Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hướng dẫn:
\(U_{AB}=U_C=2\) (1)
\(U_{BC}^2=U_r^2+U_L^2=3\) (2)
\(U_{AC}^2=U_r^2+(U_L-U_C)^2=1\) (3)
Giải hệ 3 pt trên sẽ tìm đc \(U_r\) và \(U_L\)
Chia cho \(I\) sẽ tìm được \(r\) và \(Z_L\)
Bạn xem lại biểu thức của i đúng chưa nhé, vì mạch này có L và R nên u sớm pha với i.
Mình gợi ý cách làm:
+ Tìm độ lệch pha u đối với i
+ Tính \(\tan\varphi=\frac{Z_L}{R}\) từ đó tìm đc tỉ số R và ZL
Bài toán này bạn chỉ cần quan tâm đến phương án D là đúng thôi, vì để chứng minh B, C sai thì lại tương đối phức tạp, không cần thiết.
Theo giả thiết uC trễ pha pi/2 so vơi u --> u cùng pha với i --> Cộng hưởng, cường độ dòng điện đạt cực đại.
Vậy khi tăng f thì cường độ I giảm.
Chọn D.
Mạch LC có i vuông qua với q nên:
\((\dfrac{i}{I_0})^2+(\dfrac{q}{Q_0})^2=1\)\(\Rightarrow (\dfrac{i}{\omega Q_0})^2+(\dfrac{q}{Q_0})^2=1\)
\(\Rightarrow (\dfrac{i_1}{\omega Q_0})^2+(\dfrac{q_1}{Q_0})^2=1\)
\((\dfrac{i_2}{\omega Q_0})^2+(\dfrac{q_2}{Q_0})^2=1\)
\(\Rightarrow (\dfrac{i_1}{\omega })^2+(q_1)^2=(\dfrac{i_2}{\omega })^2+(q_2)^2\)
\(\Rightarrow \omega ^2=\dfrac{i_1^2-i_2^2}{q_2^2-q_1^2}\)
\(\Rightarrow T=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi.\sqrt{\dfrac{q_2^2-q_1^2}{i_1^2-i_2^2}}\)
\(\Rightarrow \lambda = c.T =2\pi c.\sqrt{\dfrac{q_2^2-q_1^2}{i_1^2-i_2^2}}\)
Chọn B.
Bạn nên gửi mỗi câu hỏi một bài thôi để mọi người tiện trao đổi.
1. \(Z_L=200\sqrt{3}\Omega\), \(Z_C=100\sqrt{3}\Omega\)
Suy ra biểu thức của i: \(i=1,1\sqrt{2}\cos\left(100\pi t-\frac{\pi}{3}\right)A\)
Công suất tức thời: p = u.i
Để điện áp sinh công dương thì p > 0, suy ra u và i cùng dấu.
Biểu diễn vị trí tương đối của u và i bằng véc tơ quay ta có:
u u i i 120° 120°
Như vậy, trong 1 chu kì, để u, i cùng dấu thì véc tơ u phải quét 2 góc như hình vẽ.
Tổng góc quét: 2.120 = 2400
Thời gian: \(t=\frac{240}{360}.T=\frac{2}{3}.\frac{2\pi}{100\pi}=\frac{1}{75}s\)
2. Khi nối tắt 2 đầu tụ điện thì cường độ dòng điện hiệu dụng không đổi \(\Rightarrow Z_1=Z_2\Leftrightarrow Z_C-Z_L=Z_L\Leftrightarrow Z_C=2Z_L\)
\(U_C=1,2U_d\Leftrightarrow Z_C=2Z_d\Leftrightarrow Z_C=2\sqrt{R^2+Z_L^2}\)
\(\Leftrightarrow2Z_L=\sqrt{R^2+Z_L^2}\Leftrightarrow R=\sqrt{3}Z_L\)
Khi bỏ tụ C thì cường độ dòng điện của mạch là: \(I=\frac{U}{Z_d}=\frac{U}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=\frac{220}{\sqrt{3.Z_L^2+Z_L^2}}=0,5\)
\(\Rightarrow Z_L=220\Omega\)
Dựa vào giản đồ xét tam giác vuông OAB có
\(\sin60=\frac{Uc}{U_{ }AB}\Rightarrow U_C=100.\sin60=50\sqrt{3}V\Rightarrow Z_C=\frac{U_C}{I}=\frac{50\sqrt{3}}{0.5}=100\sqrt{3}\Omega\)
=> \(C=\frac{1}{Z_C.\omega}\)
\(\cos60=\frac{U_R}{U_{AB}}\Rightarrow U_R=50\Omega\Rightarrow R=\frac{U_R}{I}=100\Omega\)
2. Công suất trên mạch có biểu thức
\(P=I^2R=\frac{U^2}{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}.R\\=\frac{U^2}{R^{ }+\frac{\left(Z_L-Z_C\right)^2}{R}}\)
L thay đổi để P max <=> Mẫu Min => áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số không âm=> \(R=\left|Z_L-Z_C\right|\)
=> \(R=100-40=60\Omega\)
=>
Chú ý trong mạch dao động \(i_1\perp u_1;i_2\perp u_2\)
Mặt khác ta có độ lệch pha giữa hai \(i_1;i_2\):\(t_2-t_1=\frac{\pi}{2}\sqrt{LC}=\frac{T}{4}\Rightarrow\Delta\varphi=\frac{T}{4}.\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}\)
=> \(i_1\perp i_2\)
i i u u 1 1 2 2
Nhìn vào đường tròn ta thấy \(i_1\perp i_2,u_1\perp u_2\); \(i_1\) ngược pha \(u_2\) và ngược lại.
\(\frac{i_1^2}{I^2_0}+\frac{u^2_1}{U_0^2}=1;\frac{i_1^2}{I^2_0}+\frac{i^2_2}{I_0^2}=1;\frac{i_1^2}{I^2_0}+\frac{u^2_2}{U_0^2}=1;\frac{i_2^2}{I^2_0}+\frac{u^2_1}{U_0^2}=1;\)
\(U_0=\frac{I_0}{\omega}\Rightarrow I_0=\omega\sqrt{U_0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}\sqrt{U_0}\)
Dựa vào các phương trình trên ta thấy chỉ có đáp án D là sai.