Cho đoạn mạch xoay chiều AB nối tiếp gồm: AM chứa biến trở R, đoạn mạch MN chứa r, đoạn NP chứa cuộn cảm thuần, đoạn PB chứa tụ điện có điện dung biến thiên. Ban đầu thay đổi tụ điện sao cho UAP không phụ thuộc vào biến trở R. Giữ nguyên giá trị điện dung đó và thay đổi biến trở. Khi $u_{A P}$ lệch pha cực đại so với $u_{A B}$ thì $U_{P B} = U_{1}$ . Khi tích $(U_{A N} . U_{N P})$ cực đại thì $U_{A M} = U_{2}$ . Biết rằng $U_{1} = 2. (\sqrt{6} + \sqrt{3}) U_{2}$ . Độ lệch pha cực đại giữa $u_{A P}$ và $u_{A B}$ gần nhất với giá trị nào?

A. $\frac{4 π}{7}$

B. $\frac{6 π}{7}$

C. $\frac{3 π}{7}$

D. $\frac{5 π}{7}$

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: [Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải (30 đề) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điện áp hiệu dụng: $U = I . Z$

Sử dụng giản đồ vecto

Bất đẳng thức Cô – si: $a + b \geq 2 \sqrt{a b}$ (dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow a = b$

Giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AP là:

$U_{A P} = \frac{U \sqrt{{(R + r)}^{2} + {Z_{L}}^{2}}}{\sqrt{{(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}}$

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AP không phụ thuộc vào R, ta có:

${(R + r)}^{2} + {Z_{L}}^{2} = {(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}$

$\Rightarrow {Z_{L}}^{2} = {(Z_{L} - Z_{C})}^{2} \Rightarrow Z_{L} = Z_{C} - Z_{L} \Rightarrow Z_{C} = 2 Z_{L}$

Ta có giản đồ vecto:

Cho đoạn mạch xoay chiều AB nối tiếp gồm: AM chứa biến trở R, đoạn mạch MN chứa r, đoạn NP chứa cuộn cảm thuần (ảnh 1)

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa $u_{A P}$ và $u_{A B}$ là:

$\tan (2 α) = \frac{2 \tan α}{1 - \tan^{2} α} = \frac{2. \frac{Z_{L}}{R + r}}{1 - {(\frac{Z_{L}}{R + r})}^{2}}$

${(\tan 2 α)}_{\max} \Rightarrow {(2 α)}_{\max} \Rightarrow α_{\max} \Rightarrow {(\tan α)}_{\max}$

$\Rightarrow {(\frac{Z_{L}}{R + r})}_{\max} \Rightarrow {(R + r)}_{\min} \Rightarrow R = 0$

Khi đó ta có:

$U_{1} = U_{B P} = U_{C} = \frac{U . Z_{C}}{\sqrt{r^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}} = \frac{U .2 Z_{L}}{\sqrt{r^{2} + {Z_{L}}^{2}}}$

Ta có tích

$U_{A N} . U_{N P} = \frac{U . (R + r)}{\sqrt{{(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}} . \frac{U . Z_{L}}{\sqrt{{(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}}$

$= U^{2} . \frac{Z_{L} . (R + r)}{{(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}} = U^{2} . Z_{L} . \frac{1}{(R + r) + \frac{{(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}{R + r}}$

Đặt $x = R + r; f (x) = x + \frac{{(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}{x} \Rightarrow U_{A N} . U_{N P} = U^{2} . Z_{L} . \frac{1}{f (x)}$

Để tích ${(U_{A N} . U_{N P})}_{\max} \Rightarrow f {(x)}_{\min}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

$x + \frac{{(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}{x} \geq 2 \sqrt{x . \frac{{(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}{x}} = 2 |Z_{L} - Z_{C}|$

$f {(x)}_{\min} \Leftrightarrow x = \frac{{(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}{x}$

$\Rightarrow x^{2} = {(R + r)}^{2} = {(Z_{L} - Z_{C})}^{2} = {Z_{L}}^{2}$

$\Rightarrow R = Z_{L} - r$

Khi đó ta có: $U_{2} = U_{A M} = U_{R} = \frac{U . R}{\sqrt{{(R + r)}^{2} + {(Z_{L} - Z_{C})}^{2}}}$

$\Rightarrow U_{2} = \frac{U . (Z_{L} - r)}{\sqrt{2 {Z_{L}}^{2}}} = \frac{U . (Z_{L} - r)}{\sqrt{2} Z_{L}}$

Theo đề bài ta có:

$U_{1} = 2. (\sqrt{6} + \sqrt{3}) U_{2}$

$\Rightarrow \frac{U .2 Z_{L}}{\sqrt{r^{2} + {Z_{L}}^{2}}} = 2. (\sqrt{6} + \sqrt{3}) . \frac{U . (Z_{L} - r)}{\sqrt{2} Z_{L}}$

$\Rightarrow \sqrt{2} {Z_{L}}^{2} = (\sqrt{6} + \sqrt{3}) . (Z_{L} - r) . \sqrt{r^{2} + {Z_{L}}^{2}}$

$\Rightarrow {Z_{L}}^{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{3}}{\sqrt{2}} . (Z_{L} - r) . \sqrt{r^{2} + {Z_{L}}^{2}}$

$\Rightarrow {(\frac{Z_{L}}{r})}^{2} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{3}}{\sqrt{2}} . (\frac{Z_{L}}{r} - 1) . \sqrt{1 + \frac{{Z_{L}}^{2}}{r^{2}}} (1)$

Đặt $\tan α = \frac{Z_{L}}{r}$ , thay vào phương trình (1), ta có:

$x^{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{3}}{\sqrt{2}} (x - 1) \sqrt{1 + x^{2}} \Rightarrow x = \tan α \approx 1.377$ $\Rightarrow α \approx 54^{0} \Rightarrow 2 α = 108^{0}$