C biến thiên Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất củ

Tàn · 17/5/13

Bài toán
Cho mạch điện xoay chiều AB, ANchứa cuộn dây, NBchứa tụ điện. Đặt một hiệu điện thế không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB. Biết giá trị của tụ có thể thay đổi được và điện áp hai đầu đoạn mạch AN luôn sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc $\varphi $. Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc này là:

A. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

B. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$.

C. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

D. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$

NTH 52 · 17/5/13

Tàn đã viết:
Bài toán
Cho mạch điện xoay chiều AB, ANchứa cuộn dây, NBchứa tụ điện. Đặt một hiệu điện thế không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB.Biết giá trị của tụ có thể thay đổi được và điện áp hai đầu đoạn mạch AN luôn sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc $\varphi $. Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc này là:

A. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

B. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$.

C. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

D. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$

Bài làm:
Ta có $u_{AN}$ lệch pha với $u_{NB}$ một góc là $\alpha=90+ \varphi$.
Ta có:
$$U^2=U_{AN}^2+U_{NB}^2-2U_{AN} U_{NB} \cos \alpha .$$
Theo Cauchy- Schwarz:
$$U_{AN}^2+U_{NB}^2 \geq \dfrac{(U_{AN} +U_{NB})^2}{2}.$$
Theo AM-GM:
$$U_{AN} U_{NB} \leq \dfrac{(U_{AN}+U_{NB})^2}{4}.$$
Do đó:
$$U^2 \geq X^2 + \dfrac{1}{2} X^2 \cos \alpha.$$
Với:
$$X=U_{AN}+U_{MB}.$$
Dấu bằng xảy ra khi:
$$U_{AN}=U_{NB}.$$
Từ đó:
Góc giữa $u_{AN}$ và $u$ bằng góc giữa $u_{NB}$ và $u$ và bằng $\dfrac{\alpha}{2}$.
Vậy góc giữa $u$ và $i$ là $45-\dfrac{\varphi}{2}$.
Sau khi biến đổi:
Chọn $A$

Tàn · 17/5/13

hieubuidinh đã viết:
Bài làm:
Ta có $u_{AN}$ lệch pha với $u_{NB}$ một góc là $\alpha=90+ \varphi$.
Ta có:
$$U^2=U_{AN}^2+U_{NB}^2-2U_{AN} U_{NB} \cos \alpha .$$
Theo Cauchy- Schwarz:
$$U_{AN}^2+U_{NB}^2 \geq \dfrac{(U_{AN} +U_{NB})^2}{2}.$$
Theo AM-GM:
$$U_{AN} U_{NB} \leq \dfrac{(U_{AN}+U_{NB})^2}{4}.$$
Do đó:
$$U^2 \geq X^2 + \dfrac{1}{2} X^2 \cos \alpha.$$
Với:
$$X=U_{AN}+U_{MB}.$$
Dấu bằng xảy ra khi:
$$U_{AN}=U_{NB}.$$
Từ đó:
Góc giữa $u_{AN}$ và $u$ bằng góc giữa $u_{NB}$ và $u$ và bằng $\dfrac{\alpha}{2}$.
Vậy góc giữa $u$ và $i$ là $45-\dfrac{\varphi}{2}$.
Sau khi biến đổi:
Chọn $A$

Em làm hết đi

Tàn · 17/5/13

Tàn đã viết:
Bài toán
Cho mạch điện xoay chiều AB, ANchứa cuộn dây, NBchứa tụ điện. Đặt một hiệu điện thế không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB.Biết giá trị của tụ có thể thay đổi được và điện áp hai đầu đoạn mạch AN luôn sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc $\varphi $. Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc này là:

A. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

B. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$.

C. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$.

D. $\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \cot \varphi -\dfrac{1}{\sin \varphi } \right)}^{2}}}}$

Hơi la ,tư làm rồi ,tư post lời giải. Bài này cũng có thể xuất phát theo cách giải ban đầu của anh đó là dưa vào lương giác .Nhưng!
Do cuộn dây hợp dòng điện góc $\varphi $ nên cuộn dây chứa $r$
suy ra : ${{Z}_{L}}=\tan\varphi .r$
Ta có :
$${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}={{U}_{C}}+{{U}_{rL}}=\dfrac{U\left( {{Z}_{C}}+\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}} \right)}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$$

Đặt $f(x)=\dfrac{x+\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( x-{{Z}_{L}} \right)}^{2}}}}\left( {{Z}_{C}}=x \right)$

$${f}'(x)=\dfrac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}+{{Z}_{L}}.\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}-x\left( {{Z}_{L}}+\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}} \right)}{\sqrt{{{\left( x-{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+{{r}^{2}}}.\left( {{\left( x-{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+{{r}^{2}} \right)}$$
$$f'(x)=0 \Leftrightarrow x= \sqrt{r^2+{Z_L}^2}$$
Dựa BBT suy ra $$f\left( {{Z}_{C}} \right)max\Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}=\dfrac{r}{\cos\varphi }$$
Vây:$$\cos \varphi=\dfrac{1}{\sqrt{1+{{\left( \tan \varphi -\dfrac{1}{\cos\varphi } \right)}^{2}}}}$$.

Phan Anh Nguyên · 24/6/13

Có thể chứng minh 1 cách ngắn gọn dạng này như sau:

$\dfrac{U}{\displaystyle sin\alpha } = \dfrac{U_C}{\displaystyle sin\beta } = \dfrac{U_{rL}}{\displaystyle sin\gamma} = \dfrac{{U_C}+{U_{rL}}}{\displaystyle sin\beta+sin\gamma }$

=> ${U_C}+{U_{rL}} = \dfrac{U}{\displaystyle sin\alpha }*{(sin\beta + sin\gamma)}$

mà $[sin\beta + sin\gamma]_{max}$ khi $\gamma = \beta$ => $U_C = U_{rL}$

C biến thiên Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất củ

Tàn

Super Moderator

NTH 52

Bùi Đình Hiếu

Tàn

Super Moderator

Tàn

Super Moderator

Phan Anh Nguyên

New Member

Các chủ đề tương tự

Quảng cáo

Thống kê diễn đàn

Share this page