Chuyên đề cực trị RLC điện xoay chiều có C thay đổi, vật lí lớp 12

Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] Khi C thay đổi, ta có\[{{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\]

\[{{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1,4}{\pi }=140\,\,\Omega \] Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] Khi C thay đổi, ta có\[{{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\] Ta có. \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{50}^{2}}+{{140}^{2}}}{140}=\dfrac{1105}{7}\Omega \Rightarrow C=\dfrac{1}{\omega {{Z}_{C}}}=20\left( \mu F \right)\]

Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] Khi C thay đổi, ta có\[{{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\] \[\Rightarrow {{\left( {{U}_{C}} \right)}_{m\text{ax}}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}\]

\[{{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{\sqrt{3}}{\pi }=100\sqrt{3}\,\,\Omega \] Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] Khi C thay đổi, ta có\[{{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\] \[C=\dfrac{1}{\omega {{Z}_{C}}}=\dfrac{1}{100\pi . \dfrac{{{100}^{2}}+{{\left( 100\sqrt{3} \right)}^{2}}}{100\sqrt{3}}}=\dfrac{\sqrt{3}{{. 10}^{-4}}}{4\pi }(F)\] \[\Rightarrow {{\left( {{U}_{C}} \right)}_{m\text{ax}}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}=\dfrac{100\sqrt{{{100}^{2}}+{{\left( 100\sqrt{3} \right)}^{2}}}}{100}=200\left( V \right)\]

\[{{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1}{\pi }=100\,\,\Omega \] Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] \[\Rightarrow {{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{50}^{2}}+{{100}^{2}}}{100}=125\Omega \] \[{{U}_{R}}=\dfrac{U. R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{100\sqrt{3}. 50}{\sqrt{{{50}^{2}}+{{\left( 100-125 \right)}^{2}}}}=40\sqrt{5}\left( V \right)\]

\[{{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1}{\pi }=100\,\,\Omega \] Ta có. \[{{U}_{C}}=\dfrac{U. {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1}}\] \[\Rightarrow {{U}_{Cma\text{x}}}\Leftrightarrow \left( Y=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{C}^{2}}-\dfrac{2{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}+1 \right)\min \Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{50}^{2}}+{{100}^{2}}}{100}=125\Omega \] \[P=\dfrac{{{U}^{2}}. R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\dfrac{{{\left( 100\sqrt{3} \right)}^{2}}. 50}{{{50}^{2}}+{{\left( 100-125 \right)}^{2}}}=480\left( \text{W} \right)\]

Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại thì ${{Z}_{{{C}_{0}}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{20}^{2}}+{{20}^{2}}}{20}=40\left( \Omega \right)$ Ta có. $\left\{ \begin{matrix} tan{{\varphi }_{u/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=-1\Rightarrow {{\varphi }_{u/i}}=-\dfrac{\pi }{4} \\ {{\varphi }_{{{u}_{C}}/i}}=-\dfrac{\pi }{2} \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{\varphi }_{u/i}}=-\dfrac{\pi }{4}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}} \\ {{\varphi }_{{{u}_{C}}}}-{{\varphi }_{i}}=-\dfrac{\pi }{2} \end{array} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{{{u}_{C}}}}={{\varphi }_{u/{{u}_{C}}}}=\dfrac{\pi }{4}$

Khi $C={{C}_{1}}$ thì trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng $\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}$ Để điện áp hiệu dụng trên tụ đạt cực đại thì ${{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( R\sqrt{2} \right)}^{2}}}{\sqrt{2}R}=\dfrac{3R}{\sqrt{2}}=\dfrac{3}{\sqrt{2}}. \dfrac{{{Z}_{L}}}{\sqrt{2}}=\dfrac{3}{2}{{Z}_{L}}=\dfrac{3}{2}{{Z}_{{{C}_{1}}}}$

CĐ-2013). Thay đổi C để điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại ${{U}_{Cmax}}$ thì. $U_{Cmax}^{2}-{{U}_{L}}{{U}_{Cmax}}-{{U}^{2}}=0$ Thay số vào ta được. ${{440}^{2}}-440{{U}_{L}}-{{\left( 220\sqrt{3} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow {{U}_{L}}=110\left( V \right)$

Ta có. ${{Z}_{L}}=L\omega =\dfrac{1}{5\pi }. 100\pi =20\left( \Omega \right)$ Điều chỉnh điện dung của tụ điện để điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt giá trị cực đại thì ${{U}_{Cmax}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}=U\sqrt{3}\Rightarrow 2{{R}^{2}}=Z_{L}^{2}={{20}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=10\sqrt{2}\left( \Omega \right)$

Khi dung kháng là 100Ω thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch là cực đại bằng 100 W nên $\left\{ \begin{array}{l} {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}=100\left( \Omega \right) \\ P=\dfrac{{{U}^{2}}}{R}=100\left( \text{W} \right) \end{array} \right. $ Khi dung kháng là 200Ω thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện là $100\sqrt{2}\left( V \right)$ nên ${{U}_{{{C}_{2}}}}=I. {{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{U. {{Z}_{{{C}_{2}}}}}{Z}=\dfrac{200. U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( 100-200 \right)}^{2}}}}=100\sqrt{2}\left( V \right)$ $\Leftrightarrow 2{{U}^{2}}={{R}^{2}}+{{100}^{2}}\Leftrightarrow 2. 100. R={{R}^{2}}+{{100}^{2}}\Leftrightarrow R=100\left( \Omega \right)$

Khi C thay đổi để ${{U}_{Cmax}}$ thì $\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RL}}}$ Hay $U_{Cmax}^{2}={{U}^{2}}+U_{RL}^{2}={{U}^{2}}+U_{R}^{2}+U_{L}^{2}$

Khi C thay đổi ta có. ${{U}_{Cm\text{ax}}}=\dfrac{U}{R}\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=2U\Leftrightarrow Z_{L}^{2}=3{{\text{R}}^{2}}$

Tại thời điểm đó, thì điện áp tức thời $u=75\sqrt{6}\left( V \right)$ và ${{u}_{RL}}=25\sqrt{6}\left( V \right)$ Khi C chỉnh để ${{U}_{Cmax}}\Leftrightarrow U_{LR}^{2}+{{U}^{2}}=U_{C}^{2}$. Vẽ giản đồ vecto ta thấy $AM\bot MB$ và $R\bot {{Z}_{C}}$ Ta giả sử. $u={{U}_{0}}cos\left( \omega t \right)$. Vậy${{u}_{RL}}={{U}_{0RL}}cos\left( \omega t-\dfrac{\pi }{2} \right)={{U}_{0RL}}sin\left( \omega t \right)$ (do 2 góc phụ nhau) Dễ dàng $\Rightarrow co{{s}^{2}}\left( \omega t \right)=\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}$ và $si{{n}^{2}}\left( \omega t \right)=\dfrac{u_{RL}^{2}}{U_{0RL}^{2}}\Rightarrow \dfrac{u_{RL}^{2}}{U_{0RL}^{2}}+\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Rightarrow \dfrac{{{25}^{2}}. 6}{U_{0RL}^{2}}+\dfrac{{{75}^{2}}. 6}{U_{0}^{2}}=1$ (1) Xét tam giác AMB vuông tại M suy ra hệ thức lượng trong tam giác vuông. $\Rightarrow \dfrac{1}{U_{0RL}^{2}}+\dfrac{1}{U_{0}^{2}}=\dfrac{1}{U_{0R}^{2}}$ (2) (ứng với ${{U}_{0R}}=\sqrt{2}{{U}_{R}}$) Từ (1) và (2) $\Rightarrow U=150\left( V \right)$

Điều chỉnh C để \[{{U}_{C}}\] cực đại thì \[\overrightarrow{{{u}_{RL}}}\bot \overrightarrow{u}\] Mà khi \[{{u}_{RL}}\]cực đại thì \[u=0\]vì \[{{\left( \dfrac{{{u}_{RL}}}{{{U}_{0RL}}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{u}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\] Mà \[u={{u}_{RL}}+{{u}_{C}}\Rightarrow {{u}_{C}}=-100\sqrt{2}\left( V \right)\]

Vì u trễ pha so với i trong mạch là \[\dfrac{\pi }{3}\].

$\Rightarrow tan{{\varphi }_{u/i}}=tan\dfrac{\pi }{3}=\dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{R}=\sqrt{3}\Leftrightarrow {{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}=\sqrt{3}R$

Điều chỉnh C của tụ điện đến giá trị sao cho điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ cực đại ${{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{\left( \dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}+Z_{L}^{^{2}}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow 3{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+4Z_{L}^{2}$ $\Leftrightarrow Z_{C}^{2}-5{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+4Z_{L}^{2}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {{Z}_{C}}={{Z}_{L}}(l) \\ {{Z}_{C}}=4{{Z}_{L}} \end{array} \right. $ $\Rightarrow R=\dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}{{Z}_{L}}$ $\Rightarrow U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{3}{{U}_{L}} \right)}^{2}}+9U_{L}^{2}}=2\sqrt{3}{{U}_{L}}=32\sqrt{3}\left( V \right)$ $\Rightarrow {{U}_{Cmax}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}=\dfrac{32\sqrt{3}\sqrt{{{\left( \sqrt{3}{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{3}{{Z}_{L}}}=64\left( V \right)$

U_C = U_Cmax khi Z_C = $\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}$

U_Rmax = $\dfrac{{{U}_{0}}}{Z}$R

với Z = $\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}$ =$\sqrt{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}})}^{2}}}$ = $R\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{{{Z}_{L}}}$

\[\Rightarrow \] U₀ = U_Rmax$\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{{{Z}_{L}}}$ = 12a.$\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{{{Z}_{L}}}$ (*)

Khi u = 16a thì u_C = 7a \[\Rightarrow \] u_RL = u – u_C = 16a – 7a = 9a (**)

Góc lệch pha giữa u và i trong mạch: tanφ = $\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}$ = $\dfrac{{{Z}_{L}}-\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}}{R}$= – $\dfrac{R}{{{Z}_{L}}}$

Góc lệch pha giữa u_RL và i trong mạch. tanφ_RL = $\dfrac{{{Z}_{L}}}{R}$

\[\Rightarrow \]tanφ. tanφ_LR = – 1 \[\Rightarrow \]

u_RL và u vuông pha nhau \[\Rightarrow \] $\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}$ + $\dfrac{u_{RL}^{2}}{U_{0RL}^{2}}$ = 1

$\dfrac{{{U}_{0RL}}}{{{U}_{0}}}$= $\dfrac{{{Z}_{RL}}}{Z}$= $\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{{{Z}_{L}}}}$ = $\dfrac{{{Z}_{L}}}{R}$

\[\Rightarrow \] U_0LR = U₀$\dfrac{{{Z}_{L}}}{R}$\[\Rightarrow \]$\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}$ + $\dfrac{u_{RL}^{2}}{U_{0RL}^{2}}$=$\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}$+ $\dfrac{u_{RL}^{2}}{U_{0}^{2}}$$\dfrac{{{R}^{2}}}{Z_{L}^{2}}$ = 1

\[\Rightarrow \] u^{2$Z_{L}^{2}$} + $u_{RL}^{2}$R² = U₀^{2$Z_{L}^{2}$} (***)

Thay (*) và (**) vào (***).

256a²$Z_{L}^{2}$+ 81a²R² =144a²(R² + $Z_{L}^{2}$)

\[\Rightarrow \] 9R² = 16$Z_{L}^{2}$\[\Rightarrow \] 3R = 4Z_L = 4ωL

Khi $C={{C}_{1}}=\dfrac{{{2. 10}^{-4}}}{\pi }(F\,)\,$và $C={{C}_{2}}=\dfrac{{{10}^{-4}}}{1,5\pi }(F)$ thì công suất của mạch có giá trị như nhau thì ${{P}_{1}}={{P}_{2}}=P\Leftrightarrow {{I}_{1}}={{I}_{2}}\Leftrightarrow \dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}}}$ Hay ${{Z}_{{{C}_{1}}}}+{{Z}_{{{C}_{2}}}}=2{{Z}_{L}}\Leftrightarrow {{Z}_{L}}=\dfrac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}+{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{2}=\dfrac{50+150}{2}=100\left( \Omega \right)$ Để công suất trong mạch cực đại. ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=100\left( \Omega \right)\Rightarrow C=\dfrac{1}{{{Z}_{C}}\omega }=\dfrac{{{10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)$

00109 Khi $C={{C}_{1}}$công suất trong mạch lớn nhất \[\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{1}}}}={{Z}_{L}}=100\Omega \Rightarrow {{C}_{1}}=\dfrac{{{10}^{-4}}}{\pi }F\] Khi \[C={{C}_{2}}\] \[\Rightarrow P={{I}^{2}}R=\dfrac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}\Leftrightarrow Z=50\sqrt{5}\] \[\Rightarrow Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}}\Leftrightarrow \left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right|=100\Omega \Rightarrow {{Z}_{{{C}_{2}}}}=200\Omega \Rightarrow {{C}_{2}}=\dfrac{{{10}^{-4}}}{2\pi }F\] Khi \[C={{C}_{1}}+{{C}_{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{200}{3}\Omega \Rightarrow Z=\dfrac{50\sqrt{13}}{3}\Omega \] Hệ số công suất của mạch là \[cos\varphi =\dfrac{R}{Z}=0,832\]

00109 Ta có. \[R=50\sqrt{3}\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =50\left( \Omega \right)\] Điều chỉnh C = C₁ để điện áp hiệu dụng U_L lớn nhất \[\Leftrightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}=50\left( \Omega \right)\] Hay \[{{C}_{1}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}\omega }=\dfrac{1}{50. 100\pi }=\dfrac{{{2. 10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)\] Điều chỉnh C = C₂ để điện áp U_C lớn nhất thì \[{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{50}^{2}}}{50}=200\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{2}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}\omega }=\dfrac{{{5. 10}^{-5}}}{\pi }\] \[\Rightarrow C=\dfrac{{{C}_{1}}+{{C}_{2}}}{2}=\dfrac{\dfrac{{{2. 10}^{-4}}}{\pi }+\dfrac{{{5. 10}^{-5}}}{\pi }}{2}=\dfrac{1,{{25. 10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=80\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch lúc này. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{30}^{2}}}=20\sqrt{21}\left( \Omega \right)\] Công suất tiêu thụ trên mạch. \[P=UIcos\varphi =U. \dfrac{U}{Z}. \dfrac{R}{Z}=100\sqrt{2}. \dfrac{100\sqrt{2}}{20\sqrt{21}}. \dfrac{50\sqrt{3}}{20\sqrt{21}}\approx 206,2\left( \text{W} \right)\]

Ta có. ${{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1}{2\pi }=50\Omega $ Điều chỉnh C để điện áp hiệu dụng U_RC lớn nhất \[\Rightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}+\sqrt{Z_{L}^{2}+4{{R}^{2}}}}{2}=\dfrac{50+\sqrt{{{50}^{2}}+4. {{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}}}{2}=25+25\sqrt{13}\Omega \] \[\Rightarrow Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 50-25-25\sqrt{13} \right)}^{2}}}=108,36\Omega \] ${{U}_{RC}}_{\text{max}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{Z}=\dfrac{100\sqrt{2}\sqrt{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 25+25\sqrt{13} \right)}^{2}}}}{108,36}=188V$

Ta có. ${{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1}{2\pi }=50\Omega $ Ta có. \[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U. \sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] \[{{U}_{RC}}\to max\Leftrightarrow y=\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\] Ta khảo sát hàm số y theo biến \[{{Z}_{C}}\], y đạt giá trị nhỏ nhất khi \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}+\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{2}=\dfrac{50+\sqrt{4. {{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{50}^{2}}}}{2}=25+25\sqrt{13}\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 50-25-25\sqrt{13} \right)}^{2}}}\approx 108\left( \Omega \right)\] Công suất tiêu thụ trên mạch \[P=UIcos\varphi =100\sqrt{2}. \dfrac{100\sqrt{2}}{108}. \dfrac{50\sqrt{3}}{108}\approx 147\left( \text{W} \right)\]

Ta có. ${{Z}_{L}}=\omega L=100\pi . \dfrac{1}{\pi }=100\Omega $ Ta có. \[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U. \sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] \[{{U}_{RC}}\to max\Leftrightarrow y=\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\] Ta khảo sát hàm số y theo biến \[{{Z}_{C}}\], y đạt giá trị nhỏ nhất khi \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}+\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{2}=\dfrac{100+\sqrt{4. {{\left( 50 \right)}^{2}}+{{100}^{2}}}}{2}=50+50\sqrt{2}\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50 \right)}^{2}}+{{\left( 100-50-50\sqrt{2} \right)}^{2}}}\approx 54,12\left( \Omega \right)\] Hệ số công suất tiêu thụ trên mạch. \[cos\varphi =\dfrac{R}{Z}=\dfrac{50}{54,12}\approx 0,924\]

Khi $C={{C}_{1}}$và $C={{C}_{2}}$ thì công suất của mạch có giá trị như nhau thì giá trị của C làm cho ${{U}_{Cmax}}$ khi $\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{0}}}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}}+\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}} \right)\Rightarrow {{C}_{0}}=\dfrac{{{C}_{1}}+{{C}_{2}}}{2}$

Ta có. \[{{Z}_{{{C}_{1}}}}=\dfrac{1}{{{C}_{1}}\omega }=400\left( \Omega \right);{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{1}{{{C}_{2}}\omega }=240\left( \Omega \right)\] Khi điện dung tụ điện lần lượt là ${{C}_{1}}=\dfrac{25}{\pi }\mu F$ và ${{C}_{2}}=\dfrac{125}{3\pi }\mu F$ thì điện áp hiệu dụng trên tụ có cùng giá trị \[{{U}_{{{C}_{1}}}}={{U}_{{{C}_{2}}}}\Leftrightarrow \dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{{{C}_{1}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{{{C}_{2}}}}\] Biến đổi ta được. \[\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{L}^{2}}. \left( \dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}}+\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}} \right)=2\] Thay số vào, ta được. \[{{Z}_{L}}=200\left( \Omega \right)\] Để điện áp hiệu dụng trên điện trở R đạt cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng điện \[{{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=200\left( \Omega \right)\Rightarrow C=\dfrac{1}{{{Z}_{C}}\omega }=\dfrac{{{5. 10}^{-5}}}{\pi }\left( F \right)=\dfrac{50}{\pi }\left( \mu F \right)\]

Ta có. \[{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right);{{Z}_{C}}=\dfrac{1}{C\omega }=600\left( \Omega \right)\] Khi điện dung tụ điện lần lượt là $C=\dfrac{{{10}^{-4}}}{6\pi }\left( F \right)$ và $C={{C}_{1}}$ thì điện áp hiệu dụng trên tụ có cùng giá trị \[{{U}_{C}}={{U}_{{{C}_{1}}}}\Leftrightarrow \dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{C}}=\dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{{{C}_{1}}}}\] Biến đổi ta được. \[\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{L}^{2}}. \left( \dfrac{1}{{{Z}_{C}}}+\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}} \right)=2\] Thay số vào, ta được. \[{{Z}_{{{C}_{1}}}}=300\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{1}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}\omega }=\dfrac{{{10}^{-4}}}{3\pi }\left( F \right)\]

Khi C = C₁ và C = C₂ thì cường độ dòng điện trong mạch không thay đổi \[\Leftrightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\] Hay \[Z_{1}^{2}=Z_{2}^{2}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow |{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}|=|{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}}|\] \[\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}={{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \\ {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}={{Z}_{{{C}_{2}}}}-{{Z}_{L}} \end{array} \right. \Leftrightarrow {{Z}_{L}}=\dfrac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}+{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{2}\]

ĐH–2010). Ta có. \[{{Z}_{{{C}_{1}}}}=\dfrac{1}{{{C}_{1}}\omega }=400\left( \Omega \right);{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{1}{{{C}_{2}}\omega }=200\left( \Omega \right)\] Theo bài ra, ta có. \[{{P}_{1}}={{P}_{2}}\Leftrightarrow R{{I}_{1}}^{2}=R{{I}_{2}}^{2}\Leftrightarrow {{I}_{1}}={{I}_{2}}\Leftrightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}})}^{2}}={{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}})}^{2}}\] \[\Leftrightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}=-({{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}})\Leftrightarrow {{Z}_{L}}=\dfrac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}+{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{2}=300\Omega \Leftrightarrow L=\dfrac{3}{\pi }H\]

Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{0}}}}\Rightarrow L\omega =\dfrac{1}{{{C}_{0}}\omega }\Rightarrow {{C}_{0}}=\dfrac{1}{L{{\omega }^{2}}}\]

Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\] Tổng trở \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R\] Điện áp cực đại hai đầu cuộn dây lúc đó là \[{{U}_{Lmax}}={{I}_{max}}. {{Z}_{L}}=\dfrac{U}{Z}. {{Z}_{L}}\]

Ta có. \[R=100\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right)\] Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\] Tổng trở \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=100\left( \Omega \right)\] Điện áp cực đại hai đầu cuộn dây lúc đó là \[{{U}_{Lmax}}={{I}_{max}}. {{Z}_{L}}=\dfrac{U}{Z}. {{Z}_{L}}=\dfrac{200}{100}. 100=200\left( V \right)\]

Ta có. \[R=30\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =L. 2\pi f=40\left( \Omega \right)\] Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\] Tổng trở \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=30\left( \Omega \right)\] Điện áp cực đại hai đầu cuộn dây lúc đó là \[{{U}_{Lmax}}={{I}_{max}}. {{Z}_{L}}=\dfrac{U}{Z}. {{Z}_{L}}=\dfrac{120}{30}. 40=160\left( V \right)\]

Ta có. \[R=50\sqrt{3}\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =50\left( \Omega \right)\] Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\] Hay công suất tiêu thụ của mạch lớn nhất. \[{{P}_{max}}=\dfrac{{{U}^{2}}}{R}=\dfrac{{{\left( 100\sqrt{2} \right)}^{2}}}{50\sqrt{3}}=\dfrac{400}{\sqrt{3}}\left( \text{W} \right)\]

Ta có. \[R=100\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right)\] Thay đổi điện dung C của tụ điện cho đến khi điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại \[\Rightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\] Tổng trở \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=100\left( \Omega \right)\] Điện áp cực đại hai đầu cuộn dây lúc đó là \[{{U}_{Lmax}}={{I}_{max}}. {{Z}_{L}}=\dfrac{U}{Z}. {{Z}_{L}}=\dfrac{200}{100}. 100=200\left( V \right)\]

Ta có. \[R=50\sqrt{3}\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =50\left( \Omega \right)\] Điều chỉnh C = C₁ để điện áp hiệu dụng U_L lớn nhất \[\Leftrightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}=50\left( \Omega \right)\] Hay \[{{C}_{1}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}\omega }=\dfrac{1}{50. 100\pi }=\dfrac{{{2. 10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)\] Điều chỉnh C = C₂ để điện áp U_C lớn nhất thì \[{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{50}^{2}}}{50}=200\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{2}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}\omega }=\dfrac{{{5. 10}^{-5}}}{\pi }\] \[\Rightarrow C=\dfrac{{{C}_{1}}+{{C}_{2}}}{2}=\dfrac{\dfrac{{{2. 10}^{-4}}}{\pi }+\dfrac{{{5. 10}^{-5}}}{\pi }}{2}=\dfrac{1,{{25. 10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=80\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch lúc này. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{30}^{2}}}=20\sqrt{21}\left( \Omega \right)\] Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm. ${{U}_{L}}=I. {{Z}_{L}}=\dfrac{100\sqrt{2}}{20\sqrt{21}}. 50\approx 77\left( V \right)$

Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt giá trị cực đại $\Rightarrow $ Mạch sảy ra cộng hưởng điện $\Rightarrow $ u và i cùng pha với nhau $\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow Z=R\Rightarrow {{U}_{R}}={{U}_{Rmax}}=U$

Ta có. $R=60\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =80\left( \Omega \right)$ Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt giá trị cực đại $\Rightarrow $ Mạch sảy ra cộng hưởng điện $\Rightarrow $ u và i cùng pha với nhau $\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=80\left( \Omega \right)$ Tổng trở của đoạn mạch. $Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=60\left( \Omega \right)$ $\Rightarrow I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{60\sqrt{2}}{60}=\sqrt{2}\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{C}}=I. {{Z}_{C}}=80\sqrt{2}\left( V \right)$ Lai có. $\left\{ \begin{matrix} {{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}} \\ {{\varphi }_{{{u}_{C}}}}-{{\varphi }_{i}}=-\dfrac{\pi }{2} \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{L}}}}=-\dfrac{\pi }{2}+{{\varphi }_{u}}=0$ Biểu thức điện áp giữa hai đầu tụ điện C là \[{{u}_{C}}=160\,c\text{os}\left( 100t \right)V. \]

Khi C = C_o thì công suất trong mạch đạt giá trị cực đại $\Rightarrow $ Mạch sảy ra cộng hưởng điện $\Rightarrow $ u và i cùng pha với nhau $\Rightarrow {{P}_{max}}=\dfrac{{{U}^{2}}}{R}$

Ta có. $R=30\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =40\left( \Omega \right)$ Khi C = C_o thì công suất trong mạch đạt giá trị cực đại $\Rightarrow $ Mạch sảy ra cộng hưởng điện $\Rightarrow $ u và i cùng pha với nhau Tổng trở của đoạn mạch. $Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=30\left( \Omega \right)$ $\Rightarrow I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{60\sqrt{2}}{30}=2\sqrt{2}\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{R}}=I. R=60\sqrt{2}\left( V \right)$ Lai có. $\left\{ \begin{matrix} {{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}} \\ {{\varphi }_{{{u}_{R}}}}-{{\varphi }_{i}}=0 \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{L}}}}=\dfrac{\pi }{2}+{{\varphi }_{u}}=\dfrac{\pi }{2}$ Biểu thức điện áp giữa hai đầu điện trở là \[{{u}_{R}}=120\,c\text{os}\left( 100t+\dfrac{\pi }{2} \right)V. \]

Ta có. $R=30\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =40\left( \Omega \right)$ Khi C = C_o thì công suất trong mạch đạt giá trị cực đại $\Rightarrow $ Mạch sảy ra cộng hưởng điện $\Rightarrow $ u và i cùng pha với nhau Tổng trở của đoạn mạch. $Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R=30\left( \Omega \right)$ $\Rightarrow I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{60\sqrt{2}}{30}=2\sqrt{2}\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{L}}=I. {{Z}_{L}}=80\sqrt{2}\left( V \right)$ Lai có. $\left\{ \begin{matrix} {{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}} \\ {{\varphi }_{{{u}_{L}}}}-{{\varphi }_{i}}=\dfrac{\pi }{2} \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{L}}}}=\dfrac{\pi }{2}+{{\varphi }_{u}}=\pi $ Biểu thức điện áp giữa hai đầu cuộn cảm L là \[{{u}_{L}}=160\,c\text{os}\left( 100t+\pi \right)V. \]

Dễ thầy ${{Z}_{{{C}_{1}}}}=160\left( \Omega \right);{{Z}_{{{C}_{2}}}}=90\left( \Omega \right)$ Khi $C={{C}_{1}}=\dfrac{62,5}{\pi }\mu F$thì mạch tiêu thụ công suất cực đại P_max = 93,75 W thì ${{I}_{1}}=\dfrac{{{P}_{max}}}{U}=\dfrac{93,75}{150}=0,625\left( A \right)\Rightarrow R+r=\dfrac{U}{{{I}_{1}}}=240\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}=160\left( \Omega \right)$(1) Mặt khác. $\overrightarrow{{{U}_{R{{C}_{2}}}}}\bot \overrightarrow{{{U}_{Lr}}}\Rightarrow tan{{\varphi }_{R{{C}_{2}}}}. tan{{\varphi }_{Lr}}=-1\Rightarrow -\dfrac{{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{R}. \dfrac{{{Z}_{L}}}{r}=-1\Leftrightarrow R. r={{Z}_{{{C}_{2}}}}. {{Z}_{L}}=14400$(2) Từ (1) ; (2) $\Rightarrow R=r=120\left( \Omega \right)$ Khi đó. ${{I}_{2}}=\dfrac{U}{Z’}=\dfrac{150}{250}=0,6\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{Lr}}={{I}_{2}}. {{Z}_{Lr}}=120\left( V \right)$

Theo bài ra, ta có: Z_L > Z_C, mà C tăng à Z_C giảm àZ tăng àP giảm

Ta có. $R=50\left( \Omega \right);r=10\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =80\left( \Omega \right)$ Thay đổi điện dung của tụ để điện áp hiệu dụng hai đầu bản tụ đạt giá trị cực đại thì ${{Z}_{C}}=\dfrac{{{\left( R+r \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{60}^{2}}+{{80}^{2}}}{80}=125\left( \Omega \right)$ Và ${{Z}_{C}}=\dfrac{1}{C\omega }=125\left( \Omega \right)\Rightarrow C=\dfrac{1}{{{Z}_{C}}. \omega }=\dfrac{{{8. 10}^{-5}}}{\pi }\left( F \right)=\dfrac{80}{\pi }\left( \mu F \right)$

Ta có. \[r=40\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =\dfrac{100}{3}\left( \Omega \right);r=80\left( \Omega \right)\] Đặt điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện là U. Ta có \[U=\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\] \[\Rightarrow U=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{\dfrac{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}}=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{1+\dfrac{{{R}^{2}}+2Rr}{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}}\] \[\Rightarrow U={{U}_{min}}\] khi\[{{Z}_{C}}={{Z}_{Cmin}}=\text{ }{{Z}_{L}}=\dfrac{100}{3}\left( \Omega \right)\] Tổng trở. $Z=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=R+r=120\left( \Omega \right)$ Dòng điện hiệu dụng trong mạch khi đó là $I=\dfrac{U}{R+r}=1\left( A \right)$

Ta có. \[r=70\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =70\left( \Omega \right)\] Khi C = C_o thì u cùng pha với cường độ dòng điện i trong mạch $\Rightarrow $ Mạch xảy ra cộng hưởng $\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{0}}}}={{Z}_{L}}=70\left( \Omega \right)$ Tông trở của đoạn mạch. $Z=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{0}}}} \right)}^{2}}}=r=70\left( \Omega \right)$ $\Rightarrow I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{70\sqrt{2}}{70}=\sqrt{2}\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{d}}=I. {{Z}_{d}}=\sqrt{2}\sqrt{{{70}^{2}}+{{70}^{2}}}=140\left( V \right)$ Ta có. $\left\{ \begin{matrix} {{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}} \\ tan{{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{r}=1\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{\pi }{4}={{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{i}} \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}=\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{\pi }{2}=-\dfrac{\pi }{4}$ Biểu thức điện áp gữa hai đầu cuộn dây là \[{{u}_{d}}=140\sqrt{2}\,c\text{os}\left( 100t-\dfrac{\pi }{4} \right)V. \]

Ta có. \[r=70\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =70\left( \Omega \right)\] Khi C = C_o thì u cùng pha với cường độ dòng điện i trong mạch $\Rightarrow $ Mạch xảy ra cộng hưởng $\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{0}}}}={{Z}_{L}}=70\left( \Omega \right)$ Tông trở của đoạn mạch. $Z=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{0}}}} \right)}^{2}}}=r=70\left( \Omega \right)$ $\Rightarrow I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{70\sqrt{2}}{70}=\sqrt{2}\left( A \right)\Rightarrow {{U}_{C}}=I. {{Z}_{{{C}_{0}}}}=70\sqrt{2}\left( V \right)$ Ta có. $\left\{ \begin{matrix} {{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}} \\ {{\varphi }_{i}}-{{\varphi }_{{{u}_{C}}}}=\dfrac{\pi }{2} \\ \end{matrix} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{C}}}}=-\dfrac{\pi }{4}-\dfrac{\pi }{2}=-\dfrac{3\pi }{4}$ Biểu thức điện áp gữa hai bản tụ là \[{{u}_{C}}=140\,c\text{os}\left( 100t-\dfrac{3\pi }{4} \right)V. \]

Ta có: \[r=70\left( \Omega
\right);{{Z}_{L}}=L\omega =70\left( \Omega
\right)\]
Khi C = C_{<sub>o</sub>} thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại thì \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=140\left( \Omega
\right)\]
Ta có: $\left\{ \begin{matrix}
tan{{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{r}=1\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{\pi }{4}
\\
tan{{\varphi }_{u/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-1\Rightarrow {{\varphi }_{u/i}}=-\dfrac{\pi }{4}
\\
\end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{i}}=\dfrac{\pi }{4} \\
{{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=-\dfrac{\pi }{4}
\end{array} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{u}}=\dfrac{\pi }{2}$

Ta có. \[r=70\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =70\left( \Omega \right)\] Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại thì \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=140\left( \Omega \right)\] Ta có. $\left\{ \begin{matrix} tan{{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{r}=1\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{\pi }{4} \\ tan{{\varphi }_{u/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-1\Rightarrow {{\varphi }_{u/i}}=-\dfrac{\pi }{4} \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{i}}=\dfrac{\pi }{4} \\ {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=-\dfrac{\pi }{4} \end{array} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{u}}=\dfrac{\pi }{2}$

00109 Ta có. $R=50\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right)$ Ta có. \[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U. \sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] \[{{U}_{RC}}\to max\Leftrightarrow y=\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\] Ta khảo sát hàm số y theo biến \[{{Z}_{C}}\], y đạt giá trị nhỏ nhất khi \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}+\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{2}=\dfrac{100+\sqrt{4. {{\left( 50 \right)}^{2}}+{{100}^{2}}}}{2}=50+50\sqrt{2}\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50 \right)}^{2}}+{{\left( 100-50-50\sqrt{2} \right)}^{2}}}\approx 54,12\left( \Omega \right)\] Hệ số công suất tiêu thụ trên mạch. \[cos\varphi =\dfrac{R}{Z}=\dfrac{50}{54,12}\approx 0,924\] Công suất tiêu thụ trên mạch khi đó $P=UI. cos\varphi =100\sqrt{3}. \dfrac{100\sqrt{3}}{54,12}. 0,924\approx 512\left( \text{W} \right)$

Ta có. \[R=50\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right)\] Điều chỉnh C = C₁ để điện áp hiệu dụng U_L lớn nhất \[\Leftrightarrow \] Mạch xảy ra cộng hưởng \[\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{1}}}}=100\left( \Omega \right)\] Hay \[{{C}_{1}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}\omega }=\dfrac{1}{100. 100\pi }=\dfrac{{{10}^{-4}}}{\pi }\left( F \right)\] Điều chỉnh C = C₂ để điện áp U_C lớn nhất thì \[{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{\left( 50 \right)}^{2}}+{{100}^{2}}}{100}=125\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{2}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}\omega }=\dfrac{{{8. 10}^{-5}}}{\pi }\left( F \right)\] \[\Rightarrow C=\dfrac{{{C}_{1}}+{{C}_{2}}}{2}=\dfrac{\dfrac{{{10}^{-4}}}{\pi }+\dfrac{{{8. 10}^{-5}}}{\pi }}{2}=\dfrac{{{9. 10}^{-5}}}{\pi }\left( F \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{1000}{9}\left( \Omega \right)\] Tổng trở của mạch lúc này. \[Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 50 \right)}^{2}}+{{\left( 100-\dfrac{1000}{9} \right)}^{2}}}=51,22\left( \Omega \right)\] Hệ số công suất. $cos\varphi =\dfrac{R}{Z}=\dfrac{50}{51,22}\approx 0,974$

Ta có. \[r=70\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =70\left( \Omega \right)\] Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại thì \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=140\left( \Omega \right)\] Ta có. $\left\{ \begin{matrix} tan{{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{r}=1\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}/i}}=\dfrac{\pi }{4} \\ tan{{\varphi }_{u/i}}=\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=-1\Rightarrow {{\varphi }_{u/i}}=-\dfrac{\pi }{4} \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{i}}=\dfrac{\pi }{4} \\ {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=-\dfrac{\pi }{4} \end{array} \right. \Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{d}}}}-{{\varphi }_{u}}=\dfrac{\pi }{2}$

ĐH-2013). *\[C={{C}_{0}}\to \text{ }{{i}_{1}}\] sớm pha hơn u là \[{{\varphi }_{1}}\left( 0\text{ }<{{\varphi }_{1}}<\dfrac{\pi }{2} \right)\] *\[C=3{{C}_{0}}\to \text{ }{{i}_{2}}\] trễ pha hơn u là \[{{\varphi }_{2}}=\dfrac{\pi }{2}-{{\varphi }_{1}};\text{ }{{Z}_{{{C}_{0}}}}=3{{Z}_{C}}\] \[\left\{ \begin{matrix} \sin {{\varphi }_{1}}=\cos {{\varphi }_{2}} \\ \sin {{\varphi }_{2}}=\cos {{\varphi }_{1}} \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \dfrac{{{Z}_{C0}}-{{Z}_{L}}}{{{Z}_{1}}}=\dfrac{R}{{{Z}_{2}}} \\ \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{{{Z}_{2}}}=\dfrac{R}{{{Z}_{1}}} \\ \end{matrix} \right. \] \[\dfrac{U}{{{U}_{2D}}}=\dfrac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{2D}}}=\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {R}/{3}\; \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( 2R \right)}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\Leftrightarrow U=45\sqrt{2}\Rightarrow {{U}_{0}}=90V\]Giá trị của U₀ gần nhất là 95V

Ta có. \[{{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}=\dfrac{\pi }{2}\Rightarrow tan{{\varphi }_{1}}. tan{{\varphi }_{2}}=1\Rightarrow \dfrac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}}}{r}. \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{r}=1\Leftrightarrow \left( {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}} \right)\left( {{Z}_{{{C}_{2}}}}-{{Z}_{L}} \right)={{r}^{2}}\] \[\dfrac{{{U}_{{{d}_{2}}}}}{{{U}_{{{d}_{1}}}}}=\dfrac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}=3\Rightarrow {{r}^{2}}+\left( {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}} \right)=9\left[ {{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}} \right]\] \[\Leftrightarrow 8\left( {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}} \right)\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)+9{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}-{{\left( {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}} \right)}^{2}}=0\] \[\Leftrightarrow 9{{\left( \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}}} \right)}^{2}}+8. \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}}}-1=0\Leftrightarrow \dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}}}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}}}=\dfrac{1}{9}\] \[\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}}=3{{Z}_{{{C}_{2}}}}-{{Z}_{L}}=9\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{5{{Z}_{L}}}{6}\] Ta được. \[{{r}^{2}}=\left( {{Z}_{{{C}_{1}}}}-{{Z}_{L}} \right)\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)=\dfrac{Z_{L}^{2}}{4}\Rightarrow {{Z}_{L}}=2r;{{Z}_{{{C}_{2}}}}=\dfrac{5r}{3}\] \[\dfrac{U}{{{U}_{{{d}_{2}}}}}=\dfrac{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( 2r-\dfrac{5r}{3} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+4{{r}^{2}}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\] \[\Rightarrow U=\dfrac{\sqrt{2}}{3}{{U}_{{{d}_{2}}}}=30\sqrt{2}\left( V \right)\Rightarrow {{U}_{0}}=60\left( V \right)\]

Ta có. \[r=40\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =80\left( \Omega \right)\] Khi C = C_o thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt giá trị cực đại thì \[{{Z}_{{{C}_{0}}}}=\dfrac{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{{{40}^{2}}+{{80}^{2}}}{80}=100\left( \Omega \right)\] Tổng trở của đoạn mạch lúc này. \[Z=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{40}^{2}}+{{20}^{2}}}=20\sqrt{5}\left( \Omega \right)\] Cường độ dòng điện I qua mạch là. \[I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{100\sqrt{5}}{20\sqrt{5}}=5\left( A \right)\]

Ta có U_R = U_Rmax và \[{{U}_{L}}={{U}_{Lmax}}\] khi \[{{Z}_{C}}={{Z}_{L}}~\] trong mạch có cộng hưởng điện để I = I_max Do đó \[{{t}_{1}}={{t}_{3}}\] \[{{U}_{C}}=\text{ }{{U}_{Cmax}}\] khi\[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}={{Z}_{L}}+\dfrac{{{R}^{2}}}{{{Z}_{L}}}>{{Z}_{L}}\Rightarrow {{t}_{1}}>{{t}_{2}}\] U_L = U_Lmax khi \[{{Z}_{L}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}{{{Z}_{C}}}={{Z}_{C}}+\dfrac{{{R}^{2}}}{{{Z}_{C}}}>{{Z}_{C}}\Rightarrow {{t}_{1}}>{{t}_{2}}\] Do đó. \[{{t}_{1}}={{t}_{3}}>{{t}_{2}}\].

Theo bài ra, ta có. \[{{R}_{1}}=30\left( \Omega \right);{{R}_{2}}=10\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =30\left( \Omega \right)\] Ta có. \[{{U}_{MB}}=I. {{Z}_{MB}}=\dfrac{U}{\sqrt{{{\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}. \sqrt{R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\] Chia cả tử và mẫu cho \[\sqrt{R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\], ta được. \[{{U}_{MB}}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\dfrac{R_{1}^{2}+2{{R}_{1}}{{R}_{2}}}{R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}}\] Để \[{{U}_{MB}}\] nhỏ nhất thì mẫu số lớn nhất \[\Leftrightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow \] Mạch cộng hưởng \[\Rightarrow I=\dfrac{U}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}=\dfrac{200}{30+10}=5\left( A \right)\] \[\Rightarrow {{U}_{MBmin}}=I. {{R}_{2}}=5. 10=50\left( V \right)\]

Ta có. \[R=50\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =40\left( \Omega \right);r=60\left( \Omega \right)\] Đặt điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện là U. Ta có \[U=\sqrt{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\] \[\Rightarrow U=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{\dfrac{{{(R+r)}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}}=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{1+\dfrac{{{R}^{2}}+2Rr}{{{r}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}}}\] \[\Rightarrow U={{U}_{min}}\] khi\[{{Z}_{C}}={{Z}_{Cmin}}=\text{ }{{Z}_{L}}=40\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{min}}=\dfrac{{{10}^{-3}}}{4\pi }\left( F \right)\] \[\Rightarrow U={{U}_{min}}=\dfrac{{{U}_{AB}}}{\sqrt{\dfrac{{{(R+r)}^{2}}}{{{r}^{2}}}}}=\dfrac{{{U}_{AB}}. r}{R+r}=120\left( V \right)\]

\[tan{{\varphi }_{AM}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{R}=tan\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\]Z_L = $\dfrac{R}{\sqrt{3}}$

$\Rightarrow $Z_AM = $\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}$=$\dfrac{2R}{\sqrt{3}}$ (*)

Đặt Y = (U_AM + U_MB)²_. 

Tổng (U_AM + U_MB) đạt giá trị cực đại khi Y đạt giá trị cực đại

Y = (U_AM + U_MB)² = I²(Z_AM +Z_C)² = $\dfrac{{{U}^{2}}{{({{Z}_{AM}}+{{Z}_{C}})}^{2}}}{{{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}$=$\dfrac{{{U}^{2}}{{({{Z}_{AM}}+{{Z}_{C}})}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}+Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}$

Để Y = Y_max thì đạo hàm của Y theo (Z_C) Y’ = 0

$\Leftrightarrow $ (${{R}^{2}}+Z_{L}^{2}+Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}$)2(Z_AM + Z_C) – (Z_AM + Z_C)² 2(Z_C – Z_L) = 0.

Do (Z_AM + Z_C) ≠ 0 nên (${{R}^{2}}+Z_{L}^{2}+Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}$) – (Z_AM + Z_C)(Z_C – Z_L) = 0

$\Leftrightarrow $(Z_AM + Z_L)Z_C = R² + Z_L² + Z_AMZ_L (**).

Thay (*) vào (**) ta được Z_C =$\dfrac{2R}{\sqrt{3}}$ (***)

Z² = ${{R}^{2}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}$

$\Leftrightarrow $ Z = $\dfrac{2R}{\sqrt{3}}$ (****)

Ta thấy Z_AM = Z_MB = Z_AB nên U_MB = U_C = U_AB = 150 (V).

Ta có. \[R=10\sqrt{3}\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=20\left( \Omega \right)\] \[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] Đặt \[y=\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}};x={{Z}_{C}}\] \[\Rightarrow y=\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}x}{{{R}^{2}}+{{x}^{2}}}=\dfrac{400-40x}{300+{{x}^{2}}}\] \[y’=\dfrac{40\left( {{x}^{2}}-40x-300 \right)}{300+{{x}^{2}}}=0\Leftrightarrow x={{Z}_{C}}=30\left( \Omega \right)\] \[\Rightarrow {{U}_{RCCmax}}\Leftrightarrow {{y}_{min}}\Leftrightarrow x={{Z}_{C}}=30\left( \Omega \right)\]

Ta có. \[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U. \sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] \[{{U}_{RC}}\to max\Leftrightarrow y=\dfrac{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\] Ta khảo sát hàm số y theo biến \[{{Z}_{C}}\], y đạt giá trị nhỏ nhất khi \[{{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}+\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{2}=1,5{{Z}_{L}}\Leftrightarrow \sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=2{{Z}_{L}}\Leftrightarrow R=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}}\] Và \[{{U}_{RCmax}}=\dfrac{2UR}{\sqrt{4{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}-{{Z}_{L}}}=60\sqrt{3}\Leftrightarrow 60\sqrt{3}=\dfrac{2U. \dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}}}{\sqrt{4. \dfrac{3}{4}Z_{L}^{2}+Z_{L}^{2}}-{{Z}_{L}}}=U\sqrt{3}\Rightarrow U=60\left( V \right)\] \[\Rightarrow {{U}_{0}}=U\sqrt{2}=60\sqrt{2}\left( V \right)\]

Ta có. ${{Z}_{L}}=L\omega =150\left( \Omega \right)$ C thay đổi để \[{{U}_{RCmax}}\Rightarrow Z_{C}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}-{{R}^{2}}=0\] (1) Lại có. \[\dfrac{100}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{200}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}\Leftrightarrow 3{{R}^{2}}+4Z_{L}^{2}-8{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+3Z_{C}^{2}=0\] (2) Từ (1), (2), ta có hệ pt. $\left\{ \begin{matrix} Z_{C}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}-{{R}^{2}}=0 \\ 3{{R}^{2}}+4Z_{L}^{2}-8{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+3Z_{C}^{2} \\ \end{matrix} \right. \Leftrightarrow 3\left( Z_{C}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C}} \right)+4Z_{L}^{2}2-8{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+3Z_{C}^{2}=0$ $\Leftrightarrow 6Z_{C}^{2}-11{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+4Z_{L}^{2}=0\Leftrightarrow 6{{\left( \dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}} \right)}^{2}}-11\left( \dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}} \right)+4=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{4}{3} \end{array} \right. $ Với $\dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{Z}_{L}}}{2}=75\left( \Omega \right)$ Với $\dfrac{{{Z}_{C}}}{{{Z}_{L}}}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{3. {{Z}_{L}}}{4}=200\left( \Omega \right)$

Khi C = C₁ thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch đạt giá trị cực đại và bằng 400 W thì \[{{P}_{1}}={{P}_{max}}=\dfrac{{{U}^{2}}}{R}=400\left( \text{W} \right)\] Khi C = C₂ thì hệ số công suất của đoạn mạch là $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch là \[{{P}_{2}}={{P}_{max}}. co{{s}^{2}}{{\varphi }_{2}}=400. \dfrac{3}{4}=300\left( W \right)\]

\[{{U}_{RC}}=I. {{Z}_{RC}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\dfrac{U}{\sqrt{1+\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}}\] Đặt \[y=\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}\]. Để \[{{U}_{AM}}={{U}_{AMmax}}\] thì biểu thức \[y=\dfrac{Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}={{y}_{min}}\Rightarrow \] Đạo hàm \[y’=0\] \[\Rightarrow \left( -2{{Z}_{L}} \right)\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)-2\left( Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}} \right){{Z}_{C}}=0\Leftrightarrow Z_{C}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}C-{{R}^{2}}=0\] Hay \[U_{C}^{2}-{{U}_{L}}{{U}_{C}}-U_{R}^{2}=0\Leftrightarrow U_{C}^{2}-100{{U}_{C}}-20000=0\Leftrightarrow {{U}_{C}}=200\left( V \right)\]

Khi V₁ cực đại thì \[{{Z}_{C1}}=\text{ }{{Z}_{L}}\Rightarrow {{U}_{C1}}={{U}_{L}}=0,5{{U}_{1}};\text{ }U={{U}_{R}}={{U}_{1}}\Rightarrow {{U}_{R}}=2{{U}_{L}}\Rightarrow R=2{{Z}_{L}}\]. Khi V₂ cực đại. ${{Z}_{C2}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\sqrt{5}{{Z}_{L}}$; ${{U}_{C2}}={{U}_{2}}=U\dfrac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}=U\dfrac{\sqrt{5}}{2}$. Lại có. $U_{{}}^{2}=U_{R}^{2}+{{\left( U_{L}^{{}}-U_{C2}^{{}} \right)}^{2}}=U_{R}^{2}+{{\left( \dfrac{U_{R}^{{}}}{2}-\dfrac{\sqrt{5}}{2}U \right)}^{2}}\Rightarrow 5U_{R}^{2}-2\sqrt{5}{{U}_{R}}U+{{U}^{2}}=0$. $\Rightarrow 5{{\left( \dfrac{U_{R}^{{}}}{U} \right)}^{2}}-2\sqrt{5}\dfrac{{{U}_{R}}}{U}+1=0\Rightarrow \dfrac{{{U}_{R}}}{U}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow U=\dfrac{2}{\sqrt{5}}{{U}_{2}}=\sqrt{5}{{U}_{R}}\Rightarrow {{U}_{R}}=\dfrac{2}{5}{{U}_{2}}=0,4{{U}_{2}}$.

Điều chỉnh điện dung của tụ điện để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt cực đại thì \[\overrightarrow{{{U}_{RL}}}\bot \overrightarrow{U}\] Hay \[U_{Cmax}^{2}={{U}^{2}}+U_{RL}^{2}\Rightarrow {{U}_{RL}}=\sqrt{U_{Cmax}^{2}-{{U}^{2}}}=\sqrt{U_{C}^{2}-{{\left( \dfrac{{{U}_{C}}}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{{U}_{C}}\]

Vì u trễ pha so với i trong mạch là \[\dfrac{\pi }{3}\]. $\Rightarrow tan{{\varphi }_{u/i}}=tan\dfrac{\pi }{3}=\dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{R}=\sqrt{3}\Leftrightarrow {{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}=\sqrt{3}R$ Điều chỉnh C của tụ điện đến giá trị sao cho điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ cực đại ${{Z}_{C}}=\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\dfrac{{{\left( \dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}+Z_{L}^{^{2}}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow 3{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=Z_{C}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+4Z_{L}^{2}$ $\Leftrightarrow Z_{C}^{2}-5{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}+4Z_{L}^{2}\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {{Z}_{C}}={{Z}_{L}}(l) \\ {{Z}_{C}}=4{{Z}_{L}} \end{array} \right. $ $\Rightarrow R=\dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}{{Z}_{L}}$ $\Rightarrow U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \sqrt{3}{{U}_{L}} \right)}^{2}}+9U_{L}^{2}}=2\sqrt{3}{{U}_{L}}=32\sqrt{3}\left( V \right)$ $\Rightarrow {{U}_{Cmax}}=\dfrac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}=\dfrac{32\sqrt{3}\sqrt{{{\left( \sqrt{3}{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{3}{{Z}_{L}}}=64\left( V \right)$

Ta có. \[{{Z}_{C}}=\dfrac{1}{C\omega }=600\left( \Omega \right);{{Z}_{L}}=L\omega =100\left( \Omega \right)\] Khi $C=\dfrac{{{10}^{-4}}}{6\pi }F$ và C = C₁ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ có cùng độ lớn \[{{U}_{C}}={{U}_{{{C}_{1}}}}\Leftrightarrow \dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{C}}=\dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}}}. {{Z}_{{{C}_{1}}}}\] Biến đổi ta được. \[\dfrac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{Z_{L}^{2}}. \left( \dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}}+\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{2}}}}} \right)=2\] Thay số vào, ta được. $\dfrac{{{\left( 100\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{100}^{2}}}{{{100}^{2}}}\left( \dfrac{1}{{{600}^{2}}}+\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}} \right)=2\Leftrightarrow {{Z}_{{{C}_{1}}}}=300\left( \Omega \right)\Rightarrow {{C}_{1}}=\dfrac{1}{{{Z}_{{{C}_{1}}}}\omega }=\dfrac{{{10}^{-4}}}{3\pi }\left( F \right)$