50 bài tập Máy phát điện xoay chiều mức độ vận dụng

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Công thức tính tần số: f = np (n (vòng/s) là tốc độ quay của roto; p là số cặp cực)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
60 = {{2pn} \over {60}} \hfill \cr
50 = {{{p \over 2}.(n + 525)} \over {60}} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
60 = {{2pn} \over {60}} \Rightarrow np = 1800 \hfill \cr
50 = {{{p \over 2}.(n + 525)} \over {60}} \Leftrightarrow 3000 = {{np} \over 2} + {{525p} \over 2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow 3000 = {{1800} \over 2} + {{525p} \over 2} \Rightarrow p = 8\)

=> Số cặp cực từ của máy thứ 2 là: p/2 = 4

Chọn C

Phương pháp giải:

Chuẩn hoá số liệu

Lời giải chi tiết:

Từ (1), (2) và (3) => I₃ = 12,7 A

Chọn A

Phương pháp giải:

Tần số dòng điện: f = np (n có đơn vị là vòng/phút)

Lời giải chi tiết:

Tần số dòng điện: \(f = p.27 = 4n;10 \le n \le 20 \to 1,48 \le p \le 2,96 \Rightarrow p = 2 \Rightarrow f = 54Hz\)

Phương pháp giải:

Suất điện động hiệu dụng E = ωϕ

Cường độ dòng điện hiệu dụng I = E/Z

Tần số của dòng điện xoay chiều f = np (n là tốc độ quay của roto ; p là số cặp cực)

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(I = {{\omega \Phi } \over {\sqrt {{r^2} + {\omega ^2}{L^2}} }} \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {{\omega ^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}}\)

Có :f = np ; p = 1 => ω =  2πn ; r = 10π (Ω) \( \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {4{\pi ^2}{n^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}}\)

+ \({{{{10}^4}} \over {{n^2}}} = 0 \Rightarrow {1 \over {{n^2}}} = 0 \Rightarrow {1 \over {I_0^2}} = {{{L^4}} \over {{\Phi ^2}}} = 1,5625\) (1)

+ \({{{{10}^4}} \over {{n^2}}} = 100 \Rightarrow {1 \over {{n^2}}} = 0,01 \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {100.4{\pi ^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}} = 7,8125\) (2)

+\({{(1)} \over {(2)}} = {{{L^2}} \over {{{{r^2}} \over {100.4{\pi ^2}}} + {L^2}}} = {{1,5625} \over {7,8125}} = {1 \over 5} \Rightarrow L = 0,25H\)

Phương pháp giải:

áp dụng công thức tính hiệu suất truyền tải trong truyền tải điện năng đi xa.

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Hiệu suất truyền tải ứng với n tổ máy \(H = 1 - {{nP} \over {{U^2}}}R\)

+ Hiệu suất truyền tải ứng với n tổ máy \(H' = 1 - {P \over {{U^2}}}R\)

\(\to H' = {{n - 1 + H} \over n}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Ta có  \(E = I{Z_C} = {I \over {C2\pi f}} = {{0,628} \over {{{10.10}^{ - 6}}.2\pi .{{4.1500} \over {60}}}} = 100\,\,V.\)

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất tiêu thụ của mạch: \(P = {{{U^2}R} \over {{Z^2}}} = {{{{\left( {{{\omega {\Phi _0}} \over {\sqrt 2 }}} \right)}^2}.R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Khi tốc độ quay của roto là n (vòng/phút):

\(\eqalign{
& P = {{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R} \over {{R^2} + {{\left( {\omega L - {1 \over {\omega C}}} \right)}^2}}} = {{{\omega ^2}{\Phi ^2}.R} \over {{R^2} + {\omega ^2}{L^2} - {{2L} \over C} + {1 \over {{\omega ^2}{C^2}}}}} = {{{\Phi ^2}.R} \over {{{{R^2}} \over {{\omega ^2}}} + {L^2} - {{2L} \over {{\omega ^2}C}} + {1 \over {{\omega ^4}{C^2}}}}} \cr
& \Rightarrow P = {{{\Phi ^2}.R} \over {{1 \over {{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - {{2L} \over C}} \right){1 \over {{\omega ^2}}} + {L^2}}} \cr} \)

\(\eqalign{
& {P_{\max }} \Leftrightarrow {\left[ {{1 \over {{\omega ^4}{C^2}}} + \left( {{R^2} - {{2L} \over C}} \right){1 \over {{\omega ^2}}} + {L^2}} \right]_{\min }} \Leftrightarrow {1 \over {{\omega ^2}}} = {{{{2L} \over C} - {R^2}} \over {{2 \over {{C^2}}}}} = {{2{5 \over {3\pi }}.{{6\pi } \over {{{5.10}^{ - 4}}}} - {{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}} \over {{2 \over {{{\left( {{{6\pi } \over {{{5.10}^{ - 4}}}}} \right)}^2}}}}} = {1 \over {14400{\pi ^2}}} \Rightarrow \omega = 120\pi \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} = \omega L = 120\pi .{5 \over {3\pi }} = 200\Omega \hfill \cr
{Z_C} = {1 \over {\omega C}} = {1 \over {120\pi .{{{{5.10}^{ - 4}}} \over {6\pi }}}} = 100\Omega \hfill \cr} \right. \Rightarrow {P_{m{\rm{ax}}}} = {{{\omega ^2}{\Phi ^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}}} = 161,5(*) \cr} \)

+ Khi tốc độ quay của roto là 2n (vòng/phút)

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L}' = 2{Z_L} = 400\Omega \hfill \cr
{Z_C}' = {{{Z_C}} \over 2} = 50\Omega \hfill \cr} \right. \Rightarrow P' = {{\omega {'^2}{\Phi ^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L}' - {Z_C}'} \right)}^2}}} = {{4{\omega ^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}}(**)\)

 Từ (*) và (**) \( \Rightarrow {{P'} \over {{P_{m{\rm{ax}}}}}} = {{\omega {'^2}} \over {{\omega ^2}}}.{{{R^2} + {{\left( {200 - 100} \right)}^2}} \over {{R^2} + {{\left( {400 - 50} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {{P'} \over {161,5}} = 4.{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{100}^2}} \over {{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2} + {{350}^2}}} = {{16} \over {19}} \Rightarrow P' = 136W\)

Phương pháp giải:

Tần số của dòng điện f = np (n là tốc độ quay của roto, p là số cặp cực)

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

Lời giải chi tiết:

Suất điện động của nguồn điện: \(E = {{\omega N{\Phi _0}} \over {\sqrt 2 }} = {{2\pi fN{\Phi _0}} \over {\sqrt 2 }} = U\) ( do r = 0)

Với    f = np   (n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ)

Do I₁ = I₂ ta có:

\(\eqalign{
& {{\omega _1^2} \over {{R^2} + {{({\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}})}^2}}} = {{\omega _2^2} \over {{R^2} + {{({\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}})}^2}}} \Rightarrow \omega _1^2[{R^2} + {({\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}})^2}] = \omega _2^2[{R^2} + {({\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}})^2}] \cr
& \Rightarrow \omega _1^2{R^2} + \omega _1^2\omega _2^2{L^2} + {{\omega _1^2} \over {\omega _2^2{C^2}}} - 2\omega _1^2{L \over C} = \omega _2^2{R^2} + \omega _1^2\omega _2^2{L^2} + {{\omega _2^2} \over {\omega _1^2{C^2}}} - 2\omega _2^2{L \over C} \cr
& \Rightarrow (\omega _1^2 - \omega _2^2)({R^2} - 2{L \over C}) = {1 \over {{C^2}}}({{\omega _2^2} \over {\omega _1^2}} - {{\omega _1^2} \over {\omega _2^2}}) = {1 \over {{C^2}}}{{(\omega _2^2 - \omega _1^2)(\omega _2^2 + \omega _1^2)} \over {\omega _1^2\omega _2^2}} \cr
& \Rightarrow (2{L \over C} - {\rm{ }}{R^2}){C^2} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}}\;(*) \cr} \)

 Dòng điện hiệu dụng qua mạch: \(I = {U \over Z} = {E \over Z}\)

 I = I_­mac  khi E² /Z² có giá trị lớn nhất hay khi \(y = {{\omega _0^2} \over {{R^2} + {{({\omega _0}L - {1 \over {{\omega _0}C}})}^2}}}\) có giá trị lớn nhất

\(y = {1 \over {{{{R^2} + \omega _0^2{L^2} + {1 \over {\omega _0^2{C^2}}} - 2{L \over C}} \over {\omega _0^2}}}} = {1 \over {{1 \over {{C^2}}}{1 \over {\omega _0^4}} + {{{R^2} - 2{L \over C}} \over {\omega _0^2}} - {L^2}}}\) 

Để y = y_max thì mẫu số bé nhất

Đặt \(x = {1 \over {\omega _0^2}} \Rightarrow y = {{{x^2}} \over {{C^2}}} + ({R^2} - 2{L \over C})x - {L^2}\)

Lấy đạo hàm mẫu số, cho bằng 0 ta được kết quả \({x_0} = {1 \over {\omega _0^2}} = {1 \over 2}{C^2}\left( {2{L \over C} - {R^2}} \right)\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta suy ra : \({1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}} = {2 \over {\omega _0^2}} \Leftrightarrow {1 \over {f_1^2}} + {1 \over {f_2^2}} = {2 \over {f_0^2}}\)

hay \({1 \over {n_1^2}} + {1 \over {n_2^2}} = {2 \over {n_0^2}} \Rightarrow n_0^2 = {{2n_1^2.n_2^2} \over {n_1^2 + n_2^2}} = {{{{2.360}^2}{{.800}^2}} \over {{{360}^2} + {{800}^2}}} \Rightarrow n = 464(vong/phut)\)  

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về máy phát điện xoay chiều một pha, lí thuyết về mạch điện xoay chiều mắc nối tiếp và bài toán thay đổi tốc độ quay để U_Cmax

Lời giải chi tiết:

+ Khi tốc độ quay của ddooongj cơ là 1500 vòng/phút thì tần số của dòng điện là f = pn/60 = 50Hz

Khi đó, ta tính được Z_L = 200Ω, Z_C = 100Ω và R = 100Ω

Và ta tính được tổng trở của mạch  \(Z = 100\sqrt 2 \Omega \)

Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch khi đó là U = IZ = 100 V

+ Khi tốc độ quay của động cơ là n₀ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại, tần số của dòng điện trong mạch khi đó là f₀

Ta có  \({f_0} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} = 25\sqrt 2 Hz\)

Khi đó tốc độ quay của động cơ là \({n_0} = \frac{{60{f_0}}}{p} = 750\sqrt 2 \) vòng/phút

Mặt khác, điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch khi này là

 \(\frac{{{U_0}}}{U} = \frac{{{f_0}}}{f} = \frac{{25\sqrt 2 }}{{50}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow {U_0} = \frac{{100\sqrt 2 }}{2} = 50\sqrt 2 V\)

Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện khi này

\({U_C} = \frac{{{U_0}}}{R}.{Z_C} = \frac{{50\sqrt 2 }}{{100}}.\frac{1}{{2\pi .25\sqrt 2 .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100V\)

Chọn A

Phương pháp giải:

sử dụng công thức tính tân số của dòng điện

Lời giải chi tiết:

Ta có:  

\(\begin{gathered}
f = {p_1}.{n_1} = {p_2}.{n_2} \hfill \\
\Leftrightarrow {p_1}.30 = 4.{n_2} \hfill \\
\end{gathered} \)

Tần số  f là ước chung của 30 và 4 là 60, 120…. Vì biết rằng n₂ nằm trong khoảng  12 đến 18 vòng / s. nên f = 60 Hz.

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Công suất tiêu thụ của mạch:\(P = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {L\omega  - {1 \over {C\omega }}} \right)}^2}}}\) với \(U = k\omega \), k là hệ số tỉ lệ.

 Biến đổi toán học, ta thu được: \({1 \over {{C^2}}}{1 \over \omega } - \left( {{{2L} \over C} - {R^2}} \right){1 \over {{\omega ^2}}} + \left( {{L^2} - {{{k^2}R} \over P}} \right) = 0.\)

 Hai giá trị của tần số góc cho cùng công suất tiêu thụ trên mạch thỏa  mãn:\({1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}} = 2LC - {R^2}{C^2}.\)

+ Với \(\omega  = 2\pi n \) thay các giá trị vào phương trình trên ta tìm được \(L \approx 0,63H.\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức hiệu suất truyền tải và tính công suất hao phí

Lời giải chi tiết:

Gọi công suất truyền tải là P, hiệu điện thế phát là U, ta có:

\(\begin{array}{l}
{P_{hp}} = {I^2}.R = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}.R;H = \frac{{P - {P_{hp}}}}{P} \Rightarrow {P_{hp}} = P - H.P = (1 - H).P \Rightarrow 1 - H \sim \frac{1}{{{U^2}}}\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - 97,5\% \sim \frac{1}{{{{(\frac{1}{k}U)}^2}}}\\
1 - 60\% \sim \frac{1}{{{{(k.U)}^2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{1 - 97,5\% }}{{1 - 60\% }} = {k^4} \Leftrightarrow {k^4} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow k = 0,5 \Rightarrow \frac{{1 - H}}{{1 - 60\% }} = {k^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow H = 90\%
\end{array}\)

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức tính hiệu điện thế: U = IZ

Lời giải chi tiết:

Đáp áp C

Khi roto của máy quay đều với tốc độ n vòng/phút

\(U = 1\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} \)       (1)

Khi roto của máy quay đều với tốc độ 3n vòng/phút 

\(3U = \sqrt 3 \sqrt {{R^2} + 9{Z_L}^2} \) (2)

Từ (1) và (2) \( \to \frac{{\sqrt 3 \sqrt {{R^2} + 9{Z_L}^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }} = \frac{{3U}}{U} \to {Z_L} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\)

Nếu roto của máy quay đều với tốc độ 2n vòng/phút thì:

\({Z_{{L_0}}} = 2{Z_L} = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức khi 3 pha mắc hình tam giác: \({U_d} = \sqrt 3 {U_p},{I_d} = {I_p}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Ba đỉnh của tam giác này được mắc vào ba dây pha của một mạng điện ba pha hình sao

\({U_d} = \sqrt 3 {U_p} = 220(V)\)

Ta có:\(P = {U_d}{I_d}{\rm{cos}}\varphi  \to {{\rm{I}}_d} = \frac{P}{{{U_d}{\rm{cos}}\varphi }} = 15(A)\)

Do đó cường độ hiệu dụng qua mỗi cuộn dây là \(I = \frac{{{I_d}}}{3} = 5{\rm{ }}A\)

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức tính công suất

+ Áp dụng định lý hàm số cos trong tam giác

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Ta có

\(\begin{array}{l}P{\rm{ }} = {\rm{ }}{P_{cohoc}}.\frac{{100}}{{80}} = 9,375{\rm{ }}KW\\ \to {U_M} = {\rm{ }}\frac{P}{{Ic{\rm{os}}\frac{\pi }{6}}} = 270,633{\rm{ }}V\end{array}\)

Áp dụng định lý cos trong tam giác ta có: 

\(\eqalign{
& U = {\rm{ }}U{_{RL}}{\rm{ }} + {\rm{ }}U{_M}{\rm{ }} - {\rm{ }}2{U_{RL}}.{U_L}.cos{150^0} \cr
& \to {\rm{ }}U = 384{\rm{ }}V \cr} \)

gọi \(\left( {u;{\rm{ }}{u_M}} \right) = \varphi  \to U{_{RL}}{\rm{ }} = U{\rm{ }} + U{_M} - 2.U.{U_M}.cos\varphi  \to \varphi  = {9^0}\)

=> góc hợp bởi u và i là 39⁰

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức tính cường độ dòng điện

+ Khảo sát hàm số bậc 2

Lời giải chi tiết:

 Đáp án B

Ta có:

\(I = \frac{{{E_0}}}{Z} = \frac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{{{\Phi _0}}}{{\sqrt {\frac{1}{{{C^2}{\omega ^4}}} - \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{{\omega ^2}}} + {L^2}} }} = \frac{{{\Phi _0}}}{{\sqrt y }}\)

I_Maxkhi y_min

\( \to \frac{1}{{{\omega _0}^2}} = \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{\frac{2}{{{C^2}}}}} = LC - \frac{{{R^2}{C^2}}}{2}\)

\(\begin{array}{l}{I_1} = {I_2} \to {y_1} = {y_2}\\ \to \frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{2}{{\omega _0^2}} \to \omega _0^2 = \frac{{2{\omega _1}{\omega _2}}}{{\omega _1^2 + \omega _2^2}}\end{array}\)

Vì \(\omega \)tỉ lệ thuận với n, ta suy ra:

\( \to n_0^2 = \frac{{2{n_1}{n_2}}}{{n_1^2 + n_2^2}}\)

Phương pháp giải:

Công thức tính suất điện động xoay chiều: E₀ = ωNBS = ω\({{\phi }_{0}}\)

Liên hệ giữa tần số và tốc độ góc ω = 2πf

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

Lời giải chi tiết:

Ta có: E₀ = ωNBS = ωN\({{\phi }_{0}}\) = 400V

--> 2π.50. N. \(\frac{5}{\pi }{{.10}^{-3}}\) = 400V --> N = 800 vòng

Vậy mỗi cuộn dây có 800 : 4 = 200 vòng dây

Phương pháp giải:

Định luật Ôm: I = U/Z

Tốc độ quay của roto tỉ lệ với hiệu điện thế thu được

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}.\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{{R}^{2}}+9Z_{L}^{2}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\frac{R}{\sqrt{3}}\)

 Chọn C

Phương pháp giải:

Tần số \(f=\frac{\omega }{2\pi }\)

Tần số do máy phát điện xoay chiều có p cặp cực tạo ra là f = np

Suất điện động do máy phát xoay chiều tạo ra có E = ωφ

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = E/Z

Tổng trở \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Dòng điện trong mạch:

            \(I=\frac{E}{Z}=\frac{\omega \phi }{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}=\frac{\phi }{\sqrt{\frac{{{R}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}-{{L}^{2}}-\frac{2L}{C{{\omega }^{2}}}+\frac{1}{{{\omega }^{4}}{{C}^{2}}}}}\)

Đặt y = \(\frac{{{R}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}-{{L}^{2}}-\frac{2L}{C{{\omega }^{2}}}+\frac{1}{{{\omega }^{4}}{{C}^{2}}}\)

Để Imax thì y min hay y’ = 0

Khi đó : \(-\frac{2{{R}^{2}}}{{{\omega }^{3}}}+\frac{4L}{C{{\omega }^{3}}}-\frac{4}{{{C}^{2}}{{\omega }^{5}}}=0\Rightarrow {{\omega }^{2}}\left( \frac{4L}{C}-2{{R}^{2}} \right)=\frac{4}{{{C}^{2}}}\Rightarrow \omega =135,9rad/s\to f=21,63Hz\)

Mà  f = np = 2n --> n = 10,815 vòng/s =  649 vòng/phút

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tần số:  f = p.n

Với p là số cặp cực, n là tốc độ quay của roto (vòng/giây)

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ ta xác định được chu kì:  T = 12.5 = 60ms.

Ta có:

\(f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{60}}{.10^3} = \frac{{100}}{6}Hz\)

Lại có :  f = p.n với p là số cặp cực, n là tốc độ quay của roto (vòng/giây).

Vậy số cặp cực là :    

\(p = \frac{f}{n} = \frac{{100}}{6}:\frac{{100}}{{60}} = 10\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\) 

Công thức tính công suất  \(P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{R}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{P_1} = {I_1}^2.R = \frac{{{U_1}^2}}{R} = 100W}\\{{P_2} = {I_2}^2.R = \frac{{{U_2}^2}}{R} = 400W}\end{array}} \right.\\\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{U.\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}}}{{U\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}}} = {\left( {\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = {\left( {\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}} \right)^4} = 4\\ \Rightarrow \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \sqrt 2  \Rightarrow {U_2} = \sqrt 2 .U \Rightarrow P = \frac{{{U^2}}}{R} = \frac{{U_2^2}}{{2.R}} = \frac{{400}}{2} = 200{\rm{W}}\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Tần số của dòng điện và suất điện động do máy phát điện xoay chiều 1 pha phát ra tỉ lệ thuận với tốc độ quay của roto

Lời giải chi tiết:

Tần số của dòng điện do máy phát ra tỉ lệ thuận với tốc độ quay của roto

\(\to \frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}=\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}\to \frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{1}}+1}=\frac{6}{7}\to {{n}_{1}}=6\)

Suất  điện động do máy phát ra tỉ lệ thuận với tốc độ quay của roto

\(\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{1}}+40}=\frac{6}{7}\to {{E}_{1}}=240(V)\)

\(\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{3}}}=\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{3}}}\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{3}}}=\frac{6}{9}\to {{E}_{3}}=360(V)\)

Chọn A

Phương pháp giải:

+ Công thức tính tần số của suất điện động do máy phát điện sinh ra:\(f = \dfrac{{n.p}}{{60}}\)

Trong đó: n (vòng/phút) là tốc độ quay của roto; p là số cặp cực

+ Công thức tính suất điện động hiệu dụng: \(E = \dfrac{{\omega .N.{\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số của suất điện động do máy phát điện sinh ra là:

\(f = \dfrac{{n.p}}{{60}} = \dfrac{{750.4}}{{60}} = 50Hz \Rightarrow \omega  = 100rad/s\)

Suất điện động hiệu dụng mà máy tạo ra:

\(E = \dfrac{{\omega .N.{\Phi _0}}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow N = \dfrac{{E\sqrt 2 }}{{\omega .{\Phi _0}}} = \dfrac{{220\sqrt 2 }}{{100\pi .0,005}} = 198\)

Số vòng dây mỗi cuộn là: \({N_1} = \dfrac{N}{4} = \dfrac{{198}}{4} \approx 50\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Đọc đồ thị

- Vận dụng biểu thức: \(T = \dfrac{1}{f}\)

- Vận dụng biểu thức tần số của máy phát điện xoay chiều: \(f = np\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có chu kì dao động \(T = 12\) ô \( = {12.5.10^{ - 3}} = 0,06s\)

\( \Rightarrow f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{{50}}{3}\left( {Hz} \right)\)

Ta có, tốc độ quay của máy phát: \(n = 1000\) vòng/phút \( = \dfrac{{50}}{3}\) vòng/s

Lại có: \(f = np \Rightarrow p = \dfrac{f}{n} = \dfrac{{\dfrac{{50}}{3}}}{{\dfrac{{50}}{3}}} = 1\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Cảm kháng của cuộn dây: \({Z_L} = \omega L\)

Hệ số công suất của đoạn mạch xoay chiều: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}\)

Suất điện động hiệu dụng của máy phát điện: \(E = \dfrac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 }}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}\)

Lời giải chi tiết:

Khi rôto quay với tốc độ ꞷ = n vòng/s, hệ số công suất của mạch là:

\(\begin{array}{l}\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow 4{R^2} = 3{R^2} + 3{Z_L}^2 \Rightarrow {R^2} = 3{Z_L}^2 \Rightarrow {Z_L} = \dfrac{R}{{\sqrt 3 }}\end{array}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là:

\(I = \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }} = 2\sqrt 3  \Rightarrow \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{3}} }} = 2\sqrt 3  \Rightarrow E = 4R\)

Khi quay với tốc độ ꞷ’ = 3n vòng/s, cảm kháng của cuộn dây và suất điện động hiệu dụng của máy phát là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L}' = 3{Z_L} \Rightarrow {Z_L}' = R\sqrt 3 \\E' = 3E = 12R\end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch khi đó là:

\(I' = \dfrac{U}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}{'^2}} }} = \dfrac{{12R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\sqrt 3 R} \right)}^2}} }} = 6\,\,\left( A \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Tần số của máy phát điện xoay chiều: \(f = np\) với p là số cặp cực, n là số vòng quay của roto trong 1 giây

Lời giải chi tiết:

Tần số của máy phát điện khi chưa thay đổi số cặp cực là: \(f = np = 60\,\,\left( {Hz} \right)\)

Khi thay roto của máy phát điện bằng một roto khác có nhiều hơn 1 cặp cực, số vòng quay của roto thay đổi trong 1 giây là: \(n' = n - \dfrac{{7200}}{{3600}} = n - 2\) (vòng/s)

Tần số của máy phát điện không đổi nên:

\(\begin{array}{l}\left( {n - 2} \right).\left( {p + 1} \right) = np = 60\,\,\left( {Hz} \right)\\ \Rightarrow n - 2p - 2 = 0 \Rightarrow n = 2p + 2\\ \Rightarrow p.\left( {2p + 2} \right) = 60 \Rightarrow 2{p^2} + 2p - 60 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}p = 5\,\,\,\left( {t/m} \right)\\p =  - 6\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy số cặp cực ban đầu của roto là 5 cặp

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Tần số của suất điện động: \(f = \dfrac{{np}}{{60}}\)

Lời giải chi tiết:

Độ chia nhỏ nhất của 1 ô theo phương ngang là \(5\,\,\left( {ms} \right)\)

Nhận xét: khoảng cách giữa 2 điểm A và B trên đồ thị là 1 nửa chu kì tương đương với 6 ô

\( \Rightarrow \dfrac{T}{2} = 6.5 = 30\,\,\left( {ms} \right) \Rightarrow T = 60\,\,\left( {ms} \right)\)

Tần số của suất điện động là: \(f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{{{{60.10}^{ - 3}}}} = \dfrac{{50}}{3}\,\,\left( {Hz} \right)\)

Ta có: \(f = \dfrac{{np}}{{60}} \Rightarrow p = \dfrac{{60f}}{n} = \dfrac{{60.\dfrac{{50}}{3}}}{{1000}} = 1\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính tần số của dòng điện xoay chiều sinh ra bởi máy phát điện: \(f = \dfrac{{n.p}}{{60}}\)

Trong đó: \(p\) là số cặp cực; \(n\) (vòng/phút) là tốc độ quay của roto.

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy 1 ô ứng với 5ms.

Một nửa chu kì ứng với 6 ô, một chu kì ứng với 12 ô. Ta có:

\(T = 12.5 = 60ms = 0,06s \Rightarrow f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{{50}}{3}Hz\)

Mà: \(f = \dfrac{{n.p}}{{60}} \Rightarrow n = \dfrac{{60f}}{p} = \dfrac{{60.\dfrac{{50}}{3}}}{{10}} = 100\,\left( {vong/s} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính tần số của dòng điện xoay chiều trong máy phát điện \(f = p.n\) 

Với p là số cặp cực, n là tốc độ quay của roto có đơn vị là vòng/giây

Lời giải chi tiết:

Đổi n₁ = 1800 vòng/phút = 30 vòng/giây.

Ta có:  

\(f = {p_1}.{n_1} = {p_2}.{n_2} \Rightarrow {p_1} = \frac{{{p_2}.{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{{4.{n_2}}}{{30}}\)

Vì n₂ từ 12vòng/giây đến 18vòng/giây nên:

\(\frac{{4.12}}{{30}} = 1,6 \le {p_1} \le \frac{{4.18}}{{30}} = 2,4 \Rightarrow {p_1} = 2 \Rightarrow {n_2} = 15vong/s\)

Khi đó: 

\(f = 4.15 = 30.2 = 60{\rm{ }}Hz\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Máy phát điện xoay chiều ba pha: \({e_1} + {e_2} + {e_3} = 0\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{e_1} + {e_2} + {e_3} = 0\\{e_1} = {e_2} =  - 10V\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( { - 10} \right) + \left( { - 10} \right) + {e_3} = 0 \Rightarrow {e_3} = 20V\)

Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Khi roto quay với tốc độ  ta chuẩn hóa \({R_1} = 1\) và \({Z_{L1}} = x\)

=>Hệ số công suất của mạch \(\cos {\varphi _1} = {{{R_1}} \over {\sqrt {R_1^2 + Z_{L1}^2} }} = {{\sqrt 2 } \over 2} \leftrightarrow {1 \over {\sqrt {{1^2} + {x^2}} }} = {{\sqrt 2 } \over 2} \to x = 1\)

+ Khi roto quay với tốc độ \({n_2} = k{n_1} \to {Z_{L2}} = kx = k\)

=>Lập tỉ số \({{{I_2}} \over {{I_1}}} = {{k{Z_1}} \over {{Z_2}}} \leftrightarrow {2 \over {\sqrt 5 }} = {{k\sqrt {{1^2} + {1^2}} } \over {\sqrt {{1^2} + {k^2}} }} \to k = \sqrt {{2 \over 3}} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Theo bài ra ta có

  \(\begin{array}{l}U = E = k.n;{U_1} = k.3n;{Z_{L1}} = a.3n\\{I_1} = \frac{{k.3n}}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.3n)}^2}} }} = 3;\,\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.3n)}^2}} }}\\4{R^2} = {R^2} + {(a.3n)^2} =  > {(a.3n)^2} = 3{R^2} =  > {(a.n)^2} = \frac{{{R^2}}}{3}\\kn = \sqrt {{R^2} + 3{R^2}}  = 2R\\{I_2} = \frac{{k.n}}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.n)}^2}} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\frac{R}{3}}^2}} }} = \sqrt 3 \end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{I}{{I'}} = \frac{{\sqrt {{R^2} + 9Z_L^2} }}{{3\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\,\, \Rightarrow {Z_L} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\)

=> Cảm kháng của đoạn mạch AB khi roto của máy quay đều với tốc độ 2n vòng/phút là: \(2{Z_L} = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Lúc đầu :\(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = 0,6 =  > {Z_C} = \frac{4}{3}R\). Công suất tiêu thụ là \({P_1} = UI\cos {\varphi _1} = \frac{{{U^2}}}{R}{\cos ^2}{\varphi _1}\)

Lúc sau tốc độ tăng 2 lần thì tần số là 2f và U’ = 2U

 thì \(Z{'_C} = \frac{{{Z_C}}}{2} = \frac{4}{6}R =  > {\cos ^2}{\varphi _2} = \frac{{{R^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}} = \frac{R}{{{R^2} + \frac{{{4^2}}}{{{6^2}}}{R^2}}} = \frac{9}{{13}}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là

 \(\begin{array}{l}{P_2} = \frac{{4{U^2}}}{R}{\cos ^2}{\varphi _2}\\\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{4{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}} =  > {P_2} = 4{P_1}\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}} = 4{P_1}\frac{{\frac{9}{{13}}}}{{0,36}} = 7,69{P_1}\end{array}\)

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức tính biên độ suất điện động: \({E_0} = \omega NBS = \omega N{\Phi _0}\)

+ Vận dụng biêu thức tính chu kì: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Ta có:

+ Biên độ suất điện động:

\({E_0} = \omega NBS \to \omega  = \frac{{{E_0}}}{{NBS}} = \frac{{E\sqrt 2 }}{{NBS}} = \frac{{220\sqrt 2 }}{{1000.0,11.({{90.10}^{ - 4}})}} = 314,27(ra{\rm{d}}/s)\)

+ Chu kì : \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{314,27}} = 0,01999 \approx 0,02{\rm{s}}\)

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức: \(f = \frac{{Np}}{{60}}\)với N là số vòng/phút,p là số cặp cực

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

ta có:

\({f_1} = \frac{{{N_1}{p_1}}}{{60}};{f_2} = \frac{{{N_2}{p_2}}}{{60}}\)

để \({f_1} = {f_2}\)thì\(\frac{{{N_1}{p_1}}}{{60}} = \frac{{{N_2}{p_2}}}{{60}} \to {N_2} = \frac{{{N_1}{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{1600.2}}{4} = 800\)(vòng/

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Ta có:

\(\eqalign{
& {P_{tp}} = {\rm{ }}{P_{hp}} + {\rm{ }}{P_{co{\rm{ }}hoc}} \cr
& \to UIc{\rm{os}}\varphi {\rm{ = }}{{\rm{I}}^2}R + 160 \cr
& \leftrightarrow 100.0,88I = 4{I^2} + 160 \cr
& \to \left[ \matrix{
I = 2A \hfill \cr
I = 20A \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vì hiệu suất của động cơ không nhỏ hơn 50 % nên => I = 2 A

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức tính công suất: \(P = UIc{\rm{os}}\varphi \)

+ Vận dụng biểu thức : \(R = \frac{{{U_R}}}{I}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Ta có:

\(I = \frac{{{P_{dc}}}}{{{U_{dc}}{\rm{cos}}\varphi }} = \frac{{176}}{{220.0,8}} = 1(A)\)

\(\begin{array}{l}U_{mach}^2 = U_{dc}^2 + U_R^2 + 2{U_{dc}}{U_R}{\rm{cos}}\varphi \\ \leftrightarrow {\rm{38}}{{\rm{0}}^2} = {220^2} + U_R^2 + 2.220.U_R^2.0,8\\ \to {U_R} = 180V\end{array}\)

vì dòng điện qua R cũng là dòng điện qua động cơ: \( \to R = \frac{{{U_R}}}{I} = \frac{{180}}{1} = 180\Omega \)

Phương pháp giải:

Suất điện động của nguồn điện: \(E=\sqrt{2}\omega N{{\varphi }_{0}}=\sqrt{2}.2\pi fN{{\varphi }_{0}}\)

Với f = np, trong đó n là tốc độ quay của roto, p là số cặp cực từ.

Cảm kháng Z_L= ωL

Dung kháng Z_C = (ωC)^-1

Định luật Ôm cho đoạn mạch: I = U/Z

Lời giải chi tiết:

Suất điện động của nguồn điện: \(E=\sqrt{2}\omega N{{\varphi }_{0}}=\sqrt{2}.2\pi fN{{\varphi }_{0}}\)

Với f = np, trong đó n là tốc độ quay của roto, p là số cặp cực từ.

Do r = 0 nên điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu mạch U = E = kω

+ Khi n = n₁ thì \(R={{Z}_{C1}}=\frac{1}{{{\omega }_{1}}C}\) (1)

+ Khi n = n₂

            \({{U}_{C2}}=I{{Z}_{C2}}=\frac{k{{\omega }_{2}}.\frac{1}{{{\omega }_{2}}C}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-\frac{1}{{{\omega }_{2}}C})}^{2}}}}\)

 => U_C2 =U_C2 max khi  Z_L2 = Z_C2 => \(\omega _{2}^{2}=\frac{1}{LC}(2)\)

+ Khi n = n₃ thì \(I=\frac{k{{\omega }_{3}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C3}})}^{2}}}}=\frac{k{{\omega }_{3}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{\omega }_{3}}L-\frac{1}{{{\omega }_{3}}C})}^{2}}}}=\frac{k}{\sqrt{Y}}\)

Với \(Y=\frac{{{R}^{2}}+\omega _{3}^{2}{{L}^{2}}-2\frac{L}{C}+\frac{1}{\omega _{3}^{2}{{C}^{2}}}}{\omega _{3}^{2}}=\frac{1}{{{C}^{2}}}.\frac{1}{\omega _{3}^{4}}+({{R}^{2}}-2\frac{L}{C})\frac{1}{\omega _{3}^{2}}+{{L}^{2}}\)

Đặt X = 1/ω₃² => \(Y=\frac{1}{{{C}^{2}}}{{X}^{2}}+({{R}^{2}}-\frac{2L}{C})X+{{L}^{2}}\)

I­max khi Y min => Y’ = 0

            \(\Rightarrow \frac{1}{\omega _{3}^{2}}=\frac{1}{\omega _{2}^{2}}-\frac{1}{2\omega _{1}^{2}}\Rightarrow \frac{1}{n_{3}^{2}}=\frac{1}{n_{2}^{2}}-\frac{1}{2n_{1}^{2}}\Rightarrow {{n}_{3}}=\frac{\sqrt{2}{{n}_{1}}{{n}_{2}}}{\sqrt{2n_{1}^{2}-n_{2}^{2}}}=120\) vòng/phút

Chọn C

Phương pháp giải:

Liên hệ giữa tần số góc và tần số: ω = 2πf

Suất điện động tự cảm có giá trị cực đại: E­₀ = ωNBS

Máy phát điện một chiều có roton quay tốc độ n vòng/giây, có p cặp cực thì sinh ra dòng điện có tần số f = np

Dung kháng của tụ: Z_C = (ωC)^-1

Biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch có nguồn không có điện trở trong: I = E/Z

Lời giải chi tiết:

Tần số dòng điện: \(\omega =2\pi f=\frac{2\pi np}{60}\Rightarrow \omega \sim n\)

Suất điện động hiệu dụng: \(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{2\pi npNBS}{60\sqrt{2}}\Rightarrow E\sim n\)

Khi roto quay n vòng/phút ta có: \({{I}_{1}}=\frac{E}{{{Z}_{C}}}=E\omega C\)

Khi roto quay 2n vòng/phút ta có:  \({{I}_{2}}=\frac{2E}{\frac{{{Z}_{C}}}{2}}=4E\omega C=4{{I}_{1}}=4.0,5=2A\)

Chọn A

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính: \(U = \omega NBS\)

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

+ Sử dụng biểu thức tính cường độ dòng điện: \(I = \dfrac{U}{{{Z_C}}}\)

Lời giải chi tiết:

+ Khi roto quay với tốc độ \(n\)  vòng/s thì:

\(U = 2\pi n.NBS\)

 \({I_2} = 4I = \dfrac{U}{{{Z_C}}} = \dfrac{{2\pi n.NBS}}{{\dfrac{1}{{2\pi n.C}}}} = {\left( {2\pi n} \right)^2}NBS\)

+ Khi roto quay với tốc độ \(n'\) vòng/s thì

\({I_2} = I = \dfrac{U}{{{Z_C}'}} = \dfrac{{2\pi n'.NBS}}{{\dfrac{1}{{2\pi n'.C}}}} = {\left( {2\pi n'} \right)^2}NBS\)

\(\dfrac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \dfrac{I}{{4I}} = {\left( {\dfrac{{n'}}{n}} \right)^2} \Rightarrow n' = \dfrac{n}{2}\) 

Chọn D

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức của suất điện động trong máy phát điện xoay chiều ba pha \(\left\{ \begin{array}{l}{e_1} = {E_0}cos\left( {\omega t} \right)\\{e_2} = {E_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\\{e_3} = {E_0}cos\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, biểu thức suất điện động của mỗi pha trong máy phát điện xoay chiều ba pha:

\(\left\{ \begin{array}{l}{e_1} = {E_0}cos\left( {\omega t} \right)\\{e_2} = {E_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\\{e_3} = {E_0}cos\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\end{array} \right.\)

Khi suất điện động tức thời ở cuộn 1 bị triệt tiêu

\({e_1} = 0 \Rightarrow cos\omega t = 0 \Rightarrow \left| {\sin \omega t} \right| = 1\)

\({e_2} = {E_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {E_0}\left[ {cos\left( {\omega t} \right){\rm{cos}}\dfrac{{2\pi }}{3} - \sin \omega t.\sin \dfrac{{2\pi }}{3}} \right] =  - {E_0}sin\left( {\omega t} \right)\sin \dfrac{{2\pi }}{3}\)

\({e_3} = {E_0}cos\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {E_0}\left[ {cos\left( {\omega t} \right){\rm{cos}}\dfrac{{2\pi }}{3} + \sin \omega t.\sin \dfrac{{2\pi }}{3}} \right] = {E_0}sin\left( {\omega t} \right)\sin \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Do \(\left| {\sin \omega t} \right| = 1\) \( \Rightarrow {e_2}.{e_3} = \dfrac{{ - 3}}{4}E_0^2\)

Chọn C

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Ta có :\(\omega _0^2 = {\omega _L}.{\omega _C};{\omega _C} = \sqrt {{1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}}} \)

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
{\omega _1} = 2\pi {f_1} = 2\pi {n_1}p = 40\pi (rad/s) \hfill \cr
{\omega _2} = 2\pi {f_2} = 2\pi {n_2}p = 120\pi (rad/s) \hfill \cr} \right.\)

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm :\({U_L} = I.{Z_L} = {{E.{Z_L}} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {{NBS{\omega ^2}L} \over {\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Khi

\(\eqalign{
& {U_{{L_1}}} = {U_{{L_2}}} = > {{\omega _1^2} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}}} \right)}^2}} }} = {{\omega _2^2} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}}} \right)}^2}} }} \cr
& \Leftrightarrow {R^2} + {\left( {{\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}}} \right)^2} = 81{R^2} + 81{\left( {{\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}}} \right)^2} \cr
& \omega _2^2{L^2} - {{2L} \over C} + {1 \over {\omega _2^2{C^2}}} = 80{R^2} + 81\omega _1^2{L^2} - {{162L} \over C} + {{81} \over {\omega _1^2{C^2}}} \cr
& 160{L \over C} - 80{R^2} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right){L^2} + {1 \over {{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr
& 160{1 \over {LC}} - 80{{{R^2}} \over {{L^2}}} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + {1 \over {{L^2}{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr
& 160\left( {{1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}}} \right) = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + {1 \over {{L^2}{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr} \)

Lại có 

\(\left\{ \matrix{
\omega _0^2 = {1 \over {LC}} \hfill \cr
\omega _C^2 = {1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}} \hfill \cr} \right. = > 160\omega _C^2 = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right)\left( * \right)\)

Thay \(\omega _0^2 = {\omega _L}.{\omega _C}\) vào (*) ta có : \(160{\left( {{{\omega _0^2} \over {{\omega _L}}}} \right)^2} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right)\)

Thay số ta có :\(160{\left( {{{\omega _0^2} \over {48\pi }}} \right)^2} = \left( {81.{{\left( {40\pi } \right)}^2} - {{\left( {120\pi } \right)}^2}} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {{{\left( {40\pi } \right)}^2}}} - {1 \over {{{\left( {120\pi } \right)}^2}}}} \right) =  > {\omega _0} \approx 156,12rad/s\)

Phương pháp giải:

Công thức tính suất điện động cực đại: E₀ = NBSω = NBS.2πf

Cường độ dòng điện: \(I = \frac{E}{{\sqrt {{R^2} + {{(L2\pi f)}^2}} }}\)

Mà ta có f = p.n với n(vòng/giây) là tốc độ quay của roto

Lời giải chi tiết:

Ta có : f = p.n

Suất điện động cực đại: E₀ = NBSω = NBS.2πf;

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{I_1} = \frac{{NBS.2\pi .p.n}}{{\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + {{(L2\pi p.n)}^2}} }} = 1\\
{I_2} = \frac{{NBS.2\pi .p.3n}}{{\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + {{(L2\pi p.3n)}^2}} }} = \sqrt 3
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{3}{{\sqrt {{R^2} + {{(L2\pi p.3n)}^2}} }}.\sqrt {{R^2} + {{(L2\pi p.n)}^2}} = \sqrt 3 \\
\Rightarrow R = \sqrt 3 .(L2\pi p.n)\\
{I_3} = \frac{{NBS.2\pi .p.2n}}{{\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + {{(L2\pi p.2n)}^2}} }}\\
\Rightarrow \frac{{{I_3}}}{{{I_1}}} = \frac{2}{{\sqrt 7 }}.\sqrt 4 = \frac{4}{{\sqrt 7 }} = 1,51A
\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Biểu thức điện áp: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_2} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  + 120} \right)\\{u_3} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  - 120} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Biểu thức điện áp: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_2} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  + 120} \right)\\{u_3} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  - 120} \right)\end{array} \right.\)

Đặt \(x = \omega t + \varphi  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {U_0}\cos x\\{u_2} = {U_0}\cos \left( {x + 120} \right)\\{u_3} = {U_0}\cos \left( {x - 120} \right)\end{array} \right.\)

Tại thời điểm t, điện áp tức thời ở cuộn thứ nhất gấp 2 lần điện áp tức thời ở cuộn thứ hai:

\(\begin{array}{l}{u_1} = 2{u_2} \Leftrightarrow \cos x = 2.\cos \left( {x + 120} \right)\\ \Leftrightarrow \cos x = 2.\left( {\cos x.\cos 120 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}.\sin 120} \right)\\ \Leftrightarrow \cos x =  - \cos x + \sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\\ \Rightarrow {\rm{tanx  =   - }}\frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x =  - 49,{1^0}\end{array}\)

Khi đó điện áp tức thời ở cuộn thứ ba có độ lớn là 175V. Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| {{U_0}.\cos \left( {x - 120} \right)} \right| = 75 \Leftrightarrow \left| {{U_0}.\cos \left( { - 49,1 - 120} \right)} \right| = 75\\ \Rightarrow {U_0} = 178V\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Cảm kháng của cuộn dây: \({Z_L} = \omega L\)

Hệ số công suất của đoạn mạch xoay chiều: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}\)

Suất điện động hiệu dụng của máy phát điện: \(E = \dfrac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 }}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}\)

Lời giải chi tiết:

Khi rôto quay với tốc độ ꞷ = n vòng/s, hệ số công suất của mạch là:

\(\begin{array}{l}\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 4{R^2} = 3{R^2} + 3{Z_L}^2\\ \Rightarrow {R^2} = 3{Z_L}^2 \Rightarrow {Z_L} = \dfrac{R}{{\sqrt 3 }}\end{array}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là:

\(I = \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }} = 2\sqrt 3  \Rightarrow \dfrac{E}{{\sqrt {{R^2} + \dfrac{{{R^2}}}{3}} }} = 2\sqrt 3  \Rightarrow E = 4R\)

Khi quay với tốc độ ꞷ’ = 3n vòng/s, cảm kháng của cuộn dây và suất điện động hiệu dụng của máy phát là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L}' = 3{Z_L} \Rightarrow {Z_L}' = R\sqrt 3 \\E' = 3E = 12R\end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch khi đó là:

\(I' = \dfrac{U}{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}{'^2}} }} = \dfrac{{12R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\sqrt 3 R} \right)}^2}} }} = 6\,\,\left( A \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Suất điện động xoay chiều:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{e_1} = {E_0}.\cos \left( {\omega t} \right)\\
{e_2} = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
{e_3} = {E_0}.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)
\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Suất điện động xoay chiều:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{e_1} = {E_0}.\cos \left( {\omega t} \right)\\
{e_2} = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
{e_3} = {E_0}.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)
\end{array} \right.\)

Tích:

\(\begin{array}{l}
{e_2}.{e_3} = E_0^2.\frac{1}{2}.\left[ {\cos \left( {2\omega t} \right) + \cos \left( {\frac{{4\pi }}{3}} \right)} \right] = E_0^2.\frac{1}{2}.\left[ {2{{\cos }^2}\omega t - 1 - \frac{1}{2}} \right]\\
\Leftrightarrow {e_2}.{e_3} = E_0^2.{\cos ^2}\omega t - \frac{3}{4}E_0^2 = {\left( {{E_0}.\cos \omega t} \right)^2} - \frac{3}{4}E_0^2 = - 1275\\
\Leftrightarrow {\left( {35} \right)^2} - \frac{3}{4}E_0^2 = - 1275 \Rightarrow {E_0} = \frac{{100}}{{\sqrt 3 }}V \approx 57,{7_{}}V
\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Suất điện động hiệu dụng của máy phát điện xoay chiều:

\(E = \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi f}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi .np}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow E \sim f \sim n\)

Lời giải chi tiết:

Suất điện động hiệu dụng của máy phát điện xoay chiều là:

\(E = \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi f}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi .np}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow E \sim f \sim n\)

Ta có: \(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 1}} = \dfrac{{60}}{{70}} \Rightarrow {n_1} = 6\)

\(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 1}} = \dfrac{{{E_1}}}{{{E_1} + 40}} \Rightarrow {E_1} = 240\,\,\left( V \right)\)

Theo đề bài ta có:

\(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 2}} = \dfrac{{{E_1}}}{{{E_3}}} \Rightarrow \dfrac{6}{8} = \dfrac{{240}}{{{E_3}}} \Rightarrow {E_3} = 320\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.