L biến thiên Điện trở R có giá trị là?

Math_IneRap đã viết:

Bài toán
Đặt một điện áp xoay chiều $u=U_0\cos(100\pi t+\varphi)$ vào hai đầu môt đoạn mạch gồm $R,L,C$ mắc nối tiếp ( $L$ là cuộn cảm thuần). Biết $C=\dfrac{10^{-4}}{\pi}F; R$ không đổi; $L$ thay đổi. Khi $L=\dfrac{2}{\pi}H$ thì biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là $i=I_1\sqrt{2}\cos(100\pi t-\dfrac{\pi}{12})A$. Khi $L=\dfrac{4}{\pi}H$ thì biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là $i=I_2\sqrt{2}\cos (100\pi t-\dfrac{\pi}{4})A$. Điện trở $R$ có giá trị là:
A. $100\sqrt{3} \Omega$
B. $100 \Omega$
C. $200 \Omega$
D. $100\sqrt{2} \Omega$​

Click để xem thêm...

$$Z_C=100\Omega, Z_{L_1}=200\Omega , Z_{L_2} =400 \Omega$$
Ta có : $$\dfrac{-1}{\sqrt{3}}=\tan \dfrac{-\pi}{6} = \tan (\varphi_{ui_1}-\varphi_{ui_2} ) $$
$$= \dfrac{\tan \varphi_1-\tan \varphi_2} {1+\tan \varphi_1 \tan \varphi_2} =\dfrac{\dfrac{Z_{L_1}-Z_C}{R}-\dfrac{Z_{L_2}-Z_C}{R}}{1+\dfrac{Z_{L_1}-Z_C}{R}\dfrac{Z_{L_2}-Z_C}{R}} = \dfrac{-\dfrac{200}{R}}{1+\dfrac{3.100^2}{R^2}}$$
Đến đây sẽ thấy chỉ có $R=100\sqrt{3}$ thỏa mãn.
Vậy chọn A.

$$NL=Z_{L_{1}}-Z_{c}=100(\Omega);ML=Z_{L_{2}}-Z_{c}=300(\Omega )$$
$$\angle MKN=\left | \varphi _{i_{1}}-\varphi _{i_{2}} \right |=\dfrac{\pi }{6}$$
Ta có:
$$\dfrac{MN}{Sin\dfrac{\pi }{6}}=\dfrac{NK}{sin\angle KMN}\Leftrightarrow 400=\dfrac{\sqrt{R^{2}+10^{4}}}{\dfrac{R}{\sqrt{R^{2}+9.10^{4}}}}$$
Bình phương 2 vế thu gọn ta được:
$$\Leftrightarrow (R^{2}-3.10^{4})^{2}=0\Rightarrow R=100\sqrt{3}(\Omega )$$
Đ.Á A.

Math_IneRap đã viết:

Bài toán
Đặt một điện áp xoay chiều $u=U_0\cos(100\pi t+\varphi)$ vào hai đầu môt đoạn mạch gồm $R,L,C$ mắc nối tiếp ( $L$ là cuộn cảm thuần). Biết $C=\dfrac{10^{-4}}{\pi}F; R$ không đổi; $L$ thay đổi. Khi $L=\dfrac{2}{\pi}H$ thì biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là $i=I_1\sqrt{2}\cos(100\pi t-\dfrac{\pi}{12})A$. Khi $L=\dfrac{4}{\pi}H$ thì biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là $i=I_2\sqrt{2}\cos (100\pi t-\dfrac{\pi}{4})A$. Điện trở $R$ có giá trị là:
A. $100\sqrt{3} \Omega$
B. $100 \Omega$
C. $200 \Omega$
D. $100\sqrt{2} \Omega$​

Click để xem thêm...

Giả thiết cho ta $$
\left\{\begin{matrix}
U=\left({I_1\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{12}}\right)\left({R+100i}\right)\\
U=\left({I_2\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{4}}\right)\left({R+300i}\right)
\end{matrix}\right.$$
Hay $$\dfrac{R+300i}{R+100i}=\dfrac{I_1\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{12}}{I_2\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{4}}=\dfrac{I_1}{I_2}\angle \dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}I_1}{2I_2}+\dfrac{I_1}{2I_2}i$$
Theo Toán học thì tan argumen của 2 thằng phải bằng nhau
Tức $$
\tan \left (\arg\left ( \dfrac{R+300i}{R+100i} \right ) \right )=\tan \left (\arg\left ( \dfrac{\sqrt{3}I_1}{2I_2}+\dfrac{I_1}{2I_2}i \right ) \right )\\
\Leftrightarrow \dfrac{R^2+30000}{200R}=\sqrt{3}\Leftrightarrow R=100\sqrt{3}$$
_________________________
Đó là cách dài, đi thi em sẽ làm như sau :
Theo giả thiết thì $\dfrac{Z_1}{Z_2}=\dfrac{I_2}{I_1}$
Suy ra $$\dfrac{R+300i}{R+100i}=\dfrac{I_1\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{12}}{I_2\sqrt{2}\angle -\dfrac{\pi}{4}}=\dfrac{I_1}{I_2}\angle \dfrac{\pi}{6}$$
Tức là pha của $\dfrac{R+300i}{R+100i}$ luôn là $\dfrac{\pi}{6}$
Thử đáp án :
A. : Pha là $\dfrac{\pi}{6}$
B. : Pha là $0,4636$
C. : Pha là $0,5191$
D. : Pha là $0,5148$
OK ?
Đáp án A.