Bài tập độ lệch pha có đáp án chi tiết

BÀI TẬP VỀ ĐỘ LỆCH PHA CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

HD giải: Theo giả thiết bài toán ta có:

$\left( \overrightarrow{U};\overrightarrow{{{U}_{RC}}} \right)=90{}^\circ ;\left( \overrightarrow{{{U}_{L}}};\overrightarrow{{{U}_{RC}}} \right)=135{}^\circ \Rightarrow \left( \overrightarrow{{{U}_{L}}};\overrightarrow{U} \right)=45{}^\circ $.

Suy ra $\left( \overrightarrow{U};\overrightarrow{{{U}_{R}}} \right)=45{}^\circ \Rightarrow $tam giác $OU{{U}_{R}}$ vuông cân.

Do đó $U={{U}_{R}}\sqrt{2}.$ Chọn C.

HD giải: Do ${{u}_{RC}}$ lệch pha $3\pi /4$ so với điện áp ${{u}_{L}}$ nên ${{u}_{RC}}$ lệch pha $\frac{\pi }{4}$ so với i.

Khi đó $\tan {{\varphi }_{RC}}=-1=\frac{-{{Z}_{C}}}{R}\Leftrightarrow R={{Z}_{C}}.$ Chọn D.

HD giải: Để ${{u}_{C}}$ chậm pha $3\pi /4$ so với ${{u}_{AB}}$ thì ${{u}_{AB}}$ nhanh pha hơn i góc $\frac{\pi }{4}$.

Khi đó $\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{100-50}{R}\Rightarrow R=50\Omega .$  Chọn A.

HD giải: Để ${{u}_{RL}}\bot {{u}_{RC}}$ thì $\tan {{\varphi }_{RL}}.tan{{\varphi }_{RC}}=-1\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{R}\frac{-{{Z}_{C}}}{R}=1.$

$\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=\frac{L}{C}=20000\Rightarrow R=100\sqrt{2}.$ Chọn C.

HD giải: Vẽ giản đồ vecto như hình vẽ.

Ta có: ${{U}_{L}}={{U}_{d}}\sin \frac{\pi }{3}=30\sqrt{3}.$

Lại có: $U\sin \varphi ={{U}_{L}}=30\sqrt{3}\Rightarrow U=\frac{30\sqrt{3}}{\sin \frac{\pi }{6}}=60\sqrt{3}V.$

Chọn D.

HD giải: Ta có ${{Z}_{L2}}=\frac{1}{2}{{Z}_{L1}}.$ Khi $L={{L}_{1}}$ và khi $L={{L}_{2}}=\frac{{{L}_{1}}}{2}$ thì công suất tiêu thụ như nhau nên.

${{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}=2{{Z}_{C}}\Leftrightarrow \frac{3}{2}{{Z}_{L1}}=\frac{4}{3}{{Z}_{C}}.$

Mặt khác: $\frac{{{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}}{R}=-1\Leftrightarrow \frac{\frac{4}{3}{{Z}_{C}}-{{Z}_{C}}}{100}.\frac{\frac{2}{3}{{Z}_{C}}-{{Z}_{C}}}{100}=-1\Leftrightarrow {{Z}_{C}}=300\Omega .$

$\Rightarrow {{Z}_{L}}=400\Omega \Rightarrow L=\frac{4}{\pi }\left( H \right);C=\frac{{{10}^{-4}}}{3\pi }\left( F \right).$ Chọn C.

HD giải: ${{U}_{d1}}=\frac{1}{3}{{U}_{d2}}\Rightarrow {{Z}_{1}}=3{{Z}_{2}};{{Z}_{C1}}=3{{Z}_{C2}}.$

Do ${{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}-{{\varphi }_{1}}$ nên ${{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{R}{{{Z}_{1}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{R}{{{Z}_{1}}/3} \right)}^{2}}=1$

Do đó: $R\sqrt{10}={{Z}_{1}}.$ Để đơn giản ta chọn $R=1\Rightarrow {{Z}_{1}}=\sqrt{10},{{Z}_{2}}=\frac{\sqrt{10}}{3}.$

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{} {{Z}_{C1}}-{{Z}_{L}}=3 \\ {} {{Z}_{L}}-\frac{{{Z}_{C1}}}{3}=\frac{1}{3} \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{Z}_{L}}=2 \\ {} {{Z}_{C1}}=5 \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{U}_{0}}=\sqrt{2}\frac{{{U}_{d1}}}{{{Z}_{d}}}.{{Z}_{1}}=\sqrt{2}.\frac{45}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}}.\sqrt{10}=90V.$ Chọn A.

HD giải: Ta có $\tan \left( \varphi -{{\varphi }_{{{R}_{2}}C}} \right)=\frac{\tan \varphi -\tan {{\varphi }_{2}}}{1+\tan \varphi .\tan {{\varphi }_{2}}}=\frac{\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}}-\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}{1+\frac{Z_{C}^{2}}{{{R}_{2}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}}$

$=\frac{\frac{1}{{{R}_{2}}}-\frac{1}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}{\frac{1}{{{Z}_{C}}}+\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}}\le \frac{\frac{1}{{{R}_{2}}}-\frac{1}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}{2\sqrt{\frac{1}{{{Z}_{C}}}.\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}}}.$ (Bất đẳng thức Cosi).

Do đó $\tan \left( \varphi -{{\varphi }_{{{R}_{2}}C}} \right)$ cực đại khi $Z_{C}^{2}={{R}_{2}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{{{R}_{2}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}=75\Omega .$ Chọn C.

HD giải: Ta có ${{Z}_{C}}=100\Omega ,{{Z}_{L1}}=400\Omega ,{{Z}_{L2}}=400\Omega .$

Độ lệch pha $\Delta \varphi =-\frac{\pi }{4}+\frac{5\pi }{12}=\frac{\pi }{6}.$

Ta có: $\tan \frac{\pi }{6}=\tan \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)=\frac{\frac{400-100}{R}-\frac{200-100}{R}}{1+\frac{400-100}{R}.\frac{200-100}{R}}\Leftrightarrow \frac{\frac{200}{R}}{1+\frac{30000}{{{R}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

$\Leftrightarrow 200R\sqrt{3}={{R}^{2}}+30000\Leftrightarrow R=100\sqrt{3}.$ Chọn D.

HD giải: Khi $C={{C}_{1}}=\frac{62,5}{\pi }\mu F\Rightarrow {{Z}_{C1}}=160\Omega $ thì mạch tiêu thụ với công suất cực đại $\Rightarrow $ mạch xảy ra cộng hưởng điện ${{Z}_{L}}={{Z}_{C1}}=160\Omega $ và ${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{R+r}\Leftrightarrow R+r=\frac{{{U}^{2}}}{P}=240\left( 1 \right).$

Khi $C={{C}_{2}}=\frac{{{10}^{-3}}}{9\pi }F\Rightarrow {{Z}_{C2}}=90\Omega $ điện áp hai đầu đoạn mạch AM và MB vuông pha nhau nên ta có điều kiện: $\frac{{{Z}_{C2}}}{R}.\frac{{{Z}_{L}}}{r}=1\Leftrightarrow R.r={{Z}_{L}}{{Z}_{C2}}=14400\left( 2 \right).$

Từ (1) và (2) suy ra $R=r=120\Omega .$ Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch MB là:

${{U}_{MB}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=120V$. Chọn A.

HD giải: Ta có $u={{u}_{1}}+{{u}_{2}}\Rightarrow \left| {{U}_{1}}-{{U}_{2}} \right|\le U\le {{U}_{1}}+{{U}_{2}}$

Do đó để: $U={{U}_{1}}+{{U}_{2}}$ thì: ${{u}_{1}}$ và ${{u}_{2}}$ cùng pha.

Khi đó $\tan {{\varphi }_{1}}=\tan {{\varphi }_{2}}\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{{{L}_{1}}}}}{{{R}_{1}}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{2}}}}}{{{R}_{2}}}\Leftrightarrow \frac{{{L}_{1}}}{{{R}_{1}}}=\frac{{{L}_{2}}}{{{R}_{2}}}.$ Chọn A.

HD giải: Ta có $P=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}\varphi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{P}_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{1}}}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}} \\ {} {{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{2}}}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}.\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}.$

Mặt khác $\frac{{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}}=\frac{\tan {{\varphi }_{1}}}{\tan {{\varphi }_{2}}}\left( R=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{\tan \varphi } \right)\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}.\tan {{\varphi }_{2}}}.$

Do ${{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}=\frac{7\pi }{12}=105{}^\circ \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}\left( 105{}^\circ -{{\varphi }_{1}} \right).\tan \left( 105{}^\circ -{{\varphi }_{1}} \right)}.$

$\xrightarrow{SHIFT-CALC}{{\varphi }_{1}}=-30{}^\circ .$ Mặt khác, theo giả thuyết bài toán, ta có:

${{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2{{R}_{0}}}\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{0}}}=\frac{{{U}^{2}}}{\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}=200.$ Công suất ${{P}_{1}}$ của mạch là:

${{P}_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{1}}}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{\tan {{\varphi }_{1}}}}.{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}=50\sqrt{3}\text{W}.$ Chọn A.

HD giải: Ta có $\tan {{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{2}}=-1\Leftrightarrow \frac{{{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}}{R}=-1$

$\Leftrightarrow {{Z}_{1}}.{{Z}_{2}}={{R}^{2}}$(với ${{Z}_{1}}=\left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C}} \right|;{{Z}_{2}}=\left| {{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}} \right|$).

Khi $L={{L}_{1}}$ ta có: ${{U}_{MB}}=\frac{U{{Z}_{1}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{1}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}}{Z_{1}^{2}}+1}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}+1}}=120.$

Khi $L={{L}_{2}}$ ta có: ${{U}_{MB}}=\frac{U{{Z}_{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{2}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}}{Z_{2}^{2}}+1}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{{{Z}_{1}}}{{{Z}_{2}}}+1}}=135.$

Suy ra $\frac{\sqrt{\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}+1}}{\sqrt{\frac{{{Z}_{1}}}{{{Z}_{2}}}+1}}=\frac{135}{120}\Rightarrow \frac{{{Z}_{1}}}{{{Z}_{2}}}=\frac{64}{81}\Rightarrow U=120\sqrt{\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}+1}\approx 180V.$ Chọn D.