Cho đoạn mạch xoay chiều AB nối tiếp gồm: AM chứa biến trở R, đoạn mạch MN chứa r, đoạn NP chứa cuộn cảm thuẩn, đoạn PB chứa tụ điện có điện dung biến thiên. Ban đầu thay đổi tụ điện sao cho U_AP không phụ thuộc vào biến trở R. Giữ nguyên giá trị điện dung đó và thay đổi biến trở. Khi u_AP lệch pha cực đại so với u_AB thì \({U_{PB}} = {U_1}\). Khi tích \(\left( {{U_{AN}}.{U_{NP}}} \right)\) cực đại thì \({U_{AM}} = {U_2}\). Biết rằng \({U_1} = 2\left( {\sqrt 6 - \sqrt 3 } \right){U_2}\). Độ lệch pha cực đại giữa u_AP và u_AB gần nhất với giá trị nào?

Câu 406947:

A. \(\dfrac{{3\pi }}{7}\)

B. \(\dfrac{{6\pi }}{7}\)

C. \(\dfrac{{5\pi }}{7}\)

D. \(\dfrac{{4\pi }}{7}\)

Câu hỏi : 406947

Quảng cáo

Phương pháp giải:

+ C biến thiên để URL không phụ thuộc vào R: Z_C = 2.Z_L

+ Sử dụng giản đồ véc-tơ

+ Sử dụng định luật Ôm và các biến đổi toán học

Đáp án : D
(0) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:
Khi thay đổi C để UAP không phụ thuộc biến trở R. Ta có:

+ Khi R thay đổi ta luôn có ΔAPB luôn là tam giác cân tại A.

+ Ta thấy khi R thay đổi, nếu ta di chuyển điểm A→ M thì góc 2φ chính là độ lệch pha của UAP và UAB và nó càng lớn. Vậy độ lệch pha cực đại của UAP và UAB khi điểm A trùng với điểm M hay lúc đó R = 0.

Khi đó: \({U_1} = {U_{PB}} = \dfrac{U}{{{Z_1}}}.{Z_C} = \dfrac{U}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}.2{Z_L}\)

+ Khi R = R₀: \(\left( {{U_{AN}}.{U_{NP}}} \right) \le \dfrac{{U_{AN}^2 + U_{NP}^2}}{2} = \dfrac{{{U^2}}}{2}\)

Vậy (UAN.UNP) lớn nhất khi tam giác APB là tam giác vuông cân.

Lúc này: \({U_2} = {U_{AM}} = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - {U_r}\)

Từ hình vẽ suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = R + r\\{Z_2} = \sqrt 2 .\left( {R + r} \right)\end{array} \right.\)

Nên:

\({U_2} = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - I.r = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{U}{{{Z_2}}}.r = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }} - \dfrac{U}{{\sqrt 2 \left( {R + r} \right)}}.r \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{U\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{\sqrt 2 .{Z_L}}}\)

Lại có từ đề bài: \({U_1} = 2\left( {\sqrt 6 - \sqrt 3 } \right){U_2}\)

Nên ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{U}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}.2{Z_L} = 2\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right)\dfrac{{U\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{\sqrt 2 .{Z_L}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{Z_L}}}{{\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }} = \dfrac{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{{\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{{Z_L}}}\\ \Rightarrow Z_L^2 = \dfrac{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 2 }}.\left( {{Z_L} - r} \right).\sqrt {{r^2} + Z_L^2} \\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r}} \right)^2} = \dfrac{{\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 2 }}.\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r} - 1} \right).\sqrt {1 + {{\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r}} \right)}^2}} \end{array}\)

Đặt \(x = \tan \varphi = \dfrac{{{Z_L}}}{r}\) ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{\sqrt 6 + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.\left( {x - 1} \right).\sqrt {1 + {x^2}} \Rightarrow x \approx 1,377 \Rightarrow \varphi \approx {54^0}\\ \Rightarrow 2\varphi \approx {108^0} = \dfrac{{3\pi }}{5}\end{array}\)

→ Gần với \(\dfrac{{4\pi }}{7}\) nhất.

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây

Xem bình luận

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.