Cho đoạn mạch xoay chiều \(AB\) nối tiếp gồm: \(AM\) chứa biến trở \(R\), đoạn mạch \(MN\)

Câu hỏi số 457383:

Vận dụng cao

Cho đoạn mạch xoay chiều \(AB\) nối tiếp gồm: \(AM\) chứa biến trở \(R\), đoạn mạch \(MN\) chứa \(r\), đoạn \(NP\) chứa cuộn cảm thuần, 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?

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

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

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

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

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:457383

Phương pháp giải

Điện áp hiệu dụng: \(U = I.Z\)

Sử dụng giản đồ vecto

Bất đẳng thức Cô – si: \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \) (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b\)

Giải chi tiết

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) là:

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

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) không phụ thuộc vào \(R\), ta có:

\(\begin{array}{l}{\left( {R + r} \right)^2} + {Z_L}^2 = {\left( {R + r} \right)^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\\ \Rightarrow {Z_L}^2 = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} - {Z_L} \Rightarrow {Z_C} = 2{Z_L}\end{array}\)

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa \({u_{AP}}\) và \({u_{AB}}\) là:

\(\tan \left( {2\alpha } \right) = \dfrac{{2\tan \alpha }}{{1 - {{\tan }^2}\alpha }} = \dfrac{{2.\dfrac{{{Z_L}}}{{R + r}}}}{{1 - {{\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{{R + r}}} \right)}^2}}}\)

\(\begin{array}{l}{\left( {\tan 2\alpha } \right)_{\max }} \Rightarrow {\left( {2\alpha } \right)_{\max }} \Rightarrow {\alpha _{\max }} \Rightarrow {\left( {\tan \alpha } \right)_{\max }}\\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{{R + r}}} \right)_{\max }} \Rightarrow {\left( {R + r} \right)_{\min }} \Rightarrow R = 0\end{array}\)

Khi đó ta có:

\({U_1} = {U_{BP}} = {U_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{U.2{Z_L}}}{{\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }}\)

Ta có tích

\(\begin{array}{l}{U_{AN}}.{U_{NP}} = \dfrac{{U.\left( {R + r} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}.\dfrac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ = {U^2}.\dfrac{{{Z_L}.\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {U^2}.{Z_L}.\dfrac{1}{{\left( {R + r} \right) + \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{R + r}}}}\end{array}\)

Đặt \(x = R + r;f\left( x \right) = x + \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{x} \Rightarrow {U_{AN}}.{U_{NP}} = {U^2}.{Z_L}.\dfrac{1}{{f\left( x \right)}}\)

Để tích \({\left( {{U_{AN}}.{U_{NP}}} \right)_{\max }} \Rightarrow f{\left( x \right)_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(\begin{array}{l}x + \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{x} \ge 2\sqrt {x.\dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{x}} = 2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\\f{\left( x \right)_{\min }} \Leftrightarrow x = \dfrac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{x}\\ \Rightarrow {x^2} = {\left( {R + r} \right)^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = {Z_L}^2\\ \Rightarrow R = {Z_L} - r\end{array}\)

Khi đó ta có: \({U_2} = {U_{AM}} = {U_R} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

\( \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{U.\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{\sqrt {2{Z_L}^2} }} = \dfrac{{U.\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{\sqrt 2 {Z_L}}}\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l}{U_1} = 2.\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right){U_2}\\ \Rightarrow \dfrac{{U.2{Z_L}}}{{\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }} = 2.\left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\dfrac{{U.\left( {{Z_L} - r} \right)}}{{\sqrt 2 {Z_L}}}\\ \Rightarrow \sqrt 2 {Z_L}^2 = \left( {\sqrt 6 + \sqrt 3 } \right).\left( {{Z_L} - r} \right).\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} \\ \Rightarrow {Z_L}^2 = \dfrac{{\sqrt 6 + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.\left( {{Z_L} - r} \right).\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} \\ \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r}} \right)^2} = \dfrac{{\sqrt 6 - \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}.\left( {\dfrac{{{Z_L}}}{r} - 1} \right).\sqrt {1 + \dfrac{{{Z_L}^2}}{{{r^2}}}} \,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Đặt \(\tan \alpha = \dfrac{{{Z_L}}}{r}\), thay vào phương trình (1), ta có:

\(\begin{array}{l}{x^2} = \dfrac{{\sqrt 6 + \sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}\left( {x - 1} \right)\sqrt {1 + {x^2}} \Rightarrow x = \tan \alpha \approx 1.377\\ \Rightarrow \alpha \approx {54^0} \Rightarrow 2\alpha = {108^0}\end{array}\)

Góc \({108^0}\) có giá trị gần nhất với góc \(\dfrac{{4\pi }}{7}\)

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.