Cho mạch điện như hình H$_1$, trong đó tụ điện có điện dung C thay đổi được. Hình H$_2$ là đồ thị biêu diễn sự phụ thuộc của điện áp u$_{AB}$ giữa hai

[Lò Ngọc]

Cho mạch điện như hình H$_1$, trong đó tụ điện có điện dung C thay đổi được. Hình H$_2$ là đồ thị biêu diễn sự phụ thuộc của điện áp u$_{AB}$ giữa hai điểm A và B theo thời gian t. Biết rằng, khi C=C1 thì điện áp giữa hai đầu cuộn dây là ${{u}_{\text{AM}}}=15\text{cos}\left( 100\pi t+\varphi \right)\left( \text{V} \right)$, khi $C={{C}_{2}}$ thì điện áp giữa hai đầu tụ điện là ${{u}_{\text{MB}}}=10\sqrt{3}\text{cos}\left( 100\pi t-\frac{\varphi }{2}+\frac{\pi }{4} \right)\left( \text{V} \right)$. Giá trị của $\varphi $ là

A. 0,71rad.
B. 1,57rad.
C. 1,05rad.
D. 1,31rad.

 

[Nguyễn Đức Thành]

Chọn đáp án B
Từ đồ thị ta thấy $u_\text{AB}$ có biên độ $AB=15$, còn pha ban đầu ta nên vẽ nhanh đường tròn pha

Trên đó $\text{P}_0$ là điểm pha ban đầu, $\text{P}_1$ là điểm ứng với trạng thái điện áp bằng không lần đầu tiên. Cả hai trạng thái này điện áp đang giảm. Khoảng thời gian giữa hai trạng thái này là $\frac{1}{6}$ chu kì (cũng rút ra từ đồ thị), tương ứng với độ biến thiên pha là $\frac{\pi}{3}$. Và tất nhiên tọa độ cung của $\text{P}_0$ và cũng là pha ban đầu của $u_\text{AB}$, nó bằng $$\varphi_\text{AB}=\frac{\pi}{6}$$ Khi $C=C_1$, $AM=AB=15$, pha ban đầu của $u_{AM}$ là $\varphi$, góc lệch giữa $\vec{AB}$ và $\vec{AM}$ bằng $$\alpha=\varphi-\frac{\pi}{6}$$ Ta vẽ giản đồ véc tơ cho trường hợp này

Trong đó góc $\beta$ luôn không đổi (vì cuộn dây có $L$ và $r$ không đổi) và bằng \begin{align} \beta&=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\\ &=\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)\\ &=\frac{7\pi}{12}-\frac{\varphi}{2} \end{align} Khi $C=C_2$, $MB=10\sqrt{3}$, pha ban đầu của $u_{MB}$ là $-\frac{\varphi}{2}+\frac{\pi}{4}$, góc lệch giữa $\vec{AB}$ và $\vec{MB}$ bằng \begin{align} \delta&=\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\varphi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\\ &=\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12} \end{align} Ta vẽ giản đồ véc tơ cho trường hợp này

Trong đó \begin{align} \gamma&=\pi-\beta-\delta\\ &=\pi-\left(\frac{7\pi}{12}-\frac{\varphi}{2}\right)-\left(\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)\\ &=\frac{\pi}{2} \end{align} Tam giác vuông tại A, hệ thức lượng trong tam giác vuông này $$\sin{\beta}=\frac{15}{10\sqrt{3}}\\ \beta=\frac{\pi}{3}\\ \varphi=1,57\ \text{rad}$$

 

[admin]

+ Từ đồ thị ta thấy 1 chu kỳ tương ứng với 6 ô. Gọi biểu thức ${{u}_{\text{AB}}}={{U}_{0}}\text{cos}\left( 100\pi t+\varphi \right)\left( \text{V} \right)$

Tại t=$\frac{1}{6}T$thì u$_{AB}$ = 0 và đang giảm thay vào biểu thức

$\begin{array}{l} {u_{{\rm{AB}}}} = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}.t + \varphi } \right) \to 0 = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{6} + \varphi } \right)\\ \Leftrightarrow 0 = {U_0}{\rm{cos}}\left( {\frac{\pi }{3} + \varphi } \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \frac{\pi }{3} + \varphi = \frac{\pi }{2}\\ \frac{\pi }{3} + \varphi = - \frac{\pi }{2} \end{array} \right. \end{array}$

Vì tại thời điểm đó u$_{AB}$ đang giảm nên chọn $\frac{\pi }{3}+\varphi =\frac{\pi }{2}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$

Vậy ${u_{{\rm{AB}}}} = {U_0}{\rm{cos}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {\rm{V}} \right)$

* Khi C = C$_{1}$ Vẽ giản đồ véc tơ

+ ΔABM cân tại A (do U$_{AM}$ = U$_{AB}$ = 15(V)

+ $\widehat{MAB}=\left( {{\varphi }_{AM}}-{{\varphi }_{i}} \right)-\left( {{\varphi }_{AB}}-{{\varphi }_{i}} \right)={{\varphi }_{AM}}-{{\varphi }_{AB}}=\varphi -{{30}^{0}}$

$\Rightarrow \widehat{MAH}=\frac{1}{2}\widehat{MAB}=\frac{\varphi }{2}-{{15}^{0}}$

$\Rightarrow \widehat{AMH}={{90}^{0}}-\left( \frac{\varphi }{2}-{{15}^{0}} \right)={{105}^{0}}-\frac{\varphi }{2}$

* Khi C = C$_{2}$. Do Z$_{C}$ thay đổi → cường độ dòng điện và độ lệch pha giữa u$_{AB}$ và i thay đổi nhưng góc $\Rightarrow \widehat{MAH}=\frac{\varphi }{2}-{{15}^{0}}$không đổi do $\tan {{\varphi }_{uRL}}=\frac{{{Z}_{L}}}{R}$=> góc $\widehat{AMH}={{105}^{0}}-\frac{\varphi }{2}$không đổi, ta có giản đồ véc tơ như sau:

Góc lệch pha giữa u$_{AB}$ và u$_{C2}$ là

$\widehat{ABM}=\left( {{\varphi }_{uAB}}-{{\varphi }_{i2}} \right)-\left( {{\varphi }_{uC2}}-{{\varphi }_{i2}} \right)={{\varphi }_{uAB}}-{{\varphi }_{uC2}}=$

$=\frac{\pi }{6}-\left( -\frac{\varphi }{2}+\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\varphi }{2}-\frac{\pi }{12}\,=\frac{\varphi }{2}-{{15}^{0}}$

$\begin{array}{l} \widehat {MAB} = {180^0} - \widehat {AMH} - \widehat {ABM}\\ = {180^0} - \left( {{{105}^0} - \frac{\varphi }{2}} \right) - \left( {\frac{\varphi }{2} - {{15}^0}} \right) = {90^0} \end{array}$

=> ΔMAB vuông tại A =>

$\begin{array}{l} \cos \widehat {ABM} = \cos \left( {\frac{\varphi }{2} - {{15}^0}} \right) = \frac{{AB}}{{MB}} = \frac{{15}}{{10\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow \frac{\varphi }{2} - {15^0} = {30^0} \Rightarrow \varphi = {90^0} = \frac{\pi }{2} = 1,5707(rad) \end{array}$