50 bài tập Công suất tiêu thụ của mạch điện xoay chiều. Hệ số công suất mức độ vận dụng (Phần 1)

Từ đồ thị ta có: $${R_1} = 2\Omega ,{R_2} = 12,5\Omega $$

  và  $${P_1} = {P_2} \to {{{\zeta ^2}{R_1}} \over {{{\left( {{R_1} + r} \right)}^2}}} = {{{\zeta ^2}{R_2}} \over {{{\left( {{R_2} + r} \right)}^2}}} \to ({R_2} + r) = 2,5({R_1} + r) \to r = 5\Omega $$

Ta có Công suất tiêu thụ trên mạch :  $$P = {{{\zeta ^2}R} \over {{{(R + r)}^2}}} = {{{\zeta ^2}} \over {{{(\sqrt R  + {r \over {\sqrt R }})}^2}}}$$ 

P lớn nhất khi $\sqrt R  + {r \over {\sqrt R }}$ nhỏ nhất, suy ra: R = r = 5  thì  $${P_{\max }} = {{{\zeta ^2}R} \over {{{(R + r)}^2}}} = {{{{20}^2}.5} \over {{{(2.5)}^2}}} = 20W$$ 

Ta tính được  \(U = \sqrt {U_1^2 + U_2^2}  = \sqrt {{{80}^2} + {{150}^2}}  = 170V\)

 \( \Rightarrow \cos {\varphi _1} = {{{U_1}} \over U} = {8 \over {17}};\cos {\varphi _2} = {{{U_2}} \over U} = {{15} \over {17}}\)

Áp dụng công thức

 \(P = {{{U^2}} \over R}{\cos ^2}\varphi  =  > {R_1} = {{320} \over 3}\Omega ;{R_1} = 375\Omega  =  > {R_0} = 200\Omega \)

Công suất cực đại là  \({P_{\max }} = {{{U^2}} \over {2{{\rm{R}}_0}}} = {{{{170}^2}} \over {400}} = 72,25W\)

Chọn B

Hệ số công suất: \(\cos \varphi  = \cos ({{ - \pi } \over 6} - {\pi  \over 6}) = 0,5\)

P = U.I.cosφ

\(\eqalign{
& \tan \varphi = {{{Z_L} - {Z_C}} \over R} = \tan {60^0} = \sqrt 3 \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} = \sqrt 3 R \cr
& \cos \varphi = {R \over Z} = {1 \over 2} \Rightarrow R = {1 \over 2}Z \Rightarrow Z = 100\Omega \Rightarrow I = {U \over Z} = {{120} \over {100}} = 1,2A \Rightarrow P = 120.1,2.{1 \over 2} = 72W \cr} \)

Ta có: U_R = 13V; U_d = 13V; U_C = 65V; U = 65V

Theo bài ra ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{U_d} = \sqrt {U_r^2 + U_L^2} = 13 \hfill \cr
U = \sqrt {{{\left( {{U_R} + {U_r}} \right)}^2} + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = 65 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
U_r^2 + U_L^2 = {13^2} \hfill \cr
{\left( {13 + {U_r}} \right)^2} + {({U_L} - 65)^2} = {65^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow 4394U_r^2 + 4394{U_r} - 685464 = 0 \Rightarrow {U_r} = 12V \cr} \)

 => Hệ số công suất của mạch: \(c{\rm{os}}\varphi  = {{{U_R} + {U_r}} \over U} = {{13 + 12} \over {65}} = {5 \over {13}}\)

Khi biến trở có giá trị R₁ hoặc R₂ thì công suất của mạch có cùng giá trị:

\({{{U^2}{R_1}} \over {R_1^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = {{{U^2}{R_2}} \over {R_2^2 + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} \Rightarrow {R_1}{R_2} = {({Z_L} - {Z_C})^2}\)

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
c{\rm{os}}{\varphi _1} = \sqrt {{{{R_1}} \over {{R_1} + {R_2}}}} \hfill \cr
c{\rm{os}}{\varphi _2} = \sqrt {{{{R_2}} \over {{R_1} + {R_2}}}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _1} + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _2} = 1 \Rightarrow c{\rm{os}}{\varphi _2} = \sqrt {1 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\varphi _1}} = \sqrt {1 - {{0,75}^2}} = 0,66\)

Ta có: \(R = r = \sqrt {\frac{L}{C}}  \Rightarrow {R^2} = {r^2} = {Z_L}{Z_C}\)

Lại có:

\(\eqalign{
& {U_{MB}} = \sqrt 3 {U_{AM}} \Leftrightarrow {r^2} + Z_L^2 = 3\left( {{R^2} + Z_C^2} \right) \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 2{R^2} = 0 \cr
& \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \Leftrightarrow Z_L^2 - 3Z_C^2 - 3{Z_L}{Z_C} + {Z_L}{Z_C} = 0 \Leftrightarrow \left( {Z_L^2 + {Z_L}{Z_C}} \right) - \left( {3Z_C^2 + 3{Z_L}{Z_C}} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow {Z_L}\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) - 3{Z_C}\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {{Z_L} - 3{Z_C}} \right)\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{Z_L} = 3{Z_C} \hfill \cr
{Z_L} = - {Z_C}(loai) \hfill \cr} \right. \cr}\)

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} = 3{Z_C} \hfill \cr
{Z_L}{Z_C} = {R^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_C} = {R \over {\sqrt 3 }} \hfill \cr
{Z_L} = \sqrt 3 R \hfill \cr} \right. \Rightarrow \cos \varphi = {{R + r} \over {\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 R - {R \over {\sqrt 3 }}} \right)}^2}} }} = 0,866\)

Vì điện áp tức thời trên MN trễ pha so với U_AB, tức là cuộn dây có điện trở r. Nhiệm vụ của bài là đi tìm hệ số công suất của đoạn mạch MN,  hay là tìm cosφ_MN.

Từ đề bài ta vẽ được giản đồ vecto như sau :

Xét tam giác OAB; sử dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(\eqalign{
& {{AB} \over {\sin \left( {{{30}^0}} \right)}} = {{OB} \over {\sin \beta }} \Leftrightarrow {{4{U_C}} \over {0,5}} = {{2{U_C}} \over {\sin \beta }} \Rightarrow \sin \beta = {1 \over 4} \Rightarrow \beta = {14^0}28' \Rightarrow \varphi = {90^0} - \beta - {30^0} = {45^0}31' \cr
& \Rightarrow \cos \varphi \approx {1 \over {\sqrt 2 }} \cr} \)

Đáp án D

+ Công suất trêu thụ trên toàn mạch cực đại khi

→ Hệ số công suất của mạch \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {{{R_0}} \over {\sqrt {R_0^2 + R_0^2} }} = {{\sqrt 2 } \over 2}\)

Đáp án D

+ Hệ số công suất của mạch  \(\cos \varphi  = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} \leftrightarrow {1 \over {\sqrt 2 }} = {{10} \over {\sqrt {{{10}^2} + Z_C^2} }} \to {Z_C} = 10\,\,\Omega \)

Đáp án B

+ Công suất tiêu thụ của mạch \(P = {{{U_0}{I_0}} \over 2}\cos \varphi  = {{100\sqrt 2 .4\sqrt 2 } \over 2}\cos \left( {{\pi  \over 3}} \right) = 200W.\)

Theo bài ra ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{{{P^2}R} \over {U_1^2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 1 - {H_1} \hfill \cr
{{{P^2}R} \over {U_2^2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 1 - {H_2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{{U_2}} \over {{U_1}}} = \sqrt {{{1 - {H_1}} \over {1 - {H_2}}}} = \sqrt {{{1 - 0,8} \over {1 - 0,95}}} \Leftrightarrow {{{U_2}} \over 2} = 2 \Rightarrow {U_2} = 4kV\)

Ta có công thức tính công suất:

\(\begin{gathered}
P = {I^2}.R = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}}} = \frac{{{U^2}}}{y} \hfill \\
y = R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \geqslant 2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|(BDT\operatorname{cosi} ) \hfill \\
\end{gathered} \)

Vậy P đạt cực đại khi y cực tiểu. Theo bất đẳng thức Cosi y đạt cực tiểu khi \(R = \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{R} = > R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 50\Omega \)

Ta có thể lập bảng xét sự biến thiên của P như sau:

Vậy từ giá trị R = \(50\sqrt 3 \Omega \) trở lên thì P giảm dần.

Đáp án: B

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch RLC được tính theo công thức

 \(P = {{{U^2}R} \over {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = {{{U^2}} \over {R + {{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \over R}}}\)

Ta thấy, để P_max thì  \({R^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow Z = R\sqrt 2 \)

Khi đó hệ số công suất của đoạn mạch là

 \(\cos \varphi  = {R \over {R\sqrt 2 }} = {1 \over {\sqrt 2 }}\)

Chọn D

Đáp án D

+ Hệ số công suất của đoạn mạch \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {2R} \right)}^2}} }} = 0,45\).

Hệ số công suất của mạch được xác định bởi biểu thức:

\(\cos \varphi  = \cos \left( {{\varphi _u} - {\varphi _i}} \right) = \cos \left( {{\pi  \over 6} - \left( { - {\pi  \over {12}}} \right)} \right) = {1 \over {\sqrt 2 }} \approx 0,71\)

Cuộn dây có điện trở thuần

Ta có giản đồ véc tơ sau

Từ hình vẽ suy ra độ lệch pha giữa u và i là – π/6 rad

Do đó hệ số công suất của đoạn mạch là  \(\cos \varphi  = {{\sqrt 3 } \over 2}\)

Chọn B

Đáp án A

Hệ số công suất của mạch: \(\cos \varphi  = {R \over Z} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{(\omega L)}^2}} }}\) Chọn A

ta có
\(P = U.I.\cos \varphi = \frac{{120}}{{\sqrt 2 }}.\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}.\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3}} \right) = 73,5W\)

Đáp án C

+ Khi \(C = {C_1} = {{62,5} \over \pi }\mu F \to {Z_{C1}} = 160\Omega \) mạch tiêu thụ công suất cực đại \( \to {Z_{C1}} = {Z_L} = 160\Omega .\)

 \(P = {P_{\max }} = {{{U^2}} \over {R + r}} \to R + r = {{{U^2}} \over P} = {{{{150}^2}} \over {93,75}} = 240\Omega .\)

+ Khi \(C = {C_2} = {1 \over {9\pi }}mF \to {Z_{C2}} = 90\Omega \) thì điện áp hai đầu cuộn dây vuông pha với điện áp hai đầu RC.

 \(\to {{{Z_L}} \over r}{{{Z_{C1}}} \over R} = 1 \to Rr = {Z_L}{Z_{C2}} = 14400{\Omega ^2} \to R = r = 120\Omega .\)

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây khi đó là:

 \({U_d} = {{U{Z_d}} \over Z} = {{150\sqrt {{{120}^2} + {{160}^2}} } \over {\sqrt {{{\left( {120 + 120} \right)}^2} + {{\left( {160 - 90} \right)}^2}} }} = 120V.\)

u_AB trễ pha hơn i => Z_C > Z_L

Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
c{\rm{os}}{\varphi _{AM}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = 0,8 \hfill \cr
c{\rm{os}}{\varphi _{AB}} = {R \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 0,6 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{R^2} = 0,64{R^2} + 0,64Z_L^2 \hfill \cr
{R^2} = 0,36{R^2} + 0,36{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{Z_L} = 0,75R \hfill \cr
{Z_C} = {{25} \over {12}}R \hfill \cr} \right.\)

\( \Rightarrow {{{Z_L}} \over {{Z_C}}} = {{0,75R} \over {{{25} \over {12}}R}} = 0,36 \Leftrightarrow {\omega ^2}LC = 0,36 \Leftrightarrow {1 \over {LC}} = {{{\omega ^2}} \over {0,36}} \Rightarrow \omega _0^2 = {{{\omega ^2}} \over {0,36}} \Rightarrow {f_0} = {f \over {\sqrt {0,36} }} = {{60} \over {\sqrt {0,36} }} = 100Hz\)

Ta có: 

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{u_{AM}} = 50\sqrt 2 \cos \left( {100\pi - {{5\pi } \over 6}} \right) \hfill \cr
{u_{MB}} = 150.c{\rm{os}}100\pi \hfill \cr} \right.\,\,\, \cr
& \Rightarrow {u_{AB}} = {u_{AM}} + {u_{MB}} = 95,54.c{\rm{os}}\left( {100\pi - 0,38} \right)(V) \cr} \)

Độ lệch pha giữa uAM và i: 

\(\eqalign{
& \tan {\varphi _{AM}} = - {{{Z_C}} \over R} = - {4 \over 3} \Rightarrow {\varphi _{AM}} = - 0,93rad \cr
& \Rightarrow {\varphi _i} = - 1,69rad \cr
& \Rightarrow \varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = 1,31rad \Rightarrow c{\rm{os}}\varphi = 0,26 \cr} \)

Đáp án C

Điều chỉnh R đến giá trị R₀ sao cho công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại ta có: 

\({R_0}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}{\rm{   (1)}} \to U_{R0}^2 = {U_r}^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = U_{MB}^2 \to {U_{R0}} = {U_{MB}} = 40\sqrt 3 V\)

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB bằng 90W nên: 

\({P_{AB}} = 90W = {{{U^2}} \over {{Z^2}}}({R_0} + r) = {{{{120}^2}} \over {{{({R_0} + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}({R_0} + r)\) (2)

Mặt khác từ (1) có: \({R_0}^2 = {r^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \to {R_0}^2 - {r^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \to ({R_0} + r)({R_0} - r) = {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2}\) (3)

Từ  (2) và (3) có: \(90 = {{{{120}^2}.({R_0} + r)} \over {{{({R_0} + r)}^2} + ({R_0} - r)({R_0} + r)}} \to {R_0} = 80\Omega \)

Ta có: \(I = {{{U_{R0}}} \over {{R_0}}} = {{\sqrt 3 } \over 2} \to Z = {U \over I} = {{120} \over {{{\sqrt 3 } \over 2}}} = 80\sqrt 3 \Omega \)

Xét trở kháng toàn mạch và trở kháng mạch MB có:

\(\left\{ \matrix{
{({R_0} + r)^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = {(80\sqrt 3 )^2} \hfill \cr
{r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = {(80)^2} \hfill \cr} \right. \to r = 40\Omega \)

Công suất đoạn mạch MB là:\(P = {I^2}r = 30(W)\)