50 bài tập Các mạch điện xoay chiều mức độ vận dụng (Phần 1)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Nhiệt lượng toả ra :\(Q = {I^2}Rt = {2^2}.200.40 = 32000J = 32kJ\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất điện \(P = {{{U^2}} \over R}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Công suất tiêu thụ của điện trở \(P = {{{U^2}} \over R} = {{{{100}^2}} \over {50}} = 200W\)

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

sử dụng công thức tính dung kháng

Lời giải chi tiết:

Dung kháng của tụ:

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{2\pi fC}}\)

Suy ra dung kháng tỉ lệ nghịch với tần số

Mà : \({f_4} > {f_3} > {f_1} > {f_2} \Rightarrow {Z_{C4}} < {Z_{C3}} < {Z_{C1}} < {Z_{C2}}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A.

+ Từ  thông riêng của mạch \(\Phi  = {\rm{Li}} \to {{\rm{I}}_0} = {{{\Phi _0}} \over {\rm{L}}} = {2 \over {0,5}} = 4{\rm{A}}{\rm{.}}\)

 Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm \({\rm{U = I}}{{\rm{Z}}_{\rm{L}}} = 2\sqrt 2 .\left( {0,5.100} \right) = 100\sqrt 2 {\rm{V}}{\rm{.}}\)

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng I = U/Z_C

Lời giải chi tiết:

- Khi mắc vào mạng điện 110V - 60Hz thì I₁ = 1,5A

Ta có: \({I_1} = {{{U_1}} \over {{Z_{{C_1}}}}} \to {Z_{{C_1}}} = {{{U_1}} \over {{I_1}}} = {{110} \over {1,5}} = {{220} \over 3}\Omega \)

Mặt khác, ta có: \({Z_C}_1 = {1 \over {{\omega _1}C}} \to C = {1 \over {{Z_{{C_1}}}{\omega _1}}} = {1 \over {{Z_{{C_1}}}2\pi {f_1}}} = {1 \over {{{220} \over 3}2\pi .60}} = {1 \over {8800\pi }}\)

- Khi mắc vào mạng điện 220 - 50Hz:

\({Z_{{C_2}}} = {1 \over {{\omega _2}C}} = {1 \over {2\pi {f_2}C}} = {1 \over {2\pi .50.{1 \over {8800\pi }}}} = 88\Omega  \Rightarrow {I_2} = {{{U_2}} \over {{Z_{{C_2}}}}} = {{220} \over {88}} = 2,5A\) 

Chọn B

Phương pháp giải:

Mạch điện chỉ có cuộn cảm thuần: u sớm pha hơn i góc π/2

Sử dụng hệ thức vuông pha giữa u và i

Lời giải chi tiết:

+ Dung kháng: \({Z_L} = 100\pi .{1 \over {2\pi }} = 50\Omega \)

+ Sử dụng hệ thức vuông pha giữa u và i: \({{{i^2}} \over {I_0^2}} + {{{u^2}} \over {U_0^2}} = 1 \Leftrightarrow {{{2^2}} \over {I_0^2}} + {{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}} \over {{{50}^2}.I_0^2}} = 1 \Rightarrow {I_0} = 2\sqrt 3 A\)

+ i trễ pha hơn u góc π/2 => φ_i = -π/6

=> Phương trình của i: \(i = 2\sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {100\pi t - {\pi  \over 6}} \right)A\)

Lời giải chi tiết:

Chọn đáp án A

+ Dòng điện chạy trong mạch khi đèn sáng bình thường\(I = \frac{{{P_d}}}{{{U_d}}} = \frac{{100}}{{100}} = 1\,\,{\rm{A}}{\rm{.}}\)

\( \to \) Điện ap hiệu dụng ở hai đầu điện trở \({U_R} = U - {U_d} = 20\,\,V.\)

\( \to \)Giá trị của R là\({\rm{R}} = \frac{{{U_R}}}{I} = \frac{{20}}{I} = 20\,\,\Omega .\)

Phương pháp giải:

Áp dụng vòng tròn lượng giác trong dòng điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Từ đồ thị ta có \(\frac{T}{2} + \frac{T}{{12}} = {70.10^{ - 3}}s =  > T = 0,12s =  > \omega  = \frac{{50\pi }}{3}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{\varphi _u} =  - \frac{{2\pi }}{3}\\{U_0} = 100V\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}{\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} =  - \frac{\pi }{6}\\{I_0} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_C}}} = \frac{{100}}{{50}} = 2A\end{array} \right. =  > i = 2\cos \left( {\frac{{50\pi t}}{3} - \frac{\pi }{6}} \right)(A)\)

Lời giải chi tiết:

 Đáp án C

Do mạch chỉ chứ tụ điện nên điện áp chậm pha hơn  cường độ dòng điện trong mạch một góc \(\frac{\pi }{2}\). Giá trị của φ_i bằng \(\frac{{3\pi }}{4}\)

Lời giải chi tiết:

Định luật Ôm của dòng điện xoay chiều chỉ có một tụ điện.

Cường độ hiệu dụng trong mạch chứa tụ điện có giá trị bằng thương số của điện áp hiệu dụng giữa hai đầu mạch và dung kháng của mạch.

Định luật Ôm của dòng điện xoay chiều chỉ có một cuộn cảm thuần.

Cường độ hiệu dụng trong mạch chứa một cuộn cảm thuần có giá trị bằng thương số của điện áp hiệu dụng giữa hai đầu mạch và cảm kháng của mạch.

Lời giải chi tiết:

Từ \({Z_L} = \omega L;{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\) ta có các nhận xét sau

Z_C tỷ lệ nghịch với C và f

Nếu C và f tăng thì Z_C giảm, ít cản trở dòng điện và ngược lại.

Cảm kháng Z_L = Lω = 2πf.L ; Z_L tỉ lệ với L và f

Nếu L và f tăng thì cản trở dòng điện nhiều và ngược lại

Phương pháp giải:

 + Mạch có L₁ và L₂ mắc nối tiếp thì: u = u₁ + u₂

+ Dung kháng: Z_L = ωL

Lời giải chi tiết:

 Khi L₁ và L₂ mắc nối tiếp thì: 

\(\begin{array}{l}u = {u_1} + {u_2} =  - {L_1}\frac{{di}}{{dt}} - {L_2}\frac{{di}}{{dt}}\\u =  - \left( {{L_1} + {L_2}} \right)\frac{{di}}{{dt}} =  - L\frac{{di}}{{dt}}\end{array}\)

Với L = L₁ + L₂

=> Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L = {L_1}\omega  + {L_2}\omega  = {Z_{L1}} + {Z_{L2}} = \left( {{L_1} + {L_2}} \right)\omega {\rm{ }}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính công suất tỏa nhiệt P=RI²

Lời giải chi tiết:

 Đáp án B

Áp dụng công thức tính công suất tỏa nhiệt P = RI² = 440W

Lời giải chi tiết:

 Chọn A  + Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở \(Q = {I^2}Rt = 0,5{I_0}Rt \to {I_0} = 10\,\,A.\)

Lời giải chi tiết:

+ Cảm kháng của cuộn dây \({Z_L} = L\omega  = 50\Omega \).

\( \to \) Đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thì điện áp luôn sớm pha so với dòng điện một góc \(0,5\pi \).

+ Ta có: \({\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{100\sqrt 2 }}{{50{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {I_0} = 2\sqrt 3 A.\)

\( \to i = 2\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)A\) à Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức liên hệ giữa hai đại lượng vuông pha

Lời giải chi tiết:

ta có

\(\begin{array}{l}
\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\\
= > \frac{{{{40}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{1^2}}}{{I_0^2}} = \frac{{{{50}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{0,{6^2}}}{{I_0^2}}\\
\Leftrightarrow \frac{{{{50}^2} - {{30}^2}}}{{U_0^2}} = \frac{{{1^2} - 0,{6^2}}}{{I_0^2}} \Leftrightarrow \frac{{{{30}^2}}}{{U_0^2}} = \frac{{0,{8^2}}}{{I_0^2}}\\
= > \frac{{U_0^2}}{{I_0^2}} = {\left( {{Z_C}} \right)^2} = \frac{{{{30}^2}}}{{0,{8^2}}} = > {Z_C} = 37,5\Omega
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính độ tự cảm của ống dây và công thức tính cảm kháng

Lời giải chi tiết:

số vòng dây quấn được là:

\(N = \frac{{48}}{{\pi d}} = \frac{{48}}{{\pi .0,03}} = 509vong\)

công thức tính độ tự cảm là

\(L = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{N^2}}}{l}.S = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{{509}^2}}}{{0,5}}.(\pi 0,{015^2}) = 4,{6.10^{ - 4}}H\)

Cảm kháng của cuộn dây là

\({Z_L} = \omega .L = 100\pi .4,{6.10^{ - 4}} = 0,145\Omega \)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức độc lập với thời gian của hai đại lượng vuông pha

Lời giải chi tiết:

Vì đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần nên cường độ dòng điện trễ pha π/2 so với điện áp.

Cảm kháng của cuộn dây là:  

\({Z_L} = \omega .L = 100\pi .\frac{1}{{2,5\pi }} = 40\Omega \)

Áp dụng công thức với hai đại lượng vuông pha ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{{160}^2}}}{{{{(40.{I_0})}^2}}} + \frac{{{3^2}}}{{I_0^2}} = 1\\
\Leftrightarrow \frac{{16}}{{I_0^2}} + \frac{9}{{I_0^2}} = 1 = > I_0^2 = 25 = > {I_0} = \sqrt {25} = 5A\\
= > i = 5\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)(A)
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa tụ điện

Lời giải chi tiết:

Dung kháng của tụ là :  

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{1}{\pi }{{2.10}^{ - 4}}}} = 50\Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng là \(I = \frac{U}{{{Z_C}}} = \frac{{200}}{{50}} = 4A\)

Phương pháp giải:

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần \(I = \frac{U}{{{Z_L}}} = \frac{U}{{\omega L}}\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm :

\(\left\{ \begin{array}{l}I = \frac{U}{{{\omega _1}L}} = \frac{U}{{2\pi {f_1}L}} = 2A\\I' = \frac{U}{{{\omega _2}L}} = \frac{U}{{2\pi {f_2}L}} = 4A\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{I'}}{I} = \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = 2 \Rightarrow {f_2} = 25Hz\)

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho đoạn mạch: U = IR

Liên hệ giữa giá trị hiệu dụng và cực đại: \(U=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}};I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Điện trở thuần R của mạch: \(R=\frac{U}{I}=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{0}}}=\frac{200\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=100\Omega \)

Phương pháp giải:

Mạch điện chỉ chứa cuộn cảm thuần có dòng điện chậm pha hơn điện áp π/2

Lời giải chi tiết:

Vì i trễ pha hơn u π/2 nên đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm.

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính dung kháng \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\)

Lời giải chi tiết:

Dung kháng : \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{10{}^{ - 4}}}{{2\pi }}}} = 200\Omega \)

Phương pháp giải:

Mạch chỉ có điện trở thuần nên u và i cùng pha.

Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa R là I = U/R

Lời giải chi tiết:

Với mạch chỉ có R, gọi u = U₀cosφ là điện áp đặt vào hai đầu mạch thì cường độ dòng điện qua mạch là i = I₀cosφ

\(\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}+\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}=2{{\cos }^{2}}\varphi \ne 1\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện chậm pha π/2 so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chỉ có cuộn cảm thuần.

Từ thông qua cuộn cảm là φ = Li

Cảm kháng Z_L = ωL

Định luật Ôm cho đoạn mạch : I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Biểu thức dòng điện qua mạch: \(i=\frac{100\sqrt{2}}{{{Z}_{L}}}\text{cos(100}\pi \text{t-}\frac{\pi }{3})(A)\)

Biểu thức từ thông qua cuộn cảm: \(\varphi =Li=L\frac{100\sqrt{2}}{\omega L}\text{cos(100}\pi \text{t-}\frac{\pi }{3})=\frac{\sqrt{2}}{\pi }\text{cos(100}\pi \text{t-}\frac{\pi }{3})\)

Thời gian giữa hai lần ngắn nhất từ thông có độ lớn = 0,5φ₀ là T/6 = 1/300 (s)

Chọn B

Phương pháp giải:

Tần số dao động riêng của mạch LC là \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số dao động riêng của mạch LC là \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

Khi C = C₁ thì \({{f}_{1}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{1}}}}={{6.10}^{6}}Hz\)           (1)

Khi C = C₂ thì \({{f}_{2}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{2}}}}={{8.10}^{6}}Hz\)           (2)

Khi C = 2C₁ + 3C₂ thì \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{L(2{{C}_{1}}+3{{C}_{2}})}}={{8.10}^{6}}Hz\) (3)

Từ (1) và (2) ta được C₁ = (16/9)C₂

Thay vào (3) ta được : \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{L(2.\frac{16}{9}{{C}_{2}}+3{{C}_{2}})}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{59}{9}L{{C}_{2}}}}=\sqrt{\frac{9}{59}{{f}_{2}}}={{3,12.10}^{6}}Hz\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Khi đặt điện áp 1 chiều vào thì dòng điện đi qua cuộn dây cho biết điện trở của cuộn dây. Khi đặt điện áp xoay chiều thì lúc này có cuộn cảm nối tiếp với cuộn dây.

Ta có định luật Ôm :  

\(I = \frac{U}{R};I' = \frac{{U'}}{Z} = \frac{{U'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\)

Công thức tính cảm kháng :     

\({Z_L} = 2\pi fL\)

Lời giải chi tiết:

Công thức tính cảm kháng :   

Khi đặt điện áp 1 chiều vào thì dòng điện đi qua cuộn dây cho biết điện trở của cuộn dây. Khi đặt điện áp xoay chiều thì lúc này có cuộn cảm nối tiếp với cuộn dây.

Ta có định luật Ôm :

\(\left\{ \begin{array}{l}
I = \frac{U}{R} \Rightarrow R = \frac{U}{I} = \frac{{36}}{{1,5}} = 24\Omega ;\\
I' = \frac{{U'}}{Z} = \frac{{U'}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} \Rightarrow Z = \frac{{U'}}{{I'}} = \frac{{200}}{5} = 40\Omega
\end{array} \right. \Rightarrow {Z_L} = \sqrt {{{40}^2} - {{24}^2}} = 32\Omega \Rightarrow L = \frac{{32}}{{2\pi .50}} = \frac{8}{{25\pi }}H\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:

\({{\left( \frac{i}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{u}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa tụ điện là I = U/Z_C

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Lời giải chi tiết:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:

\({{\left( \frac{i}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{u}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)

Thay số ta được:

\({{\left( \frac{\sqrt{2}}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{50\sqrt{2}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)

\({{\left( \frac{-\sqrt{3}}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{50}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)

Giải hệ phương trình trên ta được I₀ = 2A; U₀ = 100V

Dung kháng của tụ: \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{0}}}=50\Omega \Rightarrow C=\frac{{{10}^{-3}}}{5\pi }(F)\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Đoạn mạch chỉ có cuộn cảm thuần thì điện áp luôn vuông pha với dòng điện.

Áp dụng công thức độc lập cho hai đại lượng vuông pha${{(\frac{u}{{{U}_{o}}})}^{2}}+{{(\frac{i}{{{I}_{o}}})}^{2}}=1$

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng của mạch: \({{Z}_{L}}=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{0}}}\)

$\Rightarrow {{U}_{0}}={{I}_{o}}.{{Z}_{L}}$

Tại thời điểm thứ nhất: ${{(\frac{{{u}_{1}}}{{{U}_{o}}})}^{2}}+{{(\frac{{{i}_{1}}}{{{I}_{o}}})}^{2}}=1$

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow {(\frac{{{u_1}}}{{{I_o}.{Z_L}}})^2} + {(\frac{{{i_1}}}{{{I_o}}})^2} = 1\\
\Rightarrow {(\frac{{25}}{{{I_o}.{Z_L}}})^2} + {(\frac{{0,3}}{{{I_o}}})^2} = 1
\end{array}\)

     \(\Rightarrow {{(\frac{25}{{{Z}_{L}}})}^{2}}+{{(0,3)}^{2}}=I_{0}^{2}\)    (1)

Tại thời điểm thứ hai:   ${{(\frac{{{u}_{2}}}{{{U}_{o}}})}^{2}}+{{(\frac{{{i}_{2}}}{{{I}_{o}}})}^{2}}=1$

                                       $\Rightarrow {{(\frac{15}{{{I}_{o}}.{{Z}_{L}}})}^{2}}+{{(\frac{0,5}{{{I}_{o}}})}^{2}}=1$

                                       $\Rightarrow {{(\frac{15}{{{Z}_{L}}})}^{2}}+{{(0,5)}^{2}}=I_{0}^{2}$  (2)

Từ (1) và (2):

\(\begin{array}{l}
{(\frac{{25}}{{{Z_L}}})^2} + {(0,3)^2} = {(\frac{{15}}{{{Z_L}}})^2} + {(0,5)^2}\\
\Rightarrow {(\frac{{25}}{{{Z_L}}})^2} - {(\frac{{15}}{{{Z_L}}})^2} = {(0,5)^2} - {(0,3)^2}\\
\Rightarrow \frac{1}{{{Z_L}^2}}.({25^2} - {15^2}) = {(0,5)^2} - {(0,3)^2}\\
\Rightarrow {Z_L} = \sqrt {\frac{{{{25}^2} - {{15}^2}}}{{{{(0,5)}^2} - {{(0,3)}^2}}}} = 50\Omega
\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:\({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa tụ điện là I = U/Z_C

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:\({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

Thay số ta được:\(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{50\sqrt 2 }}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\\{\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{50}}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình trên ta được \({I_0}\; = 2A;{U_0}\; = 100V\)

Dung kháng của tụ: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 50\Omega  \Rightarrow C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}(F)\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:\({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa tụ điện là I = U/Z_C

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ có cường dòng điện vuông pha với điện áp hai đầu mạch nên:\({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

Thay số ta được:

\({\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{50\sqrt 2 }}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

\({\left( {\frac{{ - \sqrt 3 }}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{50}}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1\)

Giải hệ phương trình trên ta được I₀ = 2A; U₀ = 100V

Dung kháng của tụ: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 50\Omega  \Rightarrow C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}(F)\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L\)

Dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_L} = {I_0}.{Z_L}.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Đoạn mạch chỉ chứa tụ điện: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_C} = {I_0}.{Z_C}.\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Giá trị của cảm kháng vào dung kháng là: \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{4\pi }} = 25\Omega \\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}}} = 20\Omega \end{array} \right.\)

Biểu thức của i khi mạch chỉ chứa cuộn dây: \(i = 2\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)A\)

Biểu thức của u là: \(u = 2.{Z_L}\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{6} + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 50.\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)V\)

Khi đặt hiệu điện thế này vào hai đầu đoạn mạch chỉ chứa tụ điện thì biểu thức của i là:

\(\begin{array}{l}{i_C} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{{50}}{{20}}\cos \left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)\\ \Rightarrow {i_C} = 2,5\cos \left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)A\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_L} = {I_0}.{Z_L}.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Công suất toả nhiệt trên điện trở: \(P = \dfrac{{{U^2}}}{R}\)

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng: Z_L = ωL =  40Ω

Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_L}}} = \dfrac{{100}}{{40}} = 2,5A\)

Khi có cuộn dây thì i chậm pha hơn u góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Vậy pha ban đầu của i là: \({\varphi _i} = {\varphi _u} - \dfrac{\pi }{2} =  - \pi {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)\)

Phương trình của i là: \(i = 2,5\cos \left( {100\pi t - \pi } \right)A\)

Điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu đoạn mạch: 

\(U = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{100}}{{\sqrt 2 }} = 50\sqrt 2 V\)

Nếu thay cuộn dây bằng điện trở R thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: 

\(P = \dfrac{{{U^2}}}{R} = \dfrac{{{{\left( {50\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{20}} = 250W\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_L} = {I_0}.{Z_L}.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Đoạn mạch chỉ có điện trở: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\u = i.R = {I_0}.R.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{\pi } = 100\Omega \)

Biểu thức của điện áp hai đầu đoạn mạch:

\(u = {I_0}.{Z_L}\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 500\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)V\)

Đặt hiệu điện thế đó vào hai đầu đoạn mạch là 1 điện trở thì biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là:

\({i_R} = \dfrac{{{U_0}}}{R}.\cos \left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right) = 10\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)A\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG

Mạch điện chỉ chứa tụ điện có u trễ pha hơn i góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Lời giải chi tiết:

Đối với đoạn mạch chỉ chứa tụ điện thì điện áp hai đầu mạch luôn trễ pha hơn so với dòng điện một góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG ta thấy tại thời điểm u = 220V và đang tăng thì cường độ dòng điện:

\(i = {I_0}.\cos \dfrac{\pi }{4} = 5.\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = 2,5\sqrt 2 A\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị

+ Xác định điểm trên đồ thị

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng:\({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 100\pi \left( {rad/s} \right)\)

Từ đồ thị, ta có hệ số góc của đường thẳng chính là giá trị của \(\dfrac{1}{{{Z_C}}}\)

Xét 2 điểm (1) và (2) trên đồ thị, ta có: \(\left( 1 \right)\left\{ \begin{array}{l}{I_1} = 1,{2.10^{ - 1}}A\\U = 6V\end{array} \right.\)  và \(\left( 2 \right)\left\{ \begin{array}{l}{I_2} = 2,{4.10^{ - 1}}A\\{U_2} = 12V\end{array} \right.\)

Ta có \(\dfrac{1}{{{Z_C}}} = \dfrac{{{I_2} - {I_1}}}{{{U_2} - {U_1}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{Z_C}}} = \dfrac{{0,24 - 0,12}}{{12 - 6}}\)

\( \Rightarrow {Z_C} = 50\Omega \)

Mặt khác: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} \Rightarrow C = \dfrac{1}{{\omega .{Z_C}}} = \dfrac{1}{{100\pi .50}} = \dfrac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{\pi } \approx 6,{37.10^{ - 5}}F\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Dung kháng của tụ điện: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{U}{{{Z_C}}}\)

Lời giải chi tiết:

Khi mắc nguồn \(u = U\sqrt 2 \cos (100\pi t + \pi )\,(V)\) và \(u = U\cos (120\pi t + \dfrac{\pi }{2})\,(V)\), cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{I_1} = \dfrac{{{U_1}}}{{{Z_{{C_1}}}}} = {U_1}.{\omega _1}C = U.{\omega _1}C = 2\,\,\left( A \right)\\{I_2} = \dfrac{{{U_2}}}{{{Z_{{C_2}}}}} = {U_2}.{\omega _2}C = \dfrac{U}{{\sqrt 2 }}.{\omega _2}C\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \dfrac{{{U_2}{\omega _2}}}{{{U_1}{\omega _1}}} = \dfrac{{{\omega _2}}}{{\sqrt 2 {\omega _1}}} \Rightarrow \dfrac{{{I_2}}}{2} = \dfrac{{120\pi }}{{\sqrt 2 .100\pi }} \Rightarrow {I_2} = 1,2\sqrt 2 \,\,\left( A \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Mạch chỉ có tụ điện: \(\left\{ \begin{array}{l}u = {U_0}\cos \left( {\omega t} \right)\\i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Thay t vào phương trình của i.

Lời giải chi tiết:

Mạch chỉ có tụ điện ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}u = {U_0}\cos \left( {\omega t} \right)\\i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}.\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right) = C\omega {U_0}\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Tại thời điểm \(t = \dfrac{\pi }{{2\omega }} \Rightarrow i = C\omega {U_0}\cos \left( {\omega .\dfrac{\pi }{{2\omega }} + \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - C\omega {U_0}\)

\( \Rightarrow \left| i \right| = C\omega {U_0}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG

Mạch điện chỉ chứa cuộn cảm thuần có u sớm pha hơn i góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Lời giải chi tiết:

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần thì điện áp hai đầu mạch luôn sớm pha hơn so với dòng điện một góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG ta thấy tại thời điểm u = 50V và đang giảm thì cường độ dòng điện:

\(i = {I_0}.\cos \dfrac{\pi }{6} = 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 A\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Biểu thức định luật Ôm:  

\({I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} \Rightarrow Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}}\)

Độ lệch pha giữa u và i:  

\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{R}\)

Biểu thức tính tổng trở:  

\(Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} \)

Công thức tính cảm kháng: 

\({Z_L} = \omega L\)

Lời giải chi tiết:

+ Ta có:  

\({I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} \Rightarrow Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \frac{{120}}{3} = 40\Omega \)

+ Độ lệch pha giữa u và i:

\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{R} \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{R} = \tan \frac{\pi }{6} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow R = \sqrt 3 {Z_L}\)

Tổng trở của đoạn mạch:  

\(Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} = 2{Z_L} \Rightarrow {Z_L} = 20\Omega \)

Cảm kháng:  

\({Z_L} = \omega L \Rightarrow L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = \frac{2}{{10\pi }} = 63,7mH\)

Vậy giá trị của L gần nhất với 65mH.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
u = {U_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi - \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right.\)

Vì u và i vuông pha với nhau nên ta có \(\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\), đồ thị u phụ thuộc vào i là một elip.

Từ đồ thị ta xác định được hai vị trí tọa độ: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {{u_1};{i_1}} \right) = \left( {50;\sqrt 3 } \right)\\
\left( {{u_2};{i_2}} \right) = \left( { - 50\sqrt 3 ; - 1} \right)
\end{array} \right.\)

thay vào phương trình trên tìm được U₀ và I₀.

Và theo định luật Ôm ta có  \({U_0} = {I_0}.{Z_L}\)

Lời giải chi tiết:

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm:

 \(\left\{ \begin{array}{l}
u = {U_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi - \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right.\)

Vì u và i vuông pha với nhau nên:  \(\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

→ Đồ thị u phụ thuộc vào i là một elip.

Từ đồ thị ta xác định được hai vị trí có tọa độ:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {{u_1};{i_1}} \right) = \left( {50;\sqrt 3 } \right)\\
\left( {{u_2};{i_2}} \right) = \left( { - 50\sqrt 3 ; - 1} \right)
\end{array} \right.\)

Thay vào (*)  được:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{{50}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1\\
\frac{{{{\left( {50\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{U_0} = 100V\\
{I_0} = 2A
\end{array} \right.\)

Áp dụng định luật Ôm:

\({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_L}}} \Rightarrow {Z_L} = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \frac{{100}}{2} = 50\Omega \)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Mạch chỉ có cuộn cảm nên \(u \bot i \Rightarrow \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Đối với cuộn cảm thuần: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_L} = {I_0}.{Z_L}.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn cảm: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{2\pi }} = 50\Omega \)

Điện áp cực đại: \({U_0} = {I_0}{Z_C} = 50{I_0}\)

\(\dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{{50}^2}.I_0^2}} + \dfrac{{{2^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Rightarrow {I_0} = 2\sqrt 3 A\)

Mạch chỉ có cuộn cảm thuần nên i trễ pha hơn u góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

\( \Rightarrow {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{6}\)

Phương trình của i là: \(i = 2\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)A\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

+ Sử dụng biểu thức: \({I_0} = \dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}\)

+ Sử dụng biểu thức độc lập: \({\left( {\dfrac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\) 

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega \)

Mạch chỉ có tụ, ta có: \({\left( {\dfrac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{{\dfrac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}}}} \right)^2} = 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{150}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{2^2}}}{{\dfrac{{U_0^2}}{{{{100}^2}}}}} = 1\\ \Rightarrow {U_0} = 250V\\ \Rightarrow U = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = 125\sqrt 2 V\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Đoạn mạch xoay chiều chỉ chứa cuộn cảm thuần thì:

+ Điện áp và cường độ dòng điện vuông pha với nhau. Ta có:  

\(\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

+ Cường độ dòng điện trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với điện áp.

Lời giải chi tiết:

Đoạn mạch xoay chiều chỉ chứa cuộn cảm thuần thì điện áp và cường độ dòng điện vuông pha với nhau.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Rightarrow \frac{{{{200}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{2}{{I_0^2}} = \frac{{{{\left( {200\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{0}{{I_0^2}} = 1\\
\left\{ \begin{array}{l}
{U_0} = 200\sqrt 2 V\\
{I_0} = 2\sqrt 2 A
\end{array} \right. \Rightarrow u = 200\sqrt 2 .\cos \left( {100\pi t} \right)V\\
\Rightarrow i = 2\sqrt 2 .\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)A
\end{array}\) 

Chọn A.

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ :

\(I = \dfrac{U}{{{Z_C}}} = \dfrac{U}{{\dfrac{1}{{\omega C}}}} = U.C.2\pi f\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{I_1} = \dfrac{U}{{{Z_{C1}}}} = U.C.2\pi {f_1}\\{I_2} = \dfrac{U}{{{Z_{C2}}}} = U.C.2\pi {f_2}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \dfrac{5}{6} \Rightarrow {I_2} = \dfrac{6}{5}.3 = 3,6A\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Mạch chỉ có cuộn cảm nên \(u \bot i \Rightarrow \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Đối với cuộn cảm thuần: \(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_L} = {I_0}.{Z_L}.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn cảm: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{1}{{2\pi }} = 50\Omega \)

Điện áp cực đại: \({U_0} = {I_0}{Z_C} = 50{I_0}\)

\(\dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{{50}^2}.I_0^2}} + \dfrac{{{2^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Rightarrow {I_0} = 2\sqrt 3 A\)

Mạch chỉ có cuộn cảm thuần nên i trễ pha hơn u góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

\( \Rightarrow {\varphi _i} =  - \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{{5\pi }}{6}\)

Phương trình của i là: \(i = 2\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t - \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)A\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khi mắc ampe kế vào E,F ta đo được cường độ dòng điện chạy trong mạch :

\(I = \frac{U}{{2{Z_L}}}\) 

Khi mắc Vôn kế vào E, F thì ta đo được hiệu điện thế giữa hai điểm E, F tức là A, B (vì vôn kế lý tưởng và mạch thuần cảm).

Vậy là U = 11,95 V.

Cảm kháng:  

\({Z_L} = \omega .L\)

Lời giải chi tiết:

Khi mắc ampe kế vào E,F ta đo được cường độ dòng điện chạy trong mạch :

\(I = \frac{U}{{2{Z_L}}} \Rightarrow {Z_L} = \frac{U}{{2I}}\)

Khi mắc Vôn kế vào E, F thì ta đo được hiệu điện thế giữa hai điểm E, F tức là A, B (vì vôn kế lý tưởng và mạch thuần cảm). Vậy là U = 11,95V.

Lại có :

\(I = \frac{U}{{2{Z_L}}} \Rightarrow {Z_L} = \frac{U}{{2I}} = \frac{{11,95}}{{2.3,8}} = 1,{572_{}}\Omega \)

Từ công thức tính cảm kháng ta có :

\(L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = \frac{{1,572}}{{100\pi }} = {5.10^{ - 3}}H = 5mH\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Mạch chỉ có tụ điện nên \(u \bot i \Rightarrow \dfrac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm t₁ và t₂ ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1\\\dfrac{{{{\left( { - 60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \dfrac{{{{\left( { - 0,5} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( { - 60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} = \dfrac{{{{\left( { - 0,5} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{I_0^2}}\\ \Rightarrow \dfrac{{U_0^2}}{{I_0^2}} = \dfrac{{{{\left( {60\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( { - 60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{{\left( { - 0,5} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = 14400\\ \Rightarrow \dfrac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 120 \Rightarrow {Z_C} = 120\Omega \\ \Rightarrow \dfrac{1}{{\omega C}} = 120 \Rightarrow \omega  = \dfrac{1}{{120.C}} = \dfrac{1}{{120.\dfrac{1}{{7200\pi }}}} = 60\pi \,\left( {rad/s} \right)\end{array}\)

Vậy biểu thức của u là: \(u = {U_0}\cos \left( {60\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)V\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG

Mạch điện chỉ chứa cuộn cảm thuần có u sớm pha hơn i góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Lời giải chi tiết:

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần thì điện áp hai đầu mạch luôn sớm pha hơn so với dòng điện một góc \(\dfrac{\pi }{2}\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG ta thấy tại thời điểm u = 50V và đang tăng thì cường độ dòng điện:

\(i =  - {I_0}.\cos \dfrac{\pi }{6} =  - 2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} =  - \sqrt 3 A\)

Chọn C.