C biến thiên Tính hiệu điện thế hai đầu tụ khi đó?

gsxoan đã viết:

Bài toán
Đoạn mạch $\mathsf{AB}$ nối tiếp gồm hai đoạn mạch $\mathsf{AM}$ và $\mathsf{MB}$ một điện áp $\mathsf{u_{AB}=240 \cos \left(100 \pi t\right) \left(V\right)}$. Đoạn mạch $\mathsf{AM}$ là một cuộn dây có điện trở thuần $\mathsf{R=40\sqrt{3} \Omega }$ và độ tự cảm $\mathsf{L=\dfrac{0.4}{\pi } H}$, đoạn mạch $\mathsf{MB}$ là một tụ điện có điện dung $\mathsf{C}$ thay đổi được, $\mathsf{C}$ có giá trị hữu hạn và khác không. Điều chỉnh $\mathsf{C}$ để điện áp hiệu dụng $\mathsf{\dfrac{1}{U_{AM}}+\dfrac{1}{U_{MB}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính hiệu điện thế hai đầu tụ khi đó?

Click để xem thêm...

$120\sqrt{2}V$ ?

Nếu bảo như thế khác gì là tam giác đều, chắc không dễ như thế đâu thế và $U_{c_{max}}$ để tìm $Z_L$ mà $Z_L$ đâu có bằng $Z_C$ mà khẳng định thế mà lại $I$ bài toán này có thay đổi đâu.@@

Hóng đáp án từ chủ thớt

Thế bạn giải ra xem nào mình vẫn chưa làm được đưa có mỗi đáp án.@@

gsxoan đã viết:

Bài toán
Đoạn mạch $\mathsf{AB}$ nối tiếp gồm hai đoạn mạch $\mathsf{AM}$ và $\mathsf{MB}$ một điện áp $\mathsf{u_{AB}=240 \cos \left(100 \pi t\right) \left(V\right)}$. Đoạn mạch $\mathsf{AM}$ là một cuộn dây có điện trở thuần $\mathsf{R=40\sqrt{3} \Omega }$ và độ tự cảm $\mathsf{L=\dfrac{0.4}{\pi } H}$, đoạn mạch $\mathsf{MB}$ là một tụ điện có điện dung $\mathsf{C}$ thay đổi được, $\mathsf{C}$ có giá trị hữu hạn và khác không. Điều chỉnh $\mathsf{C}$ để điện áp hiệu dụng $\mathsf{\dfrac{1}{U_{AM}}+\dfrac{1}{U_{MB}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính hiệu điện thế hai đầu tụ khi đó?

Click để xem thêm...

Lời giải
Ta chuyển dữ kiện đề bài thành điều chỉnh $\mathsf{C}$ để điện áp hiệu dụng $\mathsf{{U_{AM}}+{U_{MB}}}$ đạt giá trị lớn nhất. Ta có: $Z_{AM}=80\Omega $ và đặt $Z_{C}=x$
Ta có:
$Y=U_{AM}+U_{MB}=\dfrac{120\sqrt{2}}{\sqrt{4800+\left(40-x\right)^{2}}}.\left(80+x\right)$
Xét hàm số $f\left(x\right)=\dfrac{80+x}{\sqrt{\left(40\sqrt{3}\right)^{2}+\left(40-x\right)^{2}}}$
$f^{'}\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=80\Omega \Rightarrow C=\dfrac{5.10^{-4}}{4\pi }$. Ta tính được $i$:
$i=\dfrac{120\sqrt{2}}{\sqrt{4800+1600}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\left(A\right)$
Vậy: $U_{C}=i.Z_{C}=120\sqrt{2}\left(V\right)$

Đáp án là :$\mathsf{U_{C}=120\sqrt{2}}$
:)
P/S: Chế từ bài dao động cơ đề thi đại học KA-2014

datanhlg đã viết:

Lời giải
Ta chuyển dữ kiện đề bài thành điều chỉnh $\mathsf{C}$ để điện áp hiệu dụng $\mathsf{{U_{AM}}+{U_{MB}}}$ đạt giá trị lớn nhất. Ta có: $Z_{AM}=80\Omega $ và đặt $Z_{C}=x$
Ta có: $f\left(x\right)=U_{AM}+U_{MB}=\dfrac{120\sqrt{2}}{\sqrt{4800+\left(40-x\right)^{2}}}.\left(80+x\right)$
$f^{'}\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=80\Omega \Rightarrow C=\dfrac{5.10^{-4}}{4\pi }$. Ta thu được I=2,4(A), từ đó ta sẽ tính được $U_{C}$.
Ps: Do chuẩn bị đi học nên giải hơi tắt, có gì chiều về mình sẽ giải chi tiết hơn. :)

Click để xem thêm...

Cách của Đạt đúng rồi. Chỉ có một vài chỗ chắc ghi nhầm thôi
Hai chỗ này nhầm nhé. Còn đâu $x=80$ đúng rồi thay vào ra $120\sqrt{2}$. Đúng đáp án luôn;)

datanhlg đã viết:

Lời giải
Ta chuyển dữ kiện đề bài thành điều chỉnh $\mathsf{C}$ để điện áp hiệu dụng $\mathsf{{U_{AM}}+{U_{MB}}}$ đạt giá trị lớn nhất. Ta có: $Z_{AM}=80\Omega $ và đặt $Z_{C}=x$
Ta có:
$Y=U_{AM}+U_{MB}=\dfrac{120\sqrt{2}}{\sqrt{4800+\left(40-x\right)^{2}}}.\left(80+x\right)$
Xét hàm số $f\left(x\right)=\dfrac{80+x}{\sqrt{\left(40\sqrt{3}\right)^{2}+\left(40-x\right)^{2}}}$
$f^{'}\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=80\Omega \Rightarrow C=\dfrac{5.10^{-4}}{4\pi }$. Ta tính được i:
$i=\dfrac{120\sqrt{2}}{\sqrt{4800+1600}}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\left(A\right)$
Vậy: $U_{C}=i.Z_{C}=120\sqrt{2}\left(V\right)$

Click để xem thêm...

Cách làm bằng giản đồ

Ta có: $\mathsf{\alpha =60^0}$
$$\mathsf{\dfrac{1}{U_{AM}}+\dfrac{1}{U_{MB}} \geqslant \dfrac{4}{U_{AM}+U_{MB}}}$$
Để $\mathsf{\dfrac{1}{U_{AM}}+\dfrac{1}{U_{MB}} min}$ thì $\mathsf{U_{AM}+U_{MB} max}$
Từ hình vẽ, sử dụng định lí sin trong $\mathsf{\Delta AMB}$ ta có:
$$\mathsf{\dfrac{U}{\sin \alpha}=\dfrac{U_{AM}}{\sin \left(90^0-\varphi\right)}=\dfrac{U_{MB}}{\sin \left(30^0+ \varphi\right)}}$$
$$\Rightarrow \begin{cases} \mathsf{U_{AM}=\dfrac{U}{\sin 60^0} \sin \left(90^0 -\varphi\right) } \\ \mathsf{U_{MB}=\dfrac{U}{\sin 60^0} \sin \left(30+ \varphi\right) } \end{cases}$$
Suy ra:
$ \mathsf{U_{AM}+U_{MB} =\dfrac{U}{\sin 60^0} \left[ \sin \left(90^0 -\varphi\right) + \sin \left(30^0 +\varphi\right)\right]}$
$\mathsf{U_{AM}+U_{MB} =\dfrac{2U}{\sin 60^0}. \sin 60^0 \sin \left(30^0 -\varphi \right) \leq 2U} $
Từ đó ta tính được $\mathsf{\varphi=-\dfrac{\pi }{6}}$
Và $\mathsf{U_{C}=U=\dfrac{U_0}{\sqrt{2}}=120\sqrt{2}}$

Đặt $U_{AM}=a$, $U_{MB}=b$
Nhận thấy $I$ không đổi ta chuyển $U_{AM}\rightarrow Z_{AM}$ và $U_{MB}\rightarrow Z_{MB}$
áp dụng cosi ta được.
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq 2\sqrt{\dfrac{1}{ab}}$
$\Rightarrow \left(\dfrac{1}{b} \right)^2-\left(\dfrac{1}{80b} \right)+\left(\dfrac{1}{80} \right)^2\geq 0$
$\rightarrow b=80$
Đặt $Z_{AB}=x$ áp dụng cosin trong tam giác.
$x^2=80^2+80^2-2.80.80.\dfrac{1}{2}$
$\rightarrow x=80$
Từ đây $\rightarrow U_{MB}=120\sqrt{2}$

Lúc sáng là hiểu nhầm điều chỉnh $C$ để $U_{C_{max}}$ mà cứ áp dụng tìm $Z_C$ mới không ra, Không phải tìm I luôn.

Ps: Buồn..... .:-s:(

ĐỗĐạiHọc2015 đã viết:

Đặt $U_{AM}=a$, $U_{MB}=b$
Nhận thấy $I$ không đổi ta chuyển $U_{AM}\rightarrow Z_{AM}$ và $U_{MB}\rightarrow Z_{MB}$
áp dụng cosi ta được.
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq 2\sqrt{\dfrac{1}{ab}}$
$\Rightarrow \left(\dfrac{1}{b} \right)^2-\left(\dfrac{1}{80b} \right)+\left(\dfrac{1}{80} \right)^2\geq 0$
$\rightarrow b=80$
Đặt $Z_{AB}=x$ áp dụng cosin trong tam giác.
$x^2=80^2+80^2-2.80.80.\dfrac{1}{2}$
$\rightarrow x=80$
Từ đây $\rightarrow U_{MB}=120\sqrt{2}$

Lúc sáng là hiểu nhầm điều chỉnh $C$ để $U_{C_{max}}$ mà cứ áp dụng tìm $Z_C$ mới không ra, Không phải tìm I luôn.

Ps: Buồn... .. .:-s:(

Click để xem thêm...

Ba chỗ này sao thế nhỉ ?

Không hiểu là sao đặt thôi mà bài này trong góc đặc biệt quá.