Google
Câu hỏi: Cho đoạn mạch $\mathrm{AB}$ gồm 3 đoạn mạch $A M, M N, N B$ mắc nối tiếp. Đoạn mạch $A M$ chứa tụ điện có điện dung $\mathrm{C}=\dfrac{10^{-3}}{6 \pi} \mathrm{F}$, đoạn mạch $\mathrm{MN}$ chứa cuộn dây có điện trở thuần $10 \Omega$ và độ tự cảm $\mathrm{L}=\dfrac{3}{10 \pi} \mathrm{H}$, đoạn $\mathrm{NB}$ chứa biến trở $\mathrm{R}$. Đặt vào $\mathrm{AB}$ một điện áp xoay chiều có tần số thay đổi được. Khi cố định tần số bằng $50 \mathrm{~Hz}$, thay đổi $R$ thì điện áp trên đoạn mạch $\mathrm{AM}$ đạt giá trị cực đại $\mathrm{U}_1$. Khi cố định $\mathrm{R}=30 \Omega$, thay đổi tần số thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch $\mathrm{AM}$ có giá trị cực đại $\mathrm{U}_2$. Giá trị $\dfrac{\mathrm{U}_1}{\mathrm{U}_2}$ bằng:
A. 3,15 .
B. 0,79 .
C. 1,58 .
D. 6,29 .
A. 3,15 .
B. 0,79 .
C. 1,58 .
D. 6,29 .
$\mathrm{U}_{\mathrm{AM}}=\dfrac{\mathrm{UZ}_{\mathrm{C}}}{\sqrt{(\mathrm{R}+\mathrm{r})^2+\left(\mathrm{Z}_{\mathrm{L}}-\mathrm{Z}_{\mathrm{C}}\right)^2}}=\dfrac{\mathrm{U} \cdot \dfrac{1}{\omega C}}{\sqrt{(\mathrm{R}+\mathrm{r})^2+\left(\omega \mathrm{L}-\dfrac{1}{\omega C}\right)^2}}=\dfrac{\mathrm{U} \cdot \dfrac{6 \pi}{\omega \cdot 10^{-3}}}{\sqrt{(\mathrm{R}+10)^2+\left(\omega \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{1}{\omega \cdot 10^{-3}}\right)^2}}=0,02 \mathrm{~m}$.
$*$ Khi $\mathrm{f}=50 \mathrm{~Hz}$ thì $\omega=2 \pi \mathrm{f}=2 \pi .50=100 \pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s})$
$\mathrm{U}_{\mathrm{AM} \max } \stackrel{\mathrm{R}=0}{\longrightarrow} \mathrm{U}_1=\dfrac{\mathrm{U}}{\sqrt{10^2+\left(100 \pi \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{100 \pi \cdot 10^{-3}}\right)^2}}=0,6 \mathrm{U} \sqrt{10}$
* Khi $\mathrm{R}=30 \Omega$ shift solve $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{dx}}\left(\dfrac{\dfrac{6 \pi}{\mathrm{x} \cdot 10^{-3}}}{40^2+\left(\mathrm{x} \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{\mathrm{x} \cdot 10^{-3}}\right)^2}\right) \mid \mathrm{x}=\mathrm{x}$
$
\Rightarrow \omega \approx 331,15 \mathrm{rad} / \mathrm{s} \rightarrow \mathrm{U}_2=\dfrac{\mathrm{U} \cdot \dfrac{6 \pi}{331,15 \cdot 10^{-3}}}{\sqrt{40^2+\left(331,15 \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{331,15 \cdot 10^{-3}}\right)^2}} \approx 1,2 \mathrm{U}
$
Vậy $\dfrac{\mathrm{U}_1}{\mathrm{U}_2}=\dfrac{0,6 \mathrm{U} \sqrt{10}}{1,2 \mathrm{U}} \approx 1,58$.
$*$ Khi $\mathrm{f}=50 \mathrm{~Hz}$ thì $\omega=2 \pi \mathrm{f}=2 \pi .50=100 \pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s})$
$\mathrm{U}_{\mathrm{AM} \max } \stackrel{\mathrm{R}=0}{\longrightarrow} \mathrm{U}_1=\dfrac{\mathrm{U}}{\sqrt{10^2+\left(100 \pi \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{100 \pi \cdot 10^{-3}}\right)^2}}=0,6 \mathrm{U} \sqrt{10}$
* Khi $\mathrm{R}=30 \Omega$ shift solve $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{dx}}\left(\dfrac{\dfrac{6 \pi}{\mathrm{x} \cdot 10^{-3}}}{40^2+\left(\mathrm{x} \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{\mathrm{x} \cdot 10^{-3}}\right)^2}\right) \mid \mathrm{x}=\mathrm{x}$
\Rightarrow \omega \approx 331,15 \mathrm{rad} / \mathrm{s} \rightarrow \mathrm{U}_2=\dfrac{\mathrm{U} \cdot \dfrac{6 \pi}{331,15 \cdot 10^{-3}}}{\sqrt{40^2+\left(331,15 \cdot \dfrac{3}{10 \pi}-\dfrac{6 \pi}{331,15 \cdot 10^{-3}}\right)^2}} \approx 1,2 \mathrm{U}
$
Vậy $\dfrac{\mathrm{U}_1}{\mathrm{U}_2}=\dfrac{0,6 \mathrm{U} \sqrt{10}}{1,2 \mathrm{U}} \approx 1,58$.
Đáp án C.