Trên đoạn mạch không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A, M, N, B, Giữa A và M chỉ có

Câu hỏi số 484693:

Vận dụng cao

Trên đoạn mạch không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A, M, N, B, Giữa A và M chỉ có điện trở thuần R. Giữa M và N chỉ có cuộn cảm thuần L. Giữa N và B chỉ có tụ điện C. Biết \(2L > C{R^2}\). Đặt điện áp \(u = U\sqrt 2 \cos \left( {2\pi ft} \right)\) (trong đó f thay đổi được, U tỉ lệ thuận với f, U > 0, f > 0) vào hai đầu A, B. Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc theo f của điện áp hiệu dụng \({U_{AM}}\) giữa hai điểm A, M và của điện áp hiệu dụng \({U_{NB}}\) giữa hai điểm N, B. Khi thay đổi f, giá trị cực đại của \({U_{AM}}\) xấp xỉ bằng

A. 152 V.

B. 148 V.

C. 146 V.

D. 150 V.

Đáp án đúng là: B

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:484693

Phương pháp giải

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở: \({U_R} = \dfrac{{U.R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: \({U_C} = \dfrac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Giải chi tiết

Giả sử điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch tỉ lệ với tần số theo hệ thức: \(U = 2\pi f{U_0} = \omega {U_0}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện là:

\({U_C} = \dfrac{{{\omega _C}{U_0}{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{\omega _C}{U_0}.\dfrac{1}{{{\omega _C}C}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{U_0}}}{{C.\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Ta thấy: \({U_{NB\max }} = {U_{C\max }} = \dfrac{{{U_0}}}{{CR}} \Leftrightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}_{\min } = 0\)

\( \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} \Rightarrow {\omega _C}^2 = \dfrac{1}{{LC}}\)

Ta có: \({U_{NB\max }} = \dfrac{{{U_0}}}{{RC}} = 220\,\,\left( V \right) \Rightarrow {U_0} = 220RC\)

Từ đồ thị ta thấy tại hai giá trị tần số \({f_1} = 15Hz\) và \({f_2} = 60Hz\), điện áp hiệu dụng \({U_{NB}}\) có cùng giá trị, ta có:

\(\begin{array}{l}{U_{NB}} = {U_C} \Rightarrow {U_{C1}} = {U_{C2}} \Rightarrow \dfrac{{{\omega _1}{U_0}{Z_{C1}}}}{{{Z_1}}} = \dfrac{{{\omega _2}{U_0}{Z_{C2}}}}{{{Z_2}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{\omega _1}.\dfrac{1}{{{\omega _1}C}}}}{{{Z_1}}} = \dfrac{{{\omega _2}.\dfrac{1}{{{\omega _2}C}}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow {Z_1} = {Z_2} \Rightarrow {Z_1}^2 = {Z_2}^2\\ \Rightarrow {R^2} + {\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {R^2} + {\left( {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right)^2}\\ \Rightarrow \left| {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right| = \left| {{Z_{L2}} - {Z_{C2}}} \right| \Rightarrow {Z_{L1}} - {Z_{C1}} = {Z_{C2}} - {Z_{L2}}\\ \Rightarrow {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = {Z_{C1}} + {Z_{C2}} \Rightarrow L.\left( {{\omega _1} + {\omega _2}} \right) = \dfrac{1}{C}\left( {\dfrac{1}{{{\omega _1}}} + \dfrac{1}{{{\omega _2}}}} \right)\\ \Rightarrow L\left( {{\omega _1} + {\omega _2}} \right) = \dfrac{1}{C}.\dfrac{{{\omega _1} + {\omega _2}}}{{{\omega _1}{\omega _2}}} \Rightarrow {\omega _1}{\omega _2} = \dfrac{1}{{LC}} = {\omega _C}^2\\ \Rightarrow {f_C}^2 = {f_1}.{f_2} \Rightarrow {f_C} = \sqrt {{f_1}{f_2}} = \sqrt {15.60} = 30\,\,\left( {Hz} \right)\end{array}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AM là:

\(\begin{array}{l}{U_{AM}} = {U_R} = \dfrac{{{\omega _R}{U_0}R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{\omega _R}.220RC.R}}{{\sqrt {{R^2} - \dfrac{{2L}}{C} + {\omega _R}^2{L^2} + \dfrac{1}{{{\omega _R}^2{C^2}}}} }}\\ \Rightarrow {U_R} = \dfrac{{220{R^2}C}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{\omega _R}^4}}.\dfrac{1}{{{C^2}}} - \dfrac{1}{{{\omega _R}^2}}.\left( {\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}} \right) + {L^2}} }}\end{array}\)

Đặt \(x = \dfrac{1}{{{\omega _R}^2}} \Rightarrow {f_{\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{C^2}}}{x^2} - \left( {\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}} \right)x + {L^2}\)

Ta có: \(f{'_{\left( x \right)}} = \dfrac{2}{{{C^2}}}x - \left( {\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}} \right)\)

Để \({U_{R\max }} \Rightarrow {f_{\left( x \right)\min }} \Rightarrow f{'_{\left( x \right)}} = 0 \Rightarrow \dfrac{2}{{{C^2}}}x - \left( {\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}} \right) = 0\)

\( \Rightarrow x = \dfrac{1}{{{\omega _R}^2}} = \left( {\dfrac{{2L}}{C} - {R^2}} \right).\dfrac{{{C^2}}}{2} = LC - \dfrac{{{C^2}{R^2}}}{2}\)

Tại giá trị \({f_C} = 30Hz\) và \({f_3} = 39Hz\), điện áp giữa hai đầu điện trở có giá trị như nhau, ta có:

\(\begin{array}{l}{U_R} = {U_{R3}} \Rightarrow \dfrac{{{\omega _C}{U_0}R}}{Z} = \dfrac{{{\omega _3}{U_0}R}}{{{Z_3}}} \Rightarrow {\omega _C}^2{Z_3}^2 = {\omega _3}^2{Z^2}\\ \Rightarrow {\omega _C}^2\left[ {{R^2} + {{\left( {{\omega _3}L - \dfrac{1}{{{\omega _3}C}}} \right)}^2}} \right] = {\omega _3}^2\left[ {{R^2} + {{\left( {{\omega _C}L - \dfrac{1}{{{\omega _C}C}}} \right)}^2}} \right]\\ \Rightarrow \left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right){R^2} + {\omega _C}^2{\omega _3}^2{L^2} - \dfrac{{2L}}{C}{\omega _C}^2 + \dfrac{{{\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2{C^2}}} - \left( {{\omega _C}^2{\omega _3}^2{L^2} - \dfrac{{2L}}{C}{\omega _3}^2 + \dfrac{{{\omega _3}^2}}{{{\omega _C}^2{C^2}}}} \right) = 0\\ \Rightarrow \left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right){R^2} - \dfrac{{2L}}{C}\left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right) + \dfrac{1}{{{C^2}}}.\left( {\dfrac{{{\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2}} - \dfrac{{{\omega _3}^2}}{{{\omega _C}^2}}} \right) = 0\\ \Rightarrow \left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right){R^2} - \dfrac{{2L}}{C}\left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right) + \dfrac{1}{{{C^2}}}.\dfrac{{\left( {{\omega _C}^2 - {\omega _3}^2} \right)\left( {{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2} \right)}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = 0\\ \Rightarrow {R^2} - \dfrac{{2L}}{C} + \dfrac{1}{{{C^2}}}.\dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = 0 \Rightarrow {R^2}{C^2} - 2LC + \dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = 0\\ \Rightarrow - \dfrac{2}{{{\omega _R}^2}} + \dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = 0 \Rightarrow \dfrac{1}{{{\omega _R}^2}} = \dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{2{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = LC - \dfrac{{{R^2}{C^2}}}{2}\end{array}\)

Lại có tại tần số góc \({\omega _C}\), trong mạch xảy ra cộng hưởng, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{\omega _C}^2}} = LC \Rightarrow \dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{2{\omega _C}^2{\omega _3}^2}} = \dfrac{1}{{{\omega _C}^2}} - \dfrac{{{R^2}{C^2}}}{2}\\ \Rightarrow {R^2}{C^2} = \dfrac{2}{{{\omega _C}^2}} - \dfrac{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}{{{\omega _C}^2{\omega _3}^2}} = \dfrac{{{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}}\end{array}\)

Điện áp hiệu dụng cực đại giữa hai đầu đoạn mạch AM là:

\(\begin{array}{l}{U_{R\max }} = \dfrac{{{\omega _R}.220.{R^2}C}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _R}L - \dfrac{1}{{{\omega _R}C}}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{{\omega _R}.220.{R^2}C}}{{\sqrt {{R^2} + {\omega _R}^2{L^2} - \dfrac{{2LC}}{{{C^2}}} + \dfrac{1}{{{\omega _R}^2{C^2}}}} }}\\ \Rightarrow {U_{R\max }} = \dfrac{{220.{\omega _R}^2{R^2}{C^2}}}{{\sqrt {{\omega _R}^2{R^2}{C^2} + {\omega _R}^4{{\left( {LC} \right)}^2} - 2LC{\omega _R}^2 + 1} }}\end{array}\)

Đặt \(M = {\omega _R}^2{R^2}{C^2} + {\omega _R}^4{\left( {LC} \right)^2} - 2LC{\omega _R}^2 + 1 \Rightarrow {U_{R\max }} = \dfrac{{220{\omega _R}^2{R^2}{C^2}}}{{\sqrt M }}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\omega _R}^2{R^2}{C^2} = \dfrac{{2{\omega _3}^2{\omega _C}^2}}{{{\omega _C}^2 + {\omega _3}^2}}.\dfrac{{{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2{\omega _C}^2}} = \dfrac{{2\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}}\\{\omega _R}^4.{\left( {LC} \right)^2} = \dfrac{{4{\omega _3}^4{\omega _C}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}.\dfrac{1}{{{\omega _C}^4}} = \dfrac{{4{\omega _3}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}\\2LC{\omega _R}^2 = 2.\dfrac{1}{{{\omega _C}^2}}.\dfrac{{2{\omega _3}^2{\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}} = \dfrac{{4{\omega _3}^2}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}}\\ \Rightarrow M = \dfrac{{2\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}} + \dfrac{{4{\omega _3}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}} - \dfrac{{4{\omega _3}^2}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}} + 1\\ \Rightarrow M = \dfrac{{4{\omega _3}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}} - \dfrac{{2{\omega _3}^2 + 2{\omega _C}^2}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}} + 1 = \dfrac{{4{\omega _3}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}} - 1\\ \Rightarrow M = \dfrac{{4{\omega _3}^4 - {{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}} = \dfrac{{3{\omega _3}^4 - 2{\omega _3}^2{\omega _C}^2 - {\omega _C}^4}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow M = \dfrac{{\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)\left( {3{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow {U_{R\max }} = \dfrac{{220.\dfrac{{2\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)}}{{{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2}}}}{{\sqrt {\dfrac{{\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)\left( {3{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}}{{{{\left( {{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}^2}}}} }} = \dfrac{{440.\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)}}{{\sqrt {\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)\left( {3{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)} }}\\ \Rightarrow {U_{R\max }} = 440.\sqrt {\dfrac{{\left( {{\omega _3}^2 - {\omega _C}^2} \right)}}{{\left( {3{\omega _3}^2 + {\omega _C}^2} \right)}}} = 440.\sqrt {\dfrac{{{f_3}^3 - {f_C}^2}}{{3{f_3}^2 + {f_C}^2}}} \\ \Rightarrow {U_{R\max }} = 440.\sqrt {\dfrac{{{{39}^2} - {{30}^2}}}{{{{3.39}^2} + {{30}^2}}}} \approx 148\,\,\left( V \right)\end{array}\)

Đáp án cần chọn là: B

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.