50 bài tập Đại cương về dòng điện xoay chiều mức độ vận dụng (Phần 1)

Phương pháp giải:

Biểu thức liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và hiệu dụng: \({{I}_{0}}=I\sqrt{2}\) 

Lời giải chi tiết:

Vì \({{I}_{0}}=I\sqrt{2}=4\sqrt{2}A\)    nên I = 4A

Phương pháp giải:

đại cương dòng điện xoay chiều

Lời giải chi tiết:

I_o = 4A

Phương pháp giải:

Số chỉ của ampe kế xoay chiều là cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch.

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

Lời giải chi tiết:

I₀ = 2A

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}A\)

Số chỉ của ampe kế xoay chiều chỉ dòng điện hiệu dụng \(\sqrt{2}A\)

Phương pháp giải:

Số chỉ am pe kế là dòng điện hiệu dụng

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

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện hiệu dụng I = 1A

Cường độ dòng điện cực đại: \({{I}_{0}}=I\sqrt{2}=\sqrt{2}A\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm U = IR

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

Lời giải chi tiết:

I = 2A

Biên độ của hiệu điện hế giữa hai đầu điện trở: U₀ = I₀R = \(60\sqrt{2}V\)

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện tại thời điểm t là \(i=4\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)A\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện tại thời điểm t = 0,04s là

 \(i=4\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)A=4\cos \left( 100\pi .0,04+\frac{\pi }{4} \right)=2\sqrt{2}A\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Số chỉ ampe kế nhiệt là cường độ dòng điện hiệu dụng

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

Lời giải chi tiết:

Số chỉ ampe kế nhiệt là cường độ dòng điện hiệu dụng

            \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=2A\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Liên hệ giữa điện áp cực đại và điện áp hiệu dụng: \({{U}_{0}}=U\sqrt{2}\)

Thời gian đèn sáng ứng với thời gian |u |≥ 155V

Thời gian đèn tắt ứng với thời gian |u| < 155V

Chu kỳ T = 1/f

Lời giải chi tiết:

Chu kỳ dòng điện T = 1/f = 0,02s

Điện áp cực đại: \({{U}_{0}}=U\sqrt{2}=220\sqrt{2}V\)

Ta có u = 155V = U₀/2

=> Thời gian đèn sáng trong 1 chu kỳ là : \({{t}_{s}}=\frac{4T}{6}=\frac{2T}{3}\)

Thời gian đèn tắt trong 1 chu kỳ là:

             \({{t}_{t}}=T-{{t}_{s}}=T-\frac{2T}{3}=\frac{T}{3}\Rightarrow \frac{{{t}_{s}}}{{{t}_{t}}}=2\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Suất điện động cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua khung dây biến thiên: e = - Ф’

Lời giải chi tiết:

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung dây:

            \(e=-\phi '=\frac{2}{\pi }.100\pi \sin \left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)V=200\sin \left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)V\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Chu kỳ dao động: \(T=\frac{2\pi }{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Điện áp có U₀ = \(200\sqrt{2}V\) và pha ban đầu – π/2

Thời điểm có u = \(100\sqrt{2}V\) và đang giảm ứng với vị trí góc π/3

Chu kỳ \(T=\frac{2\pi }{\omega }=0,02s\)

Sau đó 1/300s = T/6 ứng với vị trí góc 2π/3 nên điện áp có giá trị - \(100\sqrt{2}V\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Trong mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện , điện áp trễ pha hơn cường độ dòng điện là \(\frac{\pi }{2}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Cường độ dòng điện trong mạch có giá trị là \(i = \frac{{{U_0}}}{{{Z_C}}}\cos \left( {100\pi t} \right)(A) = {U_0}.\omega C\cos \left( {100\pi t} \right)(A) = 100.100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }\cos \left( {100\pi t} \right)(A) = \cos \left( {100\pi t} \right)(A)\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Thay t vào phương trình của i

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có: \(i = 4.\cos \left( {100\pi .20,18 - \frac{\pi }{4}} \right) = 2\sqrt 2 A\)

Chọn D

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Từ đồ thị ta  thấy, lúc t = 0 thì 

\(\left\{ \begin{array}{l}i = {I_0} =  > {\varphi _i} = 0\\\left\{ \begin{array}{l}u = 0\\u{'_t} < 0\end{array} \right.\end{array} \right. =  > {\varphi _u} = \frac{\pi }{2}\)

Chọn B

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

+ Từ đồ thị, ta có \({I_0} = 4{\rm{A}}\), tại t =0 ,\(i = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{I_0}\)   và đang tăng \( \to {\varphi _0} = {\rm{\;}} - \frac{{\pi {\rm{\;}}}}{4}.\)

Từ thời điểm t = 0 đến thời điểm \(t = 0,{25.10^{ - 2}}s\) ứng với  \(\Delta t = \frac{T}{8} \to T = 0,02{\rm{s}} \to \omega {\rm{\;}} = 100\pi rad/s.\) \( \to i = 4\cos \left( {100\pi t - \frac{{\pi {\rm{\;}}}}{4}} \right)A.\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{o}}}{\sqrt{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{o}}}{\sqrt{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=4\)(A)

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Chu kỳ dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Điện áp có U₀ = \(200\sqrt 2 V\) và pha ban đầu – π/2

Thời điểm có u = \(100\sqrt 2 V\) và đang giảm ứng với vị trí góc π/3

Chu kỳ \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,02s\)

Sau đó 1/300s = T/6 ứng với vị trí góc 2π/3 nên điện áp có giá trị - \(100\sqrt 2 V\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Từ thông nhanh pha π/2 so với suất điện động

Lời giải chi tiết:

Từ thông nhanh pha π/2 so với suất điện động: \({{\varphi }_{\Phi }}-{{\varphi }_{e}}=\frac{\pi }{2}\to -\frac{\pi }{6}-(\varphi -\frac{\pi }{12})=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \varphi =\frac{-7\pi }{12}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Cường độ hiệu dụng

\(I = \frac{{{I_{cd}}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ hiệu dụng

\(I = \frac{{{I_{c{\rm{d}}}}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {I_0}\)

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto quay.

Chu kì: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,1s \Rightarrow 0,025s = \frac{T}{4}\)

Ứng với góc quay 90⁰

Lời giải chi tiết:

Chu kì: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,1s \Rightarrow 0,025s = \frac{T}{4}\)

Ứng với góc quay 90⁰ của vecto quay.

Sử dụng phương pháp vecto quay ta có hình vẽ:

Từ hình xác định vị trí ứng với M₂, ta có: \({i_2} = - 2\sqrt 3 A\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Tần số: \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }}\)

Thay t vào biểu thức của i xác định được giá trị của i tại thời điểm t

Lời giải chi tiết:

Từ biểu thức của cường độ dòng điện ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 2A\\f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{100\pi }}{{2\pi }} = 50Hz\\{\varphi _i} = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\)

Tại thời điểm t = 0,15s ta có: \({\rm{i  =  2}}\sqrt[]{2}{\rm{cos}}\left( {{\rm{100}}\pi .0,15{\rm{  +  }}\dfrac{\pi }{2}} \right) = 0\)

Vậy phát biểu sai: Tại thời điểm t = 0,15s cường độ dòng điện cực đại

Chọn C.

Phương pháp giải:

Nếu phương trình của cường độ dòng điện là \(i = {I_0}.\cos \left( {\omega t + k2\pi } \right)\) thì trong 1s đầu tiên dòng điện đổi chiều: \(N = 2f - 1\) (lần)

Lời giải chi tiết:

Phương trình của cường độ dòng điện: \(i = 2\cos (2\pi f.t)\,\,\left( A \right)\)

Trong 1 giây đầu tiên dòng điện đổi chiều 119 lần, ta có:

\(N = 2f - 1 = 119 \Rightarrow f = 60Hz\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Thay t vào phương trình của i

Công thức lượng giác: \(\cos \left( {\alpha  + k2\pi } \right) = \cos \alpha \)

Lời giải chi tiết:

Thay t vào biểu thức của cường độ dòng điện i ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}i\left( t \right) = 4.\cos \left( {8\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right) = 0,7A\\i\left( {t + 3} \right) = 4.\cos \left[ {8\pi \left( {t + 3} \right) + \dfrac{\pi }{6}} \right] = 4.\cos \left( {8\pi t + \dfrac{\pi }{6} + 24\pi } \right)A\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}i\left( t \right) = 4.\cos \left( {8\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right) = 0,7A\\i\left( {t + 3} \right) = 4.\cos \left( {8\pi t + \dfrac{\pi }{6} + 24\pi } \right) = 4.\cos \left( {8\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow i\left( {t + 3} \right) = i\left( t \right) = 0,7A\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Giải phương trình lượng giác: \(\cos \alpha  = 0 \Leftrightarrow \alpha  = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện có độ lớn cực tiểu:

\(\begin{array}{l}\left| i \right| = 0 \Leftrightarrow 2\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 0 \Leftrightarrow 100\pi t - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \\ \Leftrightarrow t = \dfrac{5}{{600}} + \dfrac{k}{{100}}s;k = 0;1;2;...\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Trong 1 chu kì có 4 lần dòng đện có độ lớn 1A

Phân tích: \(\Delta t = n.T;n \in N\)

Trong n chu kì có 4n (lần) dòng điện có độ lớn 1A

Lời giải chi tiết:

Chu kì: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02s\)

Ta có:  \(1s = 50.0,02 = 50.T\)

Trong 1 chu kì có 4 lần dòng điện có độ lớn 1A

Vậy trong 50T sẽ có số lần dòng điện có độ lớn 1A là:

\(N = 50.4 = 200\) (lần)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điện lượng qua tiết diện S trong thời gian từ t₁ đến t₂ là Δq : \(q = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {i.dt} \)

Lời giải chi tiết:

Điện lượng chạy qua tiết diện dây trong khoảng thời gian từ 0 đến 0,15s là :

\(q = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {i.dt} \int\limits_0^{0,15} {2.\sin 100\pi t} .dt =  - \dfrac{{2.\cos 100\pi t}}{{100\pi }}\left| {_0^{0,15}} \right. = \dfrac{4}{{100\pi }}\left( C \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG và công thức tính thời gian: \(\Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \alpha .\dfrac{T}{{2\pi }}\)

Lời giải chi tiết:

 Biểu diễn trên VTLG ta có:

Góc quét được là: \(\alpha  = \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{6}rad\)

Khoảng thời gian ngắn nhất u = 0 đến khi \(u = 110\sqrt 2 V\) là:

\(\Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \dfrac{{\dfrac{\pi }{6}}}{{100\pi }} = \dfrac{1}{{600}}s\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Từ thông qua khung dây:

\(\Phi  = NBS.\cos \left( {\overrightarrow n ;\overrightarrow B } \right) = NBS.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) = {\Phi _0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Suất động trong khung dây: 

\(e =  - \dfrac{{d\Phi }}{{dt}} =  - \Phi ' = \omega NBS.\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) = \omega NBS.\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{\pi }{2}} \right) = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình của từ thông: \(\Phi  = \dfrac{{{{2.10}^{ - 2}}}}{\pi }\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{4}} \right)\left( {Wb} \right)\)

Biểu thức của suất điện động cảm ứng:

\(e =  - \Phi ' = 100\pi .\dfrac{{{{2.10}^{ - 2}}}}{\pi }\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right) = 2.\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{4}} \right)V\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Nhiệt lượng toả ra trên điện trở: \(Q = {I^2}Rt\)

Lời giải chi tiết:

Nhiệt lượng toả ra trên điện trở trong 30s là:

\(Q = {I^2}Rt = {2^2}.100.30 = 12000J = 12kJ\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức tính từ thông:  \(\Phi = B.S.\cos \alpha \)

Trong đó: α là góc giữa vecto cảm ứng từ và pháp tuyến.

Lời giải chi tiết:

Từ thông qua khung dây này là:

\(\Phi = B.S.\cos \alpha = {10.10^{ - 4}}.0,08.cos0 = {8.10^{ - 5}}{\rm{W}}b\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Thay thời gian vào phương trình suất điện động

Lời giải chi tiết:

Suất điện động tại thời điểm \(t = 10\,\,s\) là:

\(e = 15\cos \left( {4\pi .10 + \dfrac{\pi }{3}} \right) = 7,5\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chu kì của dòng điện: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }\)

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: \(t = \dfrac{\varphi }{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình cường độ dòng điện:

\(i = {I_0}\sin \omega t = {I_0}\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Pha ban đầu của cường độ dòng điện là: \( - \dfrac{\pi }{2}\)

Chu kì của dòng điện là: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02\,\,\left( s \right)\)

Trong thời gian \(0,01\,\,s\), dòng điện thực hiện được số chu kì là:

\(\dfrac{t}{T} = \dfrac{{0,01}}{{0,02}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow t = \dfrac{T}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy từ thời điểm đầu, cường độ dòng điện có giá trị \(0,5{I_0}\) khi vecto quay được các góc:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\varphi _1} = \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{\pi }{6}\,\,\left( {rad} \right) \Rightarrow {t_1} = \dfrac{{{\varphi _1}}}{\omega } = \dfrac{1}{{600}}\,\,\left( s \right)\\{\varphi _2} = \dfrac{\pi }{2} + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{5\pi }}{6}\,\,\left( {rad} \right) \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{{\varphi _2}}}{\omega } = \dfrac{5}{{600}}\,\,\left( s \right)\end{array} \right.\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Thay giá trị \(t = \frac{1}{{200}}s\)  vào pha của dao động  \(\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Thay giá trị \(t = \frac{1}{{200}}s\)  vào pha của dao động ta được:

\(\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) = 100\pi .\frac{1}{{200}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6}\).

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị i-t

+ Sử dụng biểu thức \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T}\)

+ Viết phương trình cường độ dòng điện

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có:

+ Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}A\)

+ Chu kì dao động: \(T = 0,02s\)

\( \Rightarrow \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{0,02}} = 100\pi \)

+ Tại thời điểm ban đầu, dòng điện có giá trị cực đại: \( \Rightarrow {i_0} = {I_0}cos\varphi  = {I_0} \Rightarrow cos\varphi  = 1 \Rightarrow \varphi  = 0\)

\( \Rightarrow \) Phương trình cường độ dòng điện: \(i = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}cos\left( {100\pi t} \right)A\)

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Suất điện động: \({e_c} =  - \Phi '\)

+ Sử dụng biểu thức máy biến áp lí tưởng: \(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\) 

Lời giải chi tiết:

Ta có,

Suất điện động xuất hiện ở cuộn sơ cấp: \({e_{1c}} =  - \Phi ' = \left( {0,2\pi } \right)\sin \left( {100\pi t} \right)\left( V \right)\)

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{e_{1c}}}}{{{e_{2c}}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\\ \Rightarrow {e_{2c}} = \dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}}.{e_{1c}} = 1000.0,2\pi \sin \left( {100\pi t} \right)\\ = 200\pi \sin \left( {100\pi t} \right) = 200\pi cos\left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)V\end{array}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Suất điện động hiệu dụng trong khung: \(E = \frac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\omega .B.S}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{E = \frac{{\omega .B.S}}{{\sqrt 2 }} = 60V}\\
{E = \frac{{\omega '.B'.S}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\frac{\omega }{2}.3B.S}}{{\sqrt 2 }} = 1,5E}
\end{array}} \right.}\\
{ \Rightarrow E = 1,5.60 = 90V}
\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Suất điện động e chậm pha hơn từ thông góc π/2

Lời giải chi tiết:

Suất điện động e chậm pha hơn từ thông góc π/2 nên tại thời điểm t = 0, pha ban đầu của từ thông là π

Hay vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây hợp với vec tơ cảm ứng từ góc 180⁰

Chọn A

Phương pháp giải:

Công thức tính suất điện động cực đại: E₀ = ωNBS

Lời giải chi tiết:

ω = 50 vòng/giây = 100π rad/s

Suất điện động cực đại: E₀ = ωNBS = \(100\pi {{.500.220.10}^{-4}}.\frac{\sqrt{2}}{5\pi }=220\sqrt{2}\)V

 Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp: Công thức liên hệ giữa điện áp hiệu dụng và điện áp cực đại: \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

Từ đồ thị, ta có: \({U_0} = 220(V) \Rightarrow U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = 110\sqrt 2 V\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Phương trình của từ thông và suất điện động cảm ứng: \(\left\{ \begin{array}{l}\Phi  = {\Phi _0}.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\\{e_{cu}} =  - \Phi ' = \omega {\Phi _0}.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\end{array} \right.\)

Suất điện động hiệu dụng: \(E = \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Suất điện động hiệu dụng trong khung dây: \(E = \dfrac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }} = 100\sqrt 2 \)V

Chọn C.

Phương pháp giải:

Suất điện động cảm ứng e = - \(\phi '\)  nên từ thông và suất điện động cảm ứng vuông pha nên

            \({{\left( \frac{\phi }{{{\phi }_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{e}{{{E}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)

Biên độ E₀ = \(\omega {{\phi }_{0}}\)

Lời giải chi tiết:

Do từ thông và suất điện động cảm ứng vuông pha nên

            \({{\left( \frac{\phi }{{{\phi }_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{e}{{{E}_{0}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow {{\left( \frac{\frac{11\sqrt{2}}{12\pi }}{\frac{11\sqrt{2}}{6\pi }} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{110\sqrt{6}}{{{E}_{0}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow {{E}_{0}}=220\sqrt{2}V\)

Tần số góc \(\omega =\frac{{{E}_{0}}}{{{\phi }_{0}}}=120\pi \Rightarrow f=60Hz\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Từ thông biên thiên Ф = NBScos(ωt + φ)

Suất điện động cảm ứng e = - Ф’

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có N = 500 vòng, S = 100cm² = 10^-2m²; ω = 3000 vòng/phút = 100π rad/s

Gốc thời gian lúc pháp tuyến của mặt phẳng khung cùng hướng với vectơ cảm ứng từ nên φ = 0

Biểu thức từ thông qua khung dây: Ф = NBScos(ωt + φ) = 500.10^-2.100π.cos(100πt) Wb

Suất điện động cảm ứng e = - Ф’ = 500.10^-2.100π.100π.cos(100πt – π/2) = 157cos(100πt - π/2)V

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính suất điện động  

\(E = \frac{{d\Phi }}{{dt}} = \Phi '\)

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức tính suất điện động 

\(\begin{array}{l}
E = \frac{{d\Phi }}{{dt}} = \Phi ' = \frac{{d\cos \left( {100t + \frac{\pi }{3}} \right)}}{{dt}} = - 100.sin\left( {100t + \frac{\pi }{3}} \right)\\
= 100.\cos \left( {100t + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right) = 100\cos \left( {100t - \frac{\pi }{6}} \right)(mV)
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Vì đoạn mạch chỉ chứa tụ điện nên u và i vuông pha với nhau nên ta có :

\({u_C} = 100.\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)(V)\)

Thay giá trị u = 50V vào phương trình u để tìm pha của u sau đó thay vào phương trình i để tìm cường độ dòng điện tức thời.

Lời giải chi tiết:

Vì đoạn mạch chỉ chứa tụ điện nên u và i vuông pha với nhau nên ta có :

 \({u_C} = 100.\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)(V)\).

Thay giá trị u = 50V vào phương trình u ta được:  

\(50 = 100.\cos \varphi {}_u \Rightarrow {\varphi _u} = - \frac{\pi }{3}rad\)

Vậy pha của i và cường độ dòng điện tức thời là :

\({\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} = \frac{{  5\pi }}{6} \Rightarrow i = 2.cos\left( {\frac{{  5\pi }}{6}} \right) =  \sqrt 3 A\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính từ thông:

\(\Phi = {\Phi _0}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _0}} \right)\)

 Tốc độ góc : ω =  \(\frac{{1800.2\pi }}{{60}} = 60\pi \)(rad/s)

Suất điện động e = Φ’

Lời giải chi tiết:

Công thức tính từ thông:  

\(\Phi = {\Phi _0}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _0}} \right)\)

 Tốc độ góc : ω =  \(\frac{{1800.2\pi }}{{60}} = 60\pi \)(rad/s)

Vì ban đầu vecto pháp tuyến và vec to cảm ứng từ lệch nhau góc 60⁰ nên ta có biểu thức

\(\Phi = 0,01\pi .cos\left( {60\pi t + \frac{\pi }{6}} \right){\rm{W}}b\)

Suất điện động e = Φ’ nên

\(e = - 0,6\pi \sin (60\pi t + \frac{\pi }{6}) = 0,6\pi .\cos \left( {60\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)V\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta thấy cường độ dòng điện và điện áp giữa hai đầu đoạn mạch vuông pha nhau do đó ta có

\({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1 = {\rm{\;}} > {\left( {\frac{i}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2} + {\left( {\frac{{200}}{{200\sqrt 2 }}} \right)^2} = 1 = {\rm{\;}} > i = 4A\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Từ thông qua khung dây:

\(\Phi  = NBS.\cos \left( {\overrightarrow n ;\overrightarrow B } \right) = NBS.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) = {\Phi _0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Suất động trong khung dây: 

\(e =  - \dfrac{{d\Phi }}{{dt}} =  - \Phi ' = \omega NBS.\sin \left( {\omega t + \varphi } \right) = \omega NBS.\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{\pi }{2}} \right) = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\omega  = 2\pi f = 100\pi \,\left( {rad/s} \right)\\N = 200\\S = 500c{m^2} = 0,05{m^2}\\B = {5.10^{ - 2}}T\\\varphi  = \left( {\overrightarrow n ;\overrightarrow B } \right) = \dfrac{\pi }{3}\end{array} \right.\)

Suất điện động cực đại:\({E_0} = \omega NBS = 100\pi {.200.5.10^{ - 2}}.0,05 = 50\pi \,\left( V \right)\)

Biểu thức của suất điện động cảm ứng là:

\(e = 50\pi .\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{2}} \right) = 50\pi .\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)V\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng phương pháp vecto quay.

Tìm chu kì, tìm vị trí của điện áp tức thời tại t₁ và t₂, góc mà vecto quay quay được xác định:

\(\Delta \varphi = \frac{{\Delta t}}{T}.2\pi \)

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao động : 

\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02s\)

Vì \({t_2} = {t_1} + 0,005s = {t_1} + \frac{T}{4}\).

Suy ra góc mà vecto quay quay được là : 

\(\Delta \varphi = \frac{1}{4}.2\pi = \frac{\pi }{2}\)

Ta có hình vẽ:

Ta có góc α có giá trị là 

\(\alpha = \arccos \frac{{110\sqrt 2 }}{{220\sqrt 2 }} = \frac{\pi }{3}\)

Vậy góc β có giá trị là 

\(\beta = \pi - \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6}\)

Khi đó giá trị điện áp hiệu dụng là :

\(u = - 220\sqrt 2 .\cos \frac{\pi }{6} = - 110{\sqrt 6 _{}}\left( V \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Nhiệt lượng nước thu vào : \(Q = m.c.\Delta t\)

Điện năng tiêu thụ của dòng điện : \(A = {I^2}Rt\)

Ta có : \(A = Q \Rightarrow t\)

Lời giải chi tiết:

Nhiệt lượng mà 1kg nước thu vào để tăng thêm 1⁰C là :

\(Q = m.c.\Delta t = 1.4200.1 = 4200J\)

Điện năng dòng điện tiêu thụ :

\(A = {I^2}Rt = {2^2}.6.t = 24.t\,\,\left( J \right)\)

Ta có : \(A = Q \Leftrightarrow 24.t\, = 4200 \Rightarrow t = 175s\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công thức tính suất điện động tạo bởi khung dây quay trong từ trường :

            E₀ = ωNBS

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

Lời giải chi tiết:

Suất điện động hiệu dụng giữa hai đầu khung dây :

                        \(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{\omega NBS}{\sqrt{2}}=\frac{100\pi {{.100.0,4.125.10}^{-4}}}{\sqrt{2}}=111V\)

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có: \({I_0} = 2\sqrt 2 A \Rightarrow I = \dfrac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 2A\)

Chọn A.