50 bài tập Công suất tiêu thụ của mạch điện xoay chiều. Hệ số công suất mức độ vận dụng (Phần 1)

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính công suất tiêu thụ trung bình

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Ta có: \(P = UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = 120}}{\rm{.3}}{\rm{.cos}}\left( { - {\pi  \over 4} - {\pi  \over {12}}} \right) = 180W\)

Phương pháp giải:

 Áp dụng bài toán Thay đổi R, có hai giá trị cho cùng một công suất.

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Từ đồ thị ta có: $${R_1} = 2\Omega ,{R_2} = 12,5\Omega $$

  và  $${P_1} = {P_2} \to {{{\zeta ^2}{R_1}} \over {{{\left( {{R_1} + r} \right)}^2}}} = {{{\zeta ^2}{R_2}} \over {{{\left( {{R_2} + r} \right)}^2}}} \to ({R_2} + r) = 2,5({R_1} + r) \to r = 5\Omega $$

Ta có Công suất tiêu thụ trên mạch :  $$P = {{{\zeta ^2}R} \over {{{(R + r)}^2}}} = {{{\zeta ^2}} \over {{{(\sqrt R  + {r \over {\sqrt R }})}^2}}}$$ 

P lớn nhất khi $\sqrt R  + {r \over {\sqrt R }}$ nhỏ nhất, suy ra: R = r = 5  thì  $${P_{\max }} = {{{\zeta ^2}R} \over {{{(R + r)}^2}}} = {{{{20}^2}.5} \over {{{(2.5)}^2}}} = 20W$$ 

Phương pháp giải:

Áp dụng điều kiện C thay đổi để hệ số công suất đạt cực đại 

Lời giải chi tiết:

Khi hệ số công suất đạt giá trị cực đại  bằng 1 và Z_L = Z_C  khi đó công suất của nguồn là: \(P = {{{U^2}} \over R} = {{{{220}^2}} \over {110}} = 440W\)

Lời giải chi tiết:

Ta tính được  \(U = \sqrt {U_1^2 + U_2^2}  = \sqrt {{{80}^2} + {{150}^2}}  = 170V\)

 \( \Rightarrow \cos {\varphi _1} = {{{U_1}} \over U} = {8 \over {17}};\cos {\varphi _2} = {{{U_2}} \over U} = {{15} \over {17}}\)

Áp dụng công thức

 \(P = {{{U^2}} \over R}{\cos ^2}\varphi  =  > {R_1} = {{320} \over 3}\Omega ;{R_1} = 375\Omega  =  > {R_0} = 200\Omega \)

Công suất cực đại là  \({P_{\max }} = {{{U^2}} \over {2{{\rm{R}}_0}}} = {{{{170}^2}} \over {400}} = 72,25W\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Công suất của mạch \(P = {{{U^2}R} \over {{Z^2}}} = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Khi f = f₁ hay f = f₂ mạch có cùng công suất \( \Rightarrow {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{({Z_{L1}} - {Z_{C1}})}^2}}} = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{({Z_{L2}} - {Z_{C2}})}^2}}} \Rightarrow {f_1}{f_2} = {1 \over {4{\pi ^2}LC}}\) (1)

Khi f = f₃ mạch có công suất cực đại: \( \Rightarrow {Z_{L3}} = {Z_{C3}} \Rightarrow {f_3} = {1 \over {2\pi \sqrt {LC} }}\) (2)

Từ (1) và (2) => f₁f₂ = f₃²

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính hệ số công suất và  độ lệch pha giữa u và i.

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất: \(\cos \varphi  = \cos ({{ - \pi } \over 6} - {\pi  \over 6}) = 0,5\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính công suất cho mạch điện \(P = UI\cos \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Tổng trở của mạch là \(Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = \sqrt {{{40}^2} + {{(100 - 60)}^2}}  = 40\sqrt 2 \Omega \)

Hệ số công suất của mạch là \(cos\varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{{40}}{{40\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

Cường độ dòng điện chạy qua mạch là \(I = \frac{U}{Z} = \frac{{100}}{{\sqrt 2 .40\sqrt 2 }} = \frac{5}{4}A\)

Công suất tiêu thụ của mạch là \(P = UI\cos \varphi  = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }}.\frac{5}{4}.\frac{1}{{\sqrt 2 }} = 62,5W\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính công suất và định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

P = U.I.cosφ

\(\eqalign{
& \tan \varphi = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R} = \tan {60^0} = \sqrt 3 \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} = \sqrt 3 R \cr
& \cos \varphi = {R \over Z} = {1 \over 2} \Rightarrow R = {1 \over 2}Z \Rightarrow Z = 100\Omega \Rightarrow I = {U \over Z} = {{120} \over {100}} = 1,2A \Rightarrow P = 120.1,2.{1 \over 2} = 72W \cr} \)

Phương pháp giải:

Giản đồ Frenen

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB:

\({P_{AB}} = {U_{AB}}.I.c{\rm{os}}\varphi  = 5\sqrt 6  \Leftrightarrow 10\sqrt 3 .1.c{\rm{os}}\varphi  = 5\sqrt 6  \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi  = {{\sqrt 2 } \over 2} \Rightarrow \varphi  = {\pi  \over 4}\)

Lại có: \(c{\rm{os}}\alpha  = {{5\sqrt 3 } \over {10}} = {{\sqrt 3 } \over 2} \Rightarrow \alpha  = {\pi  \over 6} \Rightarrow {\varphi _{AM}} = {\pi  \over 4} - {\pi  \over 6} = {\pi  \over {12}}\)

=> Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM: \({P_{{\rm{AM}}}} = {U_{AM}}.I.c{\rm{os}}{\pi  \over {12}} = 10.1.c{\rm{os}}{\pi  \over {12}} = 9,66W\)

=> Công suất tiêu thụ của đoạn mạch MB: P_MB = P_AB – P_AM = 2,59W

Chọn B

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của đoạn mạch: \(c{\rm{os}}\varphi  = {{R + r} \over Z} = {{{U_R} + {U_r}} \over U}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: U_R = 13V; U_d = 13V; U_C = 65V; U = 65V

Theo bài ra ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{U_d} = \sqrt {U_r^2 + U_L^2} = 13 \hfill \cr
U = \sqrt {{{\left( {{U_R} + {U_r}} \right)}^2} + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = 65 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
U_r^2 + U_L^2 = {13^2} \hfill \cr
{\left( {13 + {U_r}} \right)^2} + {({U_L} - 65)^2} = {65^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow 4394U_r^2 + 4394{U_r} - 685464 = 0 \Rightarrow {U_r} = 12V \cr} \)

 => Hệ số công suất của mạch: \(c{\rm{os}}\varphi  = {{{U_R} + {U_r}} \over U} = {{13 + 12} \over {65}} = {5 \over {13}}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức R thay đổi để P_max: \(R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\), \({P_{max}} = {{{U^2}} \over {2R}} = {{{U^2}} \over {2\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: R = 200W, P_max = 100W, U_MB = 200V

\({P_{max}} = {{{U^2}} \over {2R}} \to U = \sqrt {{P_{max}}2R}  = 200V\) 

\({U \over {{U_{MB}}}} = 1 \to IZ = I{Z_{MB}} \leftrightarrow \sqrt 2 R = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2}  \to {Z_L} = R = 200\Omega \) 

Mặt khác: \(R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

Do cường độ dòng điện nhanh pha hơn hiệu điện thế hai đầu mạch: => Z_C > Z_L

\(R = {Z_C} - {Z_L} \to {Z_C} = R + {Z_L} = 2R = 400\Omega  \to {Z_C} = 2{{\rm{Z}}_L}\)

 => Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều có R thay đổi

Công suất: P = U².R/Z²

Lời giải chi tiết:

Khi biến trở có giá trị R₁ hoặc R₂ thì công suất của mạch có cùng giá trị:

\({{{U^2}{R_1}} \over {R_1^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = {{{U^2}{R_2}} \over {R_2^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} \Rightarrow {R_1}{R_2} = {({Z_L} - {Z_C})^2}\)

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
c{\rm{os}}{\varphi _1} = \sqrt {{{{R_1}} \over {{R_1} + {R_2}}}} \hfill \cr
c{\rm{os}}{\varphi _2} = \sqrt {{{{R_2}} \over {{R_1} + {R_2}}}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _1} + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _2} = 1 \Rightarrow c{\rm{os}}{\varphi _2} = \sqrt {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _1}} = \sqrt {1 - {{0,75}^2}} = 0,66\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính độ lệch pha giữa u và i và công thức tính công suất

Lời giải chi tiết:

Khi I = 5A;  \(\tan \varphi  = {{{Z_L}} \over r} = \sqrt 3  \to {Z_L} = \sqrt 3 r\)

mà: \(Z = 50\Omega  \to {Z_L} = 25\sqrt 3 \Omega ;r = 25\Omega \) 

Khi I = 3A ta có:  \(Z' = {{250} \over 3} \to R = {Z_X}\cos {\pi  \over 6} = {{100} \over {\sqrt 3 }}\Omega  \to P = {I^2}R = 300\sqrt 3 {\rm{W}}\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Hệ số công suất của đoạn mạch:\(c{\text{os}}\varphi  = \frac{{R + r}}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Cách giải:

Ta có: \(R = r = \sqrt {\frac{L}{C}}  \Rightarrow {R^2} = {r^2} = {Z_L}{Z_C}\)

Lại có:

\(\eqalign{
& {U_{MB}} = \sqrt 3 {U_{AM}} \Leftrightarrow {r^2} + Z_L^2 = 3\left( {{R^2} + Z_C^2} \right) \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 2{R^2} = 0 \cr
& \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 3{Z_L}{Z_C} + {Z_L}{Z_C} = 0 \Leftrightarrow \left( {Z_L^2 + {Z_L}{Z_C}} \right) - \left( {3Z_C^2 + 3{Z_L}{Z_C}} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow {Z_L}\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) - 3{Z_C}\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{Z_L} - 3{Z_C}} \right)\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{Z_L} = 3{Z_C} \hfill \cr
{Z_L} = - {Z_C}(loai) \hfill \cr} \right. \cr}\)

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} = 3{Z_C} \hfill \cr
{Z_L}{Z_C} = {R^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_C} = {R \over {\sqrt 3 }} \hfill \cr
{Z_L} = \sqrt 3 R \hfill \cr} \right. \Rightarrow \cos \varphi = {{R + r} \over {\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 R - {R \over {\sqrt 3 }}} \right)}^2}} }} = 0,866\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm và điều kiện cộng hưởng

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy có hai giá trị của Z_L là 60Ω và 140Ω cùng cho 1 giá trị P.

Vị trí P₃ đạt cực đại ứng với trường hợp cộng hưởng điện Z_L = Z_C

Và có mối quan hệ giữa Z_L3 với Z_L1 và Z_L2 là: \({Z_{L3}} = {{{Z_{L1}} + {Z_{L2}}} \over 2} = {{60 + 140} \over 2} = 100\Omega \) 

Khi Z_L =0 thì mạch có công suất P₁ thỏa mãn P₃ /P₁ = 3. Ta có:

\(\eqalign{
& {{{P_3}} \over {{P_1}}} = {{I_3^2.R} \over {{I^2}.R}} = 3 \Rightarrow {{{I_3}} \over I} = \sqrt 3 \Rightarrow {{{U \over {R + r}}} \over {{U \over {\sqrt {{{(R + r)}^2} + Z_C^2} }}}} = \sqrt 3 \Leftrightarrow {{\sqrt {{{(R + r)}^2} + Z_C^2} } \over {R + r}} = \sqrt 3 \Rightarrow {{{{(R + r)}^2} + Z_C^2} \over {{{(R + r)}^2}}} = 3 \cr
& \Rightarrow {Z_C} = \sqrt 2 .(R + r) = 100\Omega \Rightarrow R = {{100} \over {\sqrt 2 }} - 10\sqrt 2 = 50\sqrt 2 - 10\sqrt 2 = 40\sqrt 2 \Omega \cr} \)

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto, hệ thức lượng trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Vì điện áp tức thời trên MN trễ pha so với U_AB, tức là cuộn dây có điện trở r. Nhiệm vụ của bài là đi tìm hệ số công suất của đoạn mạch MN,  hay là tìm cosφ_MN.

Từ đề bài ta vẽ được giản đồ vecto như sau :

Xét tam giác OAB; sử dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(\eqalign{
& {{AB} \over {\sin \left( {{{30}^0}} \right)}} = {{OB} \over {\sin \beta }} \Leftrightarrow {{4{U_C}} \over {0,5}} = {{2{U_C}} \over {\sin \beta }} \Rightarrow \sin \beta = {1 \over 4} \Rightarrow \beta = {14^0}28' \Rightarrow \varphi = {90^0} - \beta - {30^0} = {45^0}31' \cr
& \Rightarrow \cos \varphi \approx {1 \over {\sqrt 2 }} \cr} \)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất và định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = 0,5 \Rightarrow 2R = \sqrt {{R^2} + Z_C^2}  \Leftrightarrow 4{R^2} = {R^2} + Z_C^2 \Leftrightarrow \sqrt 3 R = {Z_C}\)

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính hệ số công suất của mạch \(R = {R_0} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Công suất trêu thụ trên toàn mạch cực đại khi

→ Hệ số công suất của mạch \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {{{R_0}} \over {\sqrt {R_0^2 + R_0^2} }} = {{\sqrt 2 } \over 2}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Ta để  ý thấy rằng điện áp hai đầu đoạn mạch trễ pha 0,5π so với điện áp hai đầu cuộn cảm

→ u cùng pha với i →mạch xảy ra cộng hưởng.

Công suất tiêu thụ của mạch \(P = {P_{max}} = {{{U^2}} \over R} = {{{{100}^2}} \over {100}} = 100W\)

Phương pháp giải:

Áp dụng hệ số công suất \(\cos \varphi  = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Hệ số công suất của mạch  \(\cos \varphi  = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} \leftrightarrow {1 \over {\sqrt 2 }} = {{10} \over {\sqrt {{{10}^2} + Z_C^2} }} \to {Z_C} = 10\,\,\Omega \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Khi \(R = {R_1} = 100\,\,\Omega \), công suất tiêu thụ trong mạch là cực đại

\( \to \left\{ \matrix{
\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = {R_1} = 100 \hfill \cr
{P_{\max }} = {{{U^2}} \over {2{R_1}}} = 100 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = {R_1} = 100 \hfill \cr
{U^2} = 2{P_{\max }}{R_1} = 20000 \hfill \cr} \right..\)

+ Công suất tiêu thụ của mạch ứng với R₂ là:

 \(P = {{{U^2}{R_2}} \over {R_2^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \to R_2^2 - 250{R_2} + 10000 = 0.\)

 Phương trình trên cho ta hai nghiệm \({R_2} = 200\,\,\Omega \) hoặc \({R_2} = 50\,\,\Omega \) .

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính công suất tiêu thụ của mạch điện

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Công suất tiêu thụ của mạch \(P = {{{U_0}{I_0}} \over 2}\cos \varphi  = {{100\sqrt 2 .4\sqrt 2 } \over 2}\cos \left( {{\pi  \over 3}} \right) = 200W.\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Tổng trở của mạch \(Z = {U \over I} = {{120} \over {0,6}} = 200\Omega \)

 Điện trở của cuộn dây \(R = {P \over {{I^2}}} = {{43,2} \over {0,{6^2}}} = 120\Omega \)

→ Cảm kháng của cuộn dây \({Z_L} = \sqrt {{Z^2} - {R^2}}  = \sqrt {{{200}^2} - {{120}^2}}  = 160\Omega \)

Phương pháp giải:

Hiệu suất truyền tải: \(H = {{P - \Delta P} \over P} = 1 - {{{{{P^2}R} \over {{U^2}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}} \over P} = 1 - {{{P^2}R} \over {{U^2}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} \Rightarrow {{{P^2}R} \over {{U^2}c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 1 - H\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{{{P^2}R} \over {U_1^2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 1 - {H_1} \hfill \cr
{{{P^2}R} \over {U_2^2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 1 - {H_2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{{U_2}} \over {{U_1}}} = \sqrt {{{1 - {H_1}} \over {1 - {H_2}}}} = \sqrt {{{1 - 0,8} \over {1 - 0,95}}} \Leftrightarrow {{{U_2}} \over 2} = 2 \Rightarrow {U_2} = 4kV\)

Phương pháp giải:

Phương pháp : Áp dụng điều kiện có cộng hưởng điện trong mạch điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Cách giải :

Khi đó điện áp giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức \({u_L} = 200\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\,(V)\). Trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện do đó U_L = U_C; U_R = U = 100Ω. Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là \(P = \frac{{U_R^2}}{R} = \frac{{{{100}^2}}}{{25}} = 400W\)

Phương pháp giải:

Khảo sát hàm số công suất theo R

Lời giải chi tiết:

Ta có công thức tính công suất:

\(\begin{gathered}
P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}}} = \frac{{{U^2}}}{y} \hfill \\
y = R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \geqslant 2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|(BDT\operatorname{cosi} ) \hfill \\
\end{gathered} \)

Vậy P đạt cực đại khi y cực tiểu. Theo bất đẳng thức Cosi y đạt cực tiểu khi \(R = \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R} = > R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 50\Omega \)

Ta có thể lập bảng xét sự biến thiên của P như sau:

Vậy từ giá trị R = \(50\sqrt 3 \Omega \) trở lên thì P giảm dần.

Phương pháp giải:

sử dụng giản đồ vec to và định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

Dựa vào biểu thức điện áp tức thời của cuộn dây và tụ, ta thấy u_dsớm pha \(\frac{\pi }{6} + \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{5\pi }}{6}\) so với u_C . ta vẽ được giản đồ vecto như sau

Từ giản đồ vecto thấy góc lệch giữa u_d và u_Clà: \(\alpha + \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6} = > \alpha = \frac{\pi }{3}\)

 Từ phương trình điện áp ta có   \({U_d} = 80\sqrt 3 V;{U_C} = 40V\)

Từ giản đồ vecto, ta có:

\(\eqalign{
& {U_r} = {U_d}.\cos \alpha = 80\sqrt 3 .\cos {\pi \over 3} = 40\sqrt 3 V \cr
& {U_L} = {U_d}.\sin \alpha = 80\sqrt 3 .\sin {\pi \over 3} = 120V \cr} \)

Ta có:

\(\begin{gathered}
U_{AB}^2 = {({U_R} + {U_r})^2} + {({U_L} - {U_C})^2} = {\left( {60\sqrt 3 + 40\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {120 - 40} \right)^2} \hfill \\
{U_{AB}} \approx 190,78V \hfill \\
\end{gathered} \)

Hệ số công suất được xác định bởi:

\(k = \cos \varphi = \frac{{R + r}}{Z} = \frac{{{U_R} + {U_r}}}{{{U_{AB}}}} = \frac{{60\sqrt 3 + 40\sqrt 3 }}{{190,78}} \approx 0,908\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Ta có P ~ U2→ với U' = 2U thì P' = 4P.

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về bài toán thay đổi điện trở để công suất cực đại 

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch RLC được tính theo công thức

 \(P = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{{U^2}} \over {R + {{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \over R}}}\)

Ta thấy, để P_max thì  \({R^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow Z = R\sqrt 2 \)

Khi đó hệ số công suất của đoạn mạch là

 \(\cos \varphi  = {R \over {R\sqrt 2 }} = {1 \over {\sqrt 2 }}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Áp dụng điều kiện để có hiện tượng cộng hưởng

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Khi C = C₀ công suất tiêu thụ trong mạch cực đại → mạch xảy ra cộng hưởng.

→ \({u_L} = {{{U_o}} \over R}{Z_L}\cos \left( {100\pi t + \pi } \right) = {{120} \over {30}}40\cos \left( {100\pi t + \pi } \right) = 160\cos \left( {100\pi t + \pi } \right)V\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hệ số công suất trong đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp \(\cos \varphi  = {R \over Z}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

+ Hệ số công suất của đoạn mạch \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {2R} \right)}^2}} }} = 0,45\).

Phương pháp giải:

 sử dụng công thức tính điện năng tiêu thụ

Lời giải chi tiết:

\(\begin{gathered}
{U_0} \approx 310V = > U \approx 220V = {U_{dm}} \hfill \\
= > P \approx 45W \hfill \\
= > A = P.t \approx 45.1h = 45Wh \hfill \\
\end{gathered} \)

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch được xác định bởi biểu thức:

\(\cos \varphi  = \cos \left( {{\varphi _u} - {\varphi _i}} \right) = \cos \left( {{\pi  \over 6} - \left( { - {\pi  \over {12}}} \right)} \right) = {1 \over {\sqrt 2 }} \approx 0,71\)

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: \({{{N_1}} \over {{N_2}}} = {{{U_1}} \over {{U_2}}} = {{{I_2}} \over {{I_1}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\({{{N_1}} \over {{N_2}}} = {{{U_1}} \over {{U_2}}} = {{{I_2}} \over {{I_1}}} \Leftrightarrow {{150} \over {1500}} = {{250} \over {{U_2}}} = {{{I_2}} \over {100}} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{U_2} = 2500V \hfill \cr
{I_2} = 10A \hfill \cr} \right.\)

Độ sụt thế: ∆U = I₂R = 10.30 = 300V

Điện áp nơi tiêu thụ: U’ = U₂ - ∆U = 2500 – 300 = 2200V

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính hệ số công suất của đoạn mạch xoay chiều 

Lời giải chi tiết:

Cuộn dây có điện trở thuần

Ta có giản đồ véc tơ sau

Từ hình vẽ suy ra độ lệch pha giữa u và i là – π/6 rad

Do đó hệ số công suất của đoạn mạch là  \(\cos \varphi  = {{\sqrt 3 } \over 2}\)

Chọn B

Lời giải chi tiết:

 Đáp án A

Công suất của mạch: P = UI.cosφ =110W

Công suất của riêng R: P_R = RI² = 50 W

Công suất cần tìm: P_X = P – P_R = 60 W

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Hệ số công suất của mạch: \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(\omega L)}^2}} }}\) Chọn A

Lời giải chi tiết:

Hệ số công suất:

\(c{\rm{os}}\varphi  = {R \over Z} = {{{U_R}} \over U} = {{\sqrt {{U^2} - U_L^2} } \over U} = {{\sqrt {{{150}^2} - {{120}^2}} } \over {150}} = 0,6\)

Phương pháp giải:

áp dung công thức tính công suất

Lời giải chi tiết:

ta có

\(P = U.I.\cos \varphi = \frac{{120}}{{\sqrt 2 }}.\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}.\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3}} \right) = 73,5W\)

Phương pháp giải:

sử dụng định luật Ôm và công thức tính hệ số công suất

Lời giải chi tiết:

ta có

\(\begin{gathered}
{U_{AB}} = 60V;k = \cos \varphi = \frac{{{U_R}}}{U} = 0,8 = > {U_R} = 60.0,8 = 48V \hfill \\
{k_{cd}} = 0,6 = \frac{{{U_R}}}{{{U_{RL}}}} = > {U_{RL}} = \frac{{{U_R}}}{{0,6}} = 80V \hfill \\
\end{gathered} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Khi \(C = {C_1} = {{62,5} \over \pi }\mu F \to {Z_{C1}} = 160\Omega \) mạch tiêu thụ công suất cực đại \( \to {Z_{C1}} = {Z_L} = 160\Omega .\)

 \(P = {P_{\max }} = {{{U^2}} \over {R + r}} \to R + r = {{{U^2}} \over P} = {{{{150}^2}} \over {93,75}} = 240\Omega .\)

+ Khi \(C = {C_2} = {1 \over {9\pi }}mF \to {Z_{C2}} = 90\Omega \) thì điện áp hai đầu cuộn dây vuông pha với điện áp hai đầu RC.

 \(\to {{{Z_L}} \over r}{{{Z_{C1}}} \over R} = 1 \to Rr = {Z_L}{Z_{C2}} = 14400{\Omega ^2} \to R = r = 120\Omega .\)

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây khi đó là:

 \({U_d} = {{U{Z_d}} \over Z} = {{150\sqrt {{{120}^2} + {{160}^2}} } \over {\sqrt {{{\left( {120 + 120} \right)}^2} + {{\left( {160 - 90} \right)}^2}} }} = 120V.\)

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính công suất

Lời giải chi tiết:

ta có

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = 40\Omega ;{Z_C} = 100\Omega ;R = 80\Omega \\
= > Z = 100\Omega \\
= > P = U.I.\cos \varphi = \frac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \frac{{{{80}^2}.80}}{{{{100}^2}}} = 51,2W
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Hệ số công suất cosφ = R/Z

Lời giải chi tiết:

u_AB trễ pha hơn i => Z_C > Z_L

Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
c{\rm{os}}{\varphi _{AM}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = 0,8 \hfill \cr
c{\rm{os}}{\varphi _{AB}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 0,6 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{R^2} = 0,64{R^2} + 0,64Z_L^2 \hfill \cr
{R^2} = 0,36{R^2} + 0,36{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} = 0,75R \hfill \cr
{Z_C} = {{25} \over {12}}R \hfill \cr} \right.\)

\( \Rightarrow {{{Z_L}} \over {{Z_C}}} = {{0,75R} \over {{{25} \over {12}}R}} = 0,36 \Leftrightarrow {\omega ^2}LC = 0,36 \Leftrightarrow {1 \over {LC}} = {{{\omega ^2}} \over {0,36}} \Rightarrow \omega _0^2 = {{{\omega ^2}} \over {0,36}} \Rightarrow {f_0} = {f \over {\sqrt {0,36} }} = {{60} \over {\sqrt {0,36} }} = 100Hz\)

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính công suất

Sử dụng lí thuyết mạch điện R, L, C mắc nối tiếp có C thay đổi

Lời giải chi tiết:

Khi P₁ = P₂ thì

\(\eqalign{
& {{{U^2}} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}}}R = {{{U^2}} \over {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{{C_2}}})}^2}}}.R \Leftrightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_{{C_1}}}} \right)^2} = {({Z_L} - {Z_{{C_2}}})^2} \Leftrightarrow {Z_L} - {Z_{{C_1}}} = {Z_{{C_2}}} - {Z_L} \cr
& \Leftrightarrow 2.{Z_L} = {Z_{{C_1}}} + {Z_{{C_2}}} \Leftrightarrow 2.\omega L = {1 \over {\omega {C_1}}} + {1 \over {\omega {C_2}}} \Rightarrow L = {{{C_1} + {C_2}} \over {2.{\omega ^2}.{C_1}.{C_2}}} = {3 \over \pi }H \cr} \)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Hệ số công suất cosφ (φ = φ_u – φ_i)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: 

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{u_{AM}} = 50\sqrt 2 \cos \left( {100\pi - {{5\pi } \over 6}} \right) \hfill \cr
{u_{MB}} = 150.c{\rm{os}}100\pi \hfill \cr} \right.\,\,\, \cr
& \Rightarrow {u_{AB}} = {u_{AM}} + {u_{MB}} = 95,54.c{\rm{os}}\left( {100\pi - 0,38} \right)(V) \cr} \)

Độ lệch pha giữa uAM và i: 

\(\eqalign{
& \tan {\varphi _{AM}} = - {{{Z_C}} \over R} = - {4 \over 3} \Rightarrow {\varphi _{AM}} = - 0,93rad \cr
& \Rightarrow {\varphi _i} = - 1,69rad \cr
& \Rightarrow \varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = 1,31rad \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi = 0,26 \cr} \)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Ban đầu mạch gồm RLC mắc nối tiếp, ta gọi các giá trị điện áp trên các phần tử là U_R; U_L; U_C.

Lúc sau, mạch được nối tắt qua L, nên chỉ còn R C nối tiếp, ta gọi các điện áp trên các phần tử là U’_L và U’_C.

Biết rằng lúc sau dòng điện tức thời lệch pha π/2  so với cường độ dòng điện lúc đầu, ta có:

\(\left\{ \matrix{
{\varphi _{i1}} = {\varphi _u} - {\varphi _1} \hfill \cr
{\varphi _{i2}} = {\varphi _u} - {\varphi _2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {\varphi _{i1}} - {\varphi _{i2}} = {\pi \over 2} \Rightarrow {\varphi _2} - {\varphi _1} = {\pi \over 2}\)

 Ta vẽ trên cùng 1 giản đồ vecto.

Ta có:  \({\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = {\pi  \over 2};\cos {\varphi _1} = {{{U_R}} \over {{U_{AB}}}} = k;\cos {\varphi _2} = {{U{'_R}} \over {{U_{AB}}}} = {{2.\sqrt 2 .{U_R}} \over {{U_{AB}}}} = 2\sqrt 2 .k\)

Mặt khác : \({\varphi _1} + \left| {{\varphi _2}} \right| = {\pi  \over 2} \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \sin {\varphi _2} \Leftrightarrow k = \sqrt {1 - {{(\cos {\varphi _2})}^2}}  = \sqrt {1 - 8{k^2}}  \Leftrightarrow {k^2} = 1 - 8{k^2} \Leftrightarrow 9{k^2} = 1 \Leftrightarrow k = {1 \over 3}\)  

Phương pháp giải:

Mạch điện xoay chiều có điện trở thay đổi

Lời giải chi tiết:

Điều chỉnh R đến giá trị R₀ sao cho công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại ta có: 

\({R_0}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}{\rm{   (1)}} \to U_{R0}^2 = {U_r}^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = U_{MB}^2 \to {U_{R0}} = {U_{MB}} = 40\sqrt 3 V\)

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB bằng 90W nên: 

\({P_{AB}} = 90W = {{{U^2}} \over {{Z^2}}}({R_0} + r) = {{{{120}^2}} \over {{{({R_0} + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}({R_0} + r)\) (2)

Mặt khác từ (1) có: \({R_0}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \to {R_0}^2 - {r^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \to ({R_0} + r)({R_0} - r) = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\) (3)

Từ  (2) và (3) có: \(90 = {{{{120}^2}.({R_0} + r)} \over {{{({R_0} + r)}^2} + ({R_0} - r)({R_0} + r)}} \to {R_0} = 80\Omega \)

Ta có: \(I = {{{U_{R0}}} \over {{R_0}}} = {{\sqrt 3 } \over 2} \to Z = {U \over I} = {{120} \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = 80\sqrt 3 \Omega \)

Xét trở kháng toàn mạch và trở kháng mạch MB có:

\(\left\{ \matrix{
{({R_0} + r)^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = {(80\sqrt 3 )^2} \hfill \cr
{r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = {(80)^2} \hfill \cr} \right. \to r = 40\Omega \)

Công suất đoạn mạch MB là:\(P = {I^2}r = 30(W)\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Khi \(C = {C_2}\) mạch tiêu thụ công suất bằng 0,75 công suất cực đại

 \( \to {\cos ^2}{\varphi _1} = 0,75 \to {\varphi _1} = 30^\circ \)

+ Biểu diễn lượng giác điện áp hiệu dụng trên tụ khi C thay đổi

\({U_C} = {U_{C\max }}\cos \left( {\varphi + {\varphi _0}} \right) \to \left\{ \matrix{
{U_{C1}} = {U_{C\max }}\cos \left( { - 60 + {\varphi _0}} \right) = 40 \hfill \cr
{U_{C2}} = {U_{C\max }}\cos \left( {30 + {\varphi _0}} \right) = 2 \hfill \cr} \right. \to {\varphi _0} = 33,43^\circ \)

 và \({U_{C\max }} = 44,7V.\)

+ Kết hợp với \({U_{C\max }} = {U \over {\sin {\varphi _0}}} \to U = {U_{C\max }}\sin {\varphi _0} = 44,7.\sin 33,43^\circ  \approx 25V.\)