Một đoạn mạch AB gồm điện trở thuần R nối tiếp với cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm

Câu hỏi số 403985:

Vận dụng cao

Một đoạn mạch AB gồm điện trở thuần R nối tiếp với cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm \(L = \dfrac{{0,4}}{\pi }\,\,H\) và mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung có thể thay đổi. Đặt vào hai đầu mạch AB một điện áp \(u = {U_0}\cos \omega t\,\,\left( V \right)\). Khi \(C = {C_1} = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}\,\,F\) thì dòng điện trong mạch trễ pha \(\dfrac{\pi }{4}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch AB. Khi \(C = {C_2} = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}\,\,F\) thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ đạt cực đại là \({U_{C\max }} = 100\sqrt 5 \,\,V\). Giá trị của R là

A. \(50\,\,\Omega \)

B. \(40\,\,\Omega \)

C. \(10\,\,\Omega \)

D. \(20\,\,\Omega \)

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:403985

Phương pháp giải

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện: \(\tan \varphi = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt cực đại: \({U_{C\max }} = \dfrac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R} \Leftrightarrow {Z_C} = \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}}\)

Giải chi tiết

Khi \(C = {C_1} = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}\,\,F\), dòng điện trong mạch trễ pha \(\dfrac{\pi }{4}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch, ta có:

\(\varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow \tan \varphi = \dfrac{{{Z_L} - {Z_{{C_1}}}}}{R} = \tan \dfrac{\pi }{4} = 1 \Rightarrow {Z_L} - {Z_{{C_1}}} = R\)

Khi \(C = {C_2} = \dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}\,\,F = \dfrac{2}{5}{C_1} \Rightarrow {Z_{{C_2}}} = \dfrac{5}{2}{Z_{{C_1}}}\), điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại, ta có:

\(\begin{array}{l}{Z_{{C_2}}} = \dfrac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}} \Rightarrow \dfrac{5}{2}{Z_{{C_1}}} = \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}}\\ \Rightarrow 2{Z_L}^2 - \dfrac{9}{2}{Z_L}{Z_{{C_1}}} + {Z_{{C_1}}}^2 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_L} = 2{Z_{{C_1}}}\\{Z_L} = \dfrac{1}{4}{Z_{{C_1}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\omega L = 2.\dfrac{1}{{\omega {C_1}}}\\\omega L = \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{{\omega {C_1}}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\omega = \sqrt {\dfrac{2}{{L.{C_1}}}} = \sqrt {\dfrac{2}{{\dfrac{2}{\pi }.\dfrac{{0,{{1.10}^{ - 3}}}}{\pi }}}} = 100\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\\\omega = \sqrt {\dfrac{1}{{4.L.{C_1}}}} = \sqrt {\dfrac{1}{{\dfrac{1}{4}.\dfrac{2}{\pi }.\dfrac{{0,{{1.10}^{ - 3}}}}{\pi }}}} = 100\sqrt 2 \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Với \(\omega = 100\pi \left( {rad/s} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_2}}} = 50\left( \Omega \right)\\{Z_L} = 40\left( \Omega \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow 50 = \dfrac{{{R^2} + {{40}^2}}}{{40}} \Rightarrow R = 20\,\,\left( \Omega \right)\)

Với \(\omega = 100\sqrt 2 \pi \left( {rad/s} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_2}}} = \dfrac{{50}}{{\sqrt 2 }}\left( \Omega \right)\\{Z_L} = 40\sqrt 2 \left( \Omega \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{50}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{{R^2} + {{\left( {40\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{40\sqrt 2 }} \Rightarrow {R^2} = - 1200\,\,\left( {loai} \right)\)

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.