U}_{R}}}X={{U}_{r}}=30V\Rightarrow {{U}_{L}}=40V\Rightarrow I=\frac{P}{{{U}_{R+r}}}=1A\Rightarrow r=30\Omega .$.Chọn B.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ bên.

Dựng $MB//AN$. Khi đó theo Talet ta có:

$\frac{r}{R+r}=\frac{ME}{AN}\Rightarrow ME=\frac{1}{5}AN=60.$

Mặt khác $MB\bot AN\Rightarrow \Delta MEB$vuông tại M.

Áp dụng hệ thức lượng ta có:

$\frac{1}{U_{r}^{2}}=\frac{1}{M{{E}^{2}}}+\frac{1}{M{{B}^{2}}}\Rightarrow {{U}_{r}}=30\sqrt{3}V$

$\Rightarrow {{U}_{R}}=4{{U}_{r}}=120\sqrt{3}V.$

${{U}_{C}}-{{U}_{L}}=\sqrt{M{{B}^{2}}-U_{r}^{2}}=90V.$

$\Rightarrow AB=\sqrt{{{\left( 150\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{90}^{2}}}\approx 275V.$ Chọn C.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ bên.

Dựng ME//AN. 

Khi đó theo Talet ta có:

$\frac{r}{R+r}=\frac{ME}{AN}=\frac{r}{3r}\Rightarrow ME=\frac{U\sqrt{3}}{3}.$

Xét tam giác MEB vuông tại M.

Suy ra tan $\widehat{MEB}=\frac{MB}{ME}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{MEB}={{60}^{0}}$

Do đó $\widehat{EMH}={{30}^{0}}$. Chọn C.

HD giải: 

Áp dụng định lý hàm số cos cho $\Delta OMN$:

$U_{c}^{\text{2}}={{U}^{2}}+(U\sqrt{3)}c\text{os}{{30}^{0}}-2{{U}^{2}}\sqrt{3}c\text{os}{{30}^{0}}=U.$

$\Rightarrow \Delta OMN$cân tại N có góc $\widehat{OMN}={{30}^{0}}$.

Do đó  $\widehat{OMK}={{60}^{0}}\Rightarrow {{U}_{R}}=OM\cos {{60}^{0}}=\frac{U\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow {{U}_{L}}=OM\sin {{60}^{0}}=\frac{3U}{2}\Rightarrow c\text{os}\varphi =\frac{{{U}_{R}}}{U}$

$=\frac{{{U}_{R}}}{\sqrt{U_{R}^{2}+{{({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}^{2}}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chọn B.

HD giải: Dựng giản đồ vecto như hình vẽ.

Ta có: ${{U}_{AN}}={{U}_{AB}}$ nên tam giác ANB cân tại A

Suy ra AM là đường cao đồng thời là phân giác

$\Rightarrow \widehat{NAM}=\frac{\varphi }{2}\widehat{ANM}\Rightarrow \Delta AMN$ cân tại

M$\Rightarrow {{U}_{AM}}={{U}_{MN}}=150V$.

Mặt khác: $c\text{os}\frac{\varphi }{2}=\frac{{{U}_{MN}}/2}{{{U}_{AM}}}=0,8$

$\Rightarrow c\text{os}\varphi =2{{\cos }^{2}}\frac{\varphi }{2}-1=0,28\Rightarrow {{U}_{L}}={{U}_{MN}}\sin \varphi $.

$={{U}_{MN}}\sqrt{1-c\text{o}{{\text{s}}^{2}}\varphi }=144V$

Dòng điện hiệu dụng trong mạch $I=\frac{{{U}_{L}}}{{{Z}_{L}}}=\frac{144}{120}=1,2A\Rightarrow R=\frac{150}{1,2}=125\Omega .$

Do ${{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}=250\Omega \Rightarrow $Khi nối tắt cuộn dây thì công suất tiêu thụ trong mạch là

$P=\frac{{{U}^{2}}}{R}.c\text{o}{{\text{s}}^{2}}\varphi '=\frac{{{240}^{2}}}{125}.\frac{{{125}^{2}}}{{{125}^{2}}+{{240}^{2}}}=98W.$Chọn C.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình bên.

Ta có: AN//MB và AN = 2MB nên MB là

Đường trung bình của$\Delta ANH$

Suy ra ${{U}_{R}}={{U}_{r}}\Rightarrow R=r,{{Z}_{L}}=2{{Z}_{C}}$.

Do$(\widehat{{{u}_{NB}};{{u}_{MB}}})={{120}^{0}}\Rightarrow \widehat{MBH}={{60}^{0}}=\widehat{ANH}$

$\Rightarrow R+r={{Z}_{L}}\tan {{60}^{0}}={{Z}_{L}}\sqrt{3}=2R\Rightarrow r={{Z}_{C}}\sqrt{3}.$

Chọn A.

HD giải: Phương pháp giản đồ vecto 

Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có:

$\frac{{{U}_{{}}}}{\sin (180-3\varphi )}=\frac{{{U}_{AM}}}{\sin \varphi }$

Tương đương với phương trình: 

$\sin 3\varphi -\frac{5}{4}\sin \varphi =0\Rightarrow 4{{\sin }^{3}}\varphi -\frac{7}{4}\sin \varphi =0.$

Giải phương trình trên ta thu được $\sin \varphi \frac{\sqrt{7}}{4}.$

Áp dụng định lý sin ta thu được ${{U}_{MB}}=240V$.Chọn D.

HD giải: Ta có $\frac{U}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{AM}}}{\sin \gamma }=\frac{{{U}_{MB}}}{\sin \alpha }.$

$\Rightarrow {{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}=\frac{U}{\sin \beta }(\sin \alpha +\sin \gamma )$

Mặt khác: $\sin \alpha +\sin \gamma =2\sin (\frac{\pi -\beta }{2})c\text{os}(\frac{\alpha -\gamma }{2})$

Vậy ${{({{U}_{AM}}+{{U}_{MB}})}_{m\text{ax}}}$ khi $\alpha =\gamma $.

Hơn nữa $\beta =\frac{\pi }{6}\Rightarrow $tam giác đều U = 220V. Chọn D.

HD giải:

+) Phương pháp giản đồ vecto. Ta có thể đơn giản hóa động cơ

điện gồm cuộn cảm và điện trở trong.

Hiệu suất của động cơ:

$H=\frac{A}{P}\Leftrightarrow 0,8=\frac{7500}{{{U}_{M}}.40.c\text{os}({{30}^{0}})}\Rightarrow {{U}_{M}}=271V$

+) Áp dụng định lý cos trong tam giác ta có

$U=\sqrt{U_{M}^{2}+U_{d}^{2}-2{{U}_{M}}{{U}_{d}}c\text{os}\beta }$

$\Rightarrow U=\sqrt{{{271}^{2}}+{{125}^{2}}-2.271.125.c\text{os}{{150}^{0}}}\approx 384V$

Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có:

$\frac{U}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{d}}}{\sin \alpha }\Leftrightarrow \frac{271}{\sin {{150}^{0}}}=\frac{125}{\sin \alpha }\Rightarrow \alpha ={{9}^{0}}$

Vậy độ lệch pha giữa điện áp hai đầu mạch là $\varphi ={{30}^{0}}+\alpha ={{39}^{0}}.$Chọn C.

HD giải: Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có

$\frac{{{U}_{01}}}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{02}}}{\sin \alpha }=\frac{{{U}_{0}}}{\sin {{30}^{0}}}$

$\Rightarrow {{U}_{01}}+{{U}_{02}}=\frac{{{U}_{0}}}{\sin {{30}^{0}}}(\sin \alpha +\sin \beta )$

${{({{U}_{01}}+{{U}_{02}})}_{m\text{ax}}}=\frac{2{{U}_{0}}}{\sin {{30}^{0}}}\sin \left( \frac{180-30}{2} \right)\approx 1202V.$Chọn B.

HD giải: Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có

$\frac{{{U}_{d}}}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{C}}}{\sin \alpha }=\frac{U}{\sin \gamma }\Rightarrow {{U}_{d}}+{{U}_{C}}=\frac{U}{\sin \gamma }\text{ }\!\![\!\!\text{ }\sin \alpha +\sin \beta \text{ }\!\!]\!\!\text{ }$

Biến đổi lượng giác

$\sin \alpha +\sin \beta =2\sin \left( \frac{\alpha +\beta }{2} \right)c\text{os}\left( \frac{\alpha -\beta }{2} \right)$

$\Rightarrow {{\left( {{U}_{d}}+{{U}_{C}} \right)}_{m\text{ax}}}$khi $c\text{os}\left( \frac{\alpha -\beta }{2} \right)=1\Rightarrow \alpha =\beta $

Từ đó ta có : ${{Z}_{C}}=\sqrt{Z_{L}^{2}+{{r}^{2}}}$

Mặt khác $c\text{os}{{\varphi }_{d}}=\frac{r}{\sqrt{Z_{L}^{2}+{{r}^{2}}}}=0,97$

Chuẩn hóa $r=1\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=0,25 \\ {} {{Z}_{C}}=1,03 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \frac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}=0,2425$.Chọn A

HD giải: Phương pháp giản đồ vecto

Ta có : $\left| {{\varphi }_{AB}} \right|=\left| {{\varphi }_{AN}} \right|\Rightarrow \frac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{R+r}=\frac{{{Z}_{L}}}{R+r}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}$

Khoảng thời gian ngắn nhất từ lúc điện áp hai đầu đoạn mạch

AM cực đại đến lúc cường độ dòng điện trong mạch cực đại 

bằng khoảng thời gian ngắn nhất từ lúc điện áp hai đầu AN 

cực đại đến lúc điện áp u cực đại $\Rightarrow {{\varphi }_{AM}}=2{{\varphi }_{AN}}$

Từ hình vẽ ta thấy được $O{{U}_{AN}}{{U}_{AM}}$ là tam giác cân

$c\text{os}{{\varphi }_{AN}}=\frac{U}{2{{U}_{MN}}}\Rightarrow {{\varphi }_{AN}}=\frac{\pi }{6}$

Khoảng thời gian t từ lúc ${{U}_{AM}}$ cực đại đến khi dòng trong mạch cực đại ứng với độ lệch pha $\pi /3$

${{u}_{AN}}$ sớm pha hơn ${{u}_{NB}}$ một góc $\frac{2\pi }{3}\Rightarrow $khoảng thời gian tương ứng trên là 2t. Chọn C.

HD giải: Khi thay đổi C, luôn có: ${{U}_{R}}\bot {{U}_{CL}}$ và U không đổi

$\Rightarrow $điểm M luôn nằm trên đường tròn có bán kính AB. Ta có đường

tròn điện áp:

Sử dụng định lý hàm số sin:

$120=\frac{x}{\sin \varphi }=\frac{x\sqrt{2}}{\sin \left( \frac{5\pi }{12}-\varphi  \right)}\Rightarrow \sin \left( \frac{5\pi }{12}-\varphi  \right)=\sqrt{2}\sin \varphi $

$\Rightarrow \varphi =\pi /6rad$

$\Delta AMB$ vuông tại M: ${{U}_{R1}}=120c\text{os}\frac{\pi }{6}=60\sqrt{3}V.$Chọn A.