Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\varphi=\varphi_u-\varphi_i=0-\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}\)
\(\tan\varphi=\frac{Z_L-Z_C}{R}=1\Rightarrow Z_L-Z_C=R\)
\(\Rightarrow Z=\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}=R\sqrt{2}\)
Mà \(Z=\frac{U}{I}=\frac{200}{2}=100\Rightarrow R=\frac{100}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}\)
Ta có: \(Z_C=\frac{1}{C\omega}=30\Omega\)
\(\tan\varphi=-\frac{Z_c}{R}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\varphi=-\frac{\pi}{6}\)
\(\Rightarrow\varphi_U-\varphi_I=-\frac{\pi}{6}\Rightarrow\varphi_1=\frac{\pi}{6}rad\)
Lại có: \(I=\frac{U}{Z}=2\sqrt{2}\left(A\right)\)
\(\Rightarrow i=2\sqrt{2}\cos\left(100\pi t+\frac{\pi}{6}\right)\left(A\right)\)
Đáp án A
*) Từ hai biểu thức dòng điện, rút ra 2 kết luận sau: khi \(\omega\) thay đổi thì
+) I cực đại tăng \(\frac{I_2}{I_1}=\sqrt{\frac{3}{2}}\Rightarrow \frac{Z_1}{Z_2}=\sqrt{\frac{3}{2}}\)
+) Pha ban đầu của i giảm 1 góc bằng: \(\frac{\pi}{3}-\left(-\frac{\pi}{12}\right)=\frac{5\pi}{12}=75^0\)
tức là hai véc tơ biểu diễn Z1 và Z2 lệch nhau 75 độ, trong đó Z2 ở vị trí cao hơn
*) Dựng giản đồ véc-tơ:
Trong đó: \(\widehat{AOB}=75^0\);
Đặt ngay: \(Z_1=OB=\sqrt{\frac{3}{2}}\Rightarrow Z_2=1\)
Xét tam giác OAB có \(\widehat{AOB}=75^0;OA=1;OB=\sqrt{\frac{3}{2}}\) và đường cao OH.
Với trình độ của bạn thì thừa sức tính ngay được: \(OH=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Rightarrow R=OH=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
*) Tính \(Z_L,Z_C\):
\(Z_1^2=R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2;\left(Z_L< Z_C\right)\)
\(Z_2^2=R^2+\left(\sqrt{3}Z_L-\frac{Z_C}{\sqrt{3}}\right)^2\)
Thay số vào rồi giải hệ 2 ẩn bậc nhất, tìm được: \(Z_L=\frac{\sqrt{3}}{2};Z_C=\sqrt{3}\)
*) Tính
\(\frac{R^2L}{C}=\frac{R^2\cdot\left(L\omega_1\right)}{C\omega_1}=R^2Z_LZ_C\\ =\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3}=\frac{9}{4}\)
Ra $\frac{1}{2}$ ông ạ
Thầy tôi bảo có cách dùng giản đồ vector ngắn kinh khủng mà chưa ngộ ra.
\(Z_L=L\omega=\frac{25.10^{-2}}{\pi}.100\pi=25\Omega.\)
Mach co r, R va ZL khi đó \(Z=\sqrt{\left(R+r\right)^2+Z_L^2}=\sqrt{\left(10+15\right)^2+25^2}=25\sqrt{2}\Omega.\)
Cường độ dòng điện cực đại \(I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{25\sqrt{2}}=4A.\)
Độ lệch pha giữa u và i được xác định thông qua \(\tan\varphi=\frac{Z_L}{R+r}=\frac{25}{15+10}=1\)\(\Rightarrow\varphi=\frac{\pi}{4}.\)
hay \(\varphi_u-\varphi_i=\frac{\pi}{4}.\) mà \(\varphi_u=0\Rightarrow\varphi_i=-\frac{\pi}{4}.\)
=> phương trình dao động của cường độ dòng xoay chiều là
\(i=4\cos\left(100\pi t-\frac{\pi}{4}\right)A.\)
1.
\(Z_L=\omega L = 250\Omega\)
\(\cos \varphi = \dfrac{R+r}{Z}\Rightarrow Z = \dfrac{100+100}{0,8}=250\Omega\)
\(Z=\sqrt{(R+r)^2+(Z_L-Z_C)^2}\)
\(\Rightarrow 250=\sqrt{(100+100)^2+(250-Z_C)^2}\)
Do u sớm pha hơn i nên suy ra \(Z_C=100\Omega\)
\(\Rightarrow C = \dfrac{10^-4}{\pi}(F)\)
Chọn B
2. Công suất tiêu thụ cực đại khi mạch cộng hưởng
\(\Rightarrow Z_{Cb}=Z_L=250\Omega\)
Mà \(Z_C=100\Omega <250\Omega\)
Suy ra cần ghép nối tiếp C1 với C và \(Z_{C1}=Z_{Cb}-Z_C=250=100=150\Omega\)
\(\Rightarrow C_1 = \dfrac{2.10^-4}{3\pi}(F)\)
Chọn D.
* Ban đầu: \(\varphi_{u/i}=-\dfrac{\pi}{4}-(-\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{4}(rad)\)
\(\Rightarrow \tan\varphi = \dfrac{-Z_C}{R}=-1\Rightarrow Z_C= R\)
Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=R\sqrt 2\)
* Khi mắc nối tiếp vào mạch tụ thứ 2 có điện dung bằng điện dung đã cho thì: \(Z_C'=2Z_C=2R\)
Tổng trở: \(Z'=\sqrt{R^2+Z_C'^2}=\sqrt{R^2+(2R)^2}=R\sqrt 5\)
\(\Rightarrow \dfrac{I'}{I}=\dfrac{Z}{Z'}=\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 5}\)
\(\Rightarrow I'=0,63I\)
\(\Rightarrow I_0'=0,63I_0\)
Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan\varphi = \dfrac{-Z_C'}{R}=2\)
\(\Rightarrow \varphi{_{u/i}} = -0,352\pi(rad)\Rightarrow \varphi{_{i/u}} = 0,352\pi(rad)\)
\(\Rightarrow \varphi i'=\varphi _u+0,352\pi=-0,5\pi+0,352\pi=-0,147\pi\)(rad)
Vậy biểu thức của dòng điện là:
\(i=0,63I_0\cos(\omega t -0,147\pi) (A)\)
Chọn A.