Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhiệt lượng
\(Q=I^2Rt=\frac{E^2_0t}{2R}=\frac{\left(\omega NBS\right)^2t}{2R}=\frac{\left(200.100\pi.0,002\right)^2.60}{2.1000}\)\(=474J\)
Tần số góc là:
\(w=\frac{720.2\pi}{60}=25\pi\)
Suất điện động cực đại là:
\(\Rightarrow E_0=N.B.S.w=200\frac{25.10^{-3}}{\pi}.4=500V\)
Suất điện động hiệu dụng là:
\(E=\frac{E_0}{\sqrt{2}}=250\sqrt{2V}\)
\(\Rightarrow\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{1}{2}\)
Khi đăṭ vào hai đầu cuôṇ sơ cấp môṭ hiêụ điêṇ thế U
\(\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_2-80}{N_1}=1,92\Leftrightarrow\)\(\frac{N_2}{N_1}=\frac{80}{N_1}=1,92\Leftrightarrow\frac{80}{N_1}=\frac{2}{25}\Leftrightarrow N_1=1000\)(Vòng)
Suất điện động cực đại: \(E_0=\omega.N.BS=\omega N \phi_0\)
Vậy giá trị hiệu dụng: \(E=\dfrac{E_0}{\sqrt 2}=0,5\sqrt 2.\omega.N.\phi_0\)
\(U_{RC}=const=U\) khi \(Z_{L1}=2Z_C=R\)
Mặt khác L thay đổi để : \(U_{Lmax}:U_{Lmax}=\frac{U\sqrt{R^2+Z^2_C}}{R}=\frac{U\sqrt{2^2+1}}{2}=\frac{U\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow chọn.D\)
+,có C=C1=>U_R=\frac{U.R}{\sqrt{R^2+(Zl-ZC1)^2}}
+,U R ko đổi =>Zl=ZC1
+,có c=C1/2=>ZC=2ZC1
=>U(AN)=U(RL)=\frac{U\sqrt{r^2+Z^2l}}{\sqrt{R^2+(Zl-2Z^2C1)}}=u=200V
Ta có:
\(P=\dfrac{U_{1}^{2}}{Z_{1}^{2}}R\)
\(4P=\dfrac{U_{2}^{2}}{Z_{2}^{2}}R\)
\(\Rightarrow \dfrac{P}{4P}=\left( \dfrac{U_{1}}{U_{2}} \right)^{2}\left( \dfrac{Z_{2}}{Z_{1}} \right)^{2}\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{4}=\left(\dfrac{n_{1}}{n_{2}} \right)^{2}\left(\dfrac{Z_{2}}{Z_{1}} \right)^{2}\rightarrow Z_{2}=Z_{1}\)
Ta nghĩ đến bài toán f biến thiên có 2 giá trị của f mạch cho cùng 1 tổng trở.\(\Rightarrow n_{0}=\sqrt{n_{1}n_{2}}=\sqrt{2}n \)
Vậy khi roto quay với tốc độ \(\sqrt{2}n\) mạch xảy ra cộng hưởng.
Công suất: \(P_0=\dfrac{U_{0}^{2}}{R}\)
Lại có:
\(P=\dfrac{U_{1}^{2}}{Z_{1}^{2}}R=\dfrac{U_{1}^{2}}{2R^{2}}R=\dfrac{U_{1}^{2}}{2R}\) (Do \(Z_1=\sqrt 2.R\))
\(\Rightarrow \dfrac{P}{P_{0}}=\dfrac{U_{1}^{2}}{2U_{0}^{2}}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{n_{1}}{n_{0}} \right)^{2}=\dfrac{1}{4} \Rightarrow P_{0}=4P\)
Vậy: \(P_0=4P\)
\(U_0=\omega\phi\)
\(P=I^2R=\left(\frac{U_0}{Z\sqrt{2}}\right)^2R=\frac{\omega^2\phi^2R}{2\left(R^2\left(\omega L-\frac{1}{\omega c}\right)^2\right)}\)
\(=\frac{\phi^2R}{2\left(\frac{R^2}{\omega^2}+\left(L-\frac{1}{\omega^2c}\right)^2\right)}=\frac{\phi^2R}{2\left(\frac{1}{\omega^4C^2}+\frac{R^2-2L}{\omega^2}+L^2\right)}\)
Do đó: \(\phi\) không đổi. Đặt : \(\frac{1}{\omega^2}=x\)
Xét f (x) \(=\frac{x^2}{C^2}+\left(R^2-2L\right)x+2L^2\)
=> P_max \(\Leftrightarrow x_0=\frac{2L-R^2}{2C^2}\)
Do P phụ thuộc hàm bậc 2 nên
\(P_1=P_2\Rightarrow x_1+x_2=2x_0\Leftrightarrow\frac{1}{\omega^2_1}+\frac{1}{\omega^2_2}=\frac{2}{\omega^2_0}\)
Mặt khác, tốc độ quay của rôto tỉ lệ thuận với tần số góc nên
\(\frac{1}{n^2_1}+\frac{1}{n^2_2}+\frac{1}{n^2_0}\Leftrightarrow n_0=2\frac{n^2_1n^2_2}{n^2_1+n^2_2}\)
Thay đổi L để công suất đạt giá trị lớn nhất \(\Rightarrow Z_L=Z_C=30\Omega\)
\(u_{RC}\) vuông pha với \(u_d\) \(\Rightarrow \tan\varphi_{RC}.\tan\varphi_d=-1\)
\(\Rightarrow \dfrac{-Z_C}{R}.\dfrac{Z_L}{r}=-1\)
\(\Rightarrow \dfrac{-30}{60}.\dfrac{30}{r}=-1\)
\(\Rightarrow r= 15\Omega\)
Công suất: \(P=\dfrac{U^2}{R+r}=\dfrac{180^2}{60+15}=432W\)
Chọn A
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=> \(R=\left|Z_L-Z_C\right|\)
=> \(R=100-40=60\Omega\)
=>
Chọn đáp án B
ω = 2 π f = 100 π ( rad / s ) Q = I 2 R t = E 0 2 t 2 R = ( N ω B S ) 2 t 2 R = ( 200 . 200 π · 0 , 002 ) 2 · 60 2 . 1000 ≈ 474 ( J )