55 bài tập Máy phát điện xoay chiều mức độ vận dụng

Từ (1), (2) và (3) => I₃ = 12,7 A

Chọn A

Ta có : \(I = {{\omega \Phi } \over {\sqrt {{r^2} + {\omega ^2}{L^2}} }} \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {{\omega ^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}}\)

Có :f = np ; p = 1 => ω =  2πn ; r = 10π (Ω) \( \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {4{\pi ^2}{n^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}}\)

+ \({{{{10}^4}} \over {{n^2}}} = 0 \Rightarrow {1 \over {{n^2}}} = 0 \Rightarrow {1 \over {I_0^2}} = {{{L^4}} \over {{\Phi ^2}}} = 1,5625\) (1)

+ \({{{{10}^4}} \over {{n^2}}} = 100 \Rightarrow {1 \over {{n^2}}} = 0,01 \Rightarrow {1 \over {{I^2}}} = {{{r^2}} \over {100.4{\pi ^2}{\Phi ^2}}} + {{{L^2}} \over {{\Phi ^2}}} = 7,8125\) (2)

+\({{(1)} \over {(2)}} = {{{L^2}} \over {{{{r^2}} \over {100.4{\pi ^2}}} + {L^2}}} = {{1,5625} \over {7,8125}} = {1 \over 5} \Rightarrow L = 0,25H\)

Đáp án B

+ Ta có  \(E = I{Z_C} = {I \over {C2\pi f}} = {{0,628} \over {{{10.10}^{ - 6}}.2\pi .{{4.1500} \over {60}}}} = 100\,\,V.\)

Suất điện động của nguồn điện: \(E = {{\omega N{\Phi _0}} \over {\sqrt 2 }} = {{2\pi fN{\Phi _0}} \over {\sqrt 2 }} = U\) ( do r = 0)

Với    f = np   (n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ)

Do I₁ = I₂ ta có:

\(\eqalign{
& {{\omega _1^2} \over {{R^2} + {{({\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}})}^2}}} = {{\omega _2^2} \over {{R^2} + {{({\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}})}^2}}} \Rightarrow \omega _1^2[{R^2} + {({\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}})^2}] = \omega _2^2[{R^2} + {({\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}})^2}] \cr
& \Rightarrow \omega _1^2{R^2} + \omega _1^2\omega _2^2{L^2} + {{\omega _1^2} \over {\omega _2^2{C^2}}} - 2\omega _1^2{L \over C} = \omega _2^2{R^2} + \omega _1^2\omega _2^2{L^2} + {{\omega _2^2} \over {\omega _1^2{C^2}}} - 2\omega _2^2{L \over C} \cr
& \Rightarrow (\omega _1^2 - \omega _2^2)({R^2} - 2{L \over C}) = {1 \over {{C^2}}}({{\omega _2^2} \over {\omega _1^2}} - {{\omega _1^2} \over {\omega _2^2}}) = {1 \over {{C^2}}}{{(\omega _2^2 - \omega _1^2)(\omega _2^2 + \omega _1^2)} \over {\omega _1^2\omega _2^2}} \cr
& \Rightarrow (2{L \over C} - {\rm{ }}{R^2}){C^2} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}}\;(*) \cr} \)

 Dòng điện hiệu dụng qua mạch: \(I = {U \over Z} = {E \over Z}\)

 I = I_­mac  khi E² /Z² có giá trị lớn nhất hay khi \(y = {{\omega _0^2} \over {{R^2} + {{({\omega _0}L - {1 \over {{\omega _0}C}})}^2}}}\) có giá trị lớn nhất

\(y = {1 \over {{{{R^2} + \omega _0^2{L^2} + {1 \over {\omega _0^2{C^2}}} - 2{L \over C}} \over {\omega _0^2}}}} = {1 \over {{1 \over {{C^2}}}{1 \over {\omega _0^4}} + {{{R^2} - 2{L \over C}} \over {\omega _0^2}} - {L^2}}}\) 

Để y = y_max thì mẫu số bé nhất

Đặt \(x = {1 \over {\omega _0^2}} \Rightarrow y = {{{x^2}} \over {{C^2}}} + ({R^2} - 2{L \over C})x - {L^2}\)

Lấy đạo hàm mẫu số, cho bằng 0 ta được kết quả \({x_0} = {1 \over {\omega _0^2}} = {1 \over 2}{C^2}\left( {2{L \over C} - {R^2}} \right)\left( {**} \right)\)

Từ (*) và (**) ta suy ra : \({1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}} = {2 \over {\omega _0^2}} \Leftrightarrow {1 \over {f_1^2}} + {1 \over {f_2^2}} = {2 \over {f_0^2}}\)

hay \({1 \over {n_1^2}} + {1 \over {n_2^2}} = {2 \over {n_0^2}} \Rightarrow n_0^2 = {{2n_1^2.n_2^2} \over {n_1^2 + n_2^2}} = {{{{2.360}^2}{{.800}^2}} \over {{{360}^2} + {{800}^2}}} \Rightarrow n = 464(vong/phut)\)  

Ta có:  
\(\begin{gathered}
f = {p_1}.{n_1} = {p_2}.{n_2} \hfill \\
\Leftrightarrow {p_1}.30 = 4.{n_2} \hfill \\
\end{gathered} \)

Tần số  f là ước chung của 30 và 4 là 60, 120…. Vì biết rằng n₂ nằm trong khoảng  12 đến 18 vòng / s. nên f = 60 Hz.

Gọi công suất truyền tải là P, hiệu điện thế phát là U, ta có:
\(\begin{array}{l}
{P_{hp}} = {I^2}.R = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}.R;H = \frac{{P - {P_{hp}}}}{P} \Rightarrow {P_{hp}} = P - H.P = (1 - H).P \Rightarrow 1 - H \sim \frac{1}{{{U^2}}}\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - 97,5\% \sim \frac{1}{{{{(\frac{1}{k}U)}^2}}}\\
1 - 60\% \sim \frac{1}{{{{(k.U)}^2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{1 - 97,5\% }}{{1 - 60\% }} = {k^4} \Leftrightarrow {k^4} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow k = 0,5 \Rightarrow \frac{{1 - H}}{{1 - 60\% }} = {k^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow H = 90\%
\end{array}\)

Đáp án D

Ba đỉnh của tam giác này được mắc vào ba dây pha của một mạng điện ba pha hình sao

\({U_d} = \sqrt 3 {U_p} = 220(V)\)

Ta có:\(P = {U_d}{I_d}{\rm{cos}}\varphi  \to {{\rm{I}}_d} = \frac{P}{{{U_d}{\rm{cos}}\varphi }} = 15(A)\)

Do đó cường độ hiệu dụng qua mỗi cuộn dây là \(I = \frac{{{I_d}}}{3} = 5{\rm{ }}A\)

 Đáp án B

Ta có:

\(I = \frac{{{E_0}}}{Z} = \frac{{\omega {\Phi _0}}}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{{{\Phi _0}}}{{\sqrt {\frac{1}{{{C^2}{\omega ^4}}} - \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{{\omega ^2}}} + {L^2}} }} = \frac{{{\Phi _0}}}{{\sqrt y }}\)

I_Maxkhi y_min

\( \to \frac{1}{{{\omega _0}^2}} = \frac{{\frac{{2L}}{C} - {R^2}}}{{\frac{2}{{{C^2}}}}} = LC - \frac{{{R^2}{C^2}}}{2}\)

\(\begin{array}{l}{I_1} = {I_2} \to {y_1} = {y_2}\\ \to \frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{2}{{\omega _0^2}} \to \omega _0^2 = \frac{{2{\omega _1}{\omega _2}}}{{\omega _1^2 + \omega _2^2}}\end{array}\)

Vì \(\omega \)tỉ lệ thuận với n, ta suy ra:

\( \to n_0^2 = \frac{{2{n_1}{n_2}}}{{n_1^2 + n_2^2}}\)

Ta có: \(\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}.\frac{{{Z}_{2}}}{{{Z}_{1}}}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{{{R}^{2}}+9Z_{L}^{2}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\frac{R}{\sqrt{3}}\)

 Chọn C

Từ hình vẽ ta xác định được chu kì:  T = 12.5 = 60ms.

Ta có:

\(f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{60}}{.10^3} = \frac{{100}}{6}Hz\)

Lại có :  f = p.n với p là số cặp cực, n là tốc độ quay của roto (vòng/giây).

Vậy số cặp cực là :    

\(p = \frac{f}{n} = \frac{{100}}{6}:\frac{{100}}{{60}} = 10\)

Chọn C

Tần số của dòng điện do máy phát ra tỉ lệ thuận với tốc độ quay của roto

\(\to \frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}=\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}\to \frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{1}}+1}=\frac{6}{7}\to {{n}_{1}}=6\)

Suất  điện động do máy phát ra tỉ lệ thuận với tốc độ quay của roto

\(\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}}=\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{1}}+40}=\frac{6}{7}\to {{E}_{1}}=240(V)\)

\(\frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{3}}}=\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{3}}}\to \frac{{{E}_{1}}}{{{E}_{3}}}=\frac{6}{9}\to {{E}_{3}}=360(V)\)

Chọn A

Từ đồ thị, ta có chu kì dao động \(T = 12\) ô \( = {12.5.10^{ - 3}} = 0,06s\)

\( \Rightarrow f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{{50}}{3}\left( {Hz} \right)\)

Ta có, tốc độ quay của máy phát: \(n = 1000\) vòng/phút \( = \dfrac{{50}}{3}\) vòng/s

Lại có: \(f = np \Rightarrow p = \dfrac{f}{n} = \dfrac{{\dfrac{{50}}{3}}}{{\dfrac{{50}}{3}}} = 1\)

Chọn C

Tần số của máy phát điện khi chưa thay đổi số cặp cực là: \(f = np = 60\,\,\left( {Hz} \right)\)

Khi thay roto của máy phát điện bằng một roto khác có nhiều hơn 1 cặp cực, số vòng quay của roto thay đổi trong 1 giây là: \(n' = n - \dfrac{{7200}}{{3600}} = n - 2\) (vòng/s)

Tần số của máy phát điện không đổi nên:

\(\begin{array}{l}\left( {n - 2} \right).\left( {p + 1} \right) = np = 60\,\,\left( {Hz} \right)\\ \Rightarrow n - 2p - 2 = 0 \Rightarrow n = 2p + 2\\ \Rightarrow p.\left( {2p + 2} \right) = 60 \Rightarrow 2{p^2} + 2p - 60 = 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}p = 5\,\,\,\left( {t/m} \right)\\p =  - 6\,\,\left( {loai} \right)\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy số cặp cực ban đầu của roto là 5 cặp

Chọn B.

Từ đồ thị ta thấy 1 ô ứng với 5ms.

Một nửa chu kì ứng với 6 ô, một chu kì ứng với 12 ô. Ta có:

\(T = 12.5 = 60ms = 0,06s \Rightarrow f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{{50}}{3}Hz\)

Mà: \(f = \dfrac{{n.p}}{{60}} \Rightarrow n = \dfrac{{60f}}{p} = \dfrac{{60.\dfrac{{50}}{3}}}{{10}} = 100\,\left( {vong/s} \right)\)

Chọn B.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{e_1} + {e_2} + {e_3} = 0\\{e_1} = {e_2} =  - 10V\end{array} \right. \Leftrightarrow \left( { - 10} \right) + \left( { - 10} \right) + {e_3} = 0 \Rightarrow {e_3} = 20V\)

Chọn B.

Đáp án D

Theo bài ra ta có

  \(\begin{array}{l}U = E = k.n;{U_1} = k.3n;{Z_{L1}} = a.3n\\{I_1} = \frac{{k.3n}}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.3n)}^2}} }} = 3;\,\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.3n)}^2}} }}\\4{R^2} = {R^2} + {(a.3n)^2} =  > {(a.3n)^2} = 3{R^2} =  > {(a.n)^2} = \frac{{{R^2}}}{3}\\kn = \sqrt {{R^2} + 3{R^2}}  = 2R\\{I_2} = \frac{{k.n}}{{\sqrt {{R^2} + {{(a.n)}^2}} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\frac{R}{3}}^2}} }} = \sqrt 3 \end{array}\)

Đáp án C

Lúc đầu :\(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = 0,6 = > {Z_C} = \frac{4}{3}R\). Công suất tiêu thụ là \({P_1} = UI\cos {\varphi _1} = \frac{{{U^2}}}{R}{\cos ^2}{\varphi _1}\)

Lúc sau tốc độ tăng 2 lần thì tần số là 2f và U’ = 2U

thì \(Z{'_C} = \frac{{{Z_C}}}{2} = \frac{4}{6}R = > {\cos ^2}{\varphi _2} = \frac{{{R^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}} = \frac{R}{{{R^2} + \frac{{{4^2}}}{{{6^2}}}{R^2}}} = \frac{9}{{13}}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là

\(\begin{array}{l}{P_2} = \frac{{4{U^2}}}{R}{\cos ^2}{\varphi _2}\\\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{4{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}} = > {P_2} = 4{P_1}\frac{{{{\cos }^2}{\varphi _2}}}{{{{\cos }^2}{\varphi _1}}} = 4{P_1}\frac{{\frac{9}{{13}}}}{{0,36}} = 7,69{P_1}\end{array}\)

Đáp án A

ta có:

\({f_1} = \frac{{{N_1}{p_1}}}{{60}};{f_2} = \frac{{{N_2}{p_2}}}{{60}}\)

để \({f_1} = {f_2}\)thì\(\frac{{{N_1}{p_1}}}{{60}} = \frac{{{N_2}{p_2}}}{{60}} \to {N_2} = \frac{{{N_1}{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{1600.2}}{4} = 800\)(vòng/

Đáp án A

Ta có:

\(I = \frac{{{P_{dc}}}}{{{U_{dc}}{\rm{cos}}\varphi }} = \frac{{176}}{{220.0,8}} = 1(A)\)

\(\begin{array}{l}U_{mach}^2 = U_{dc}^2 + U_R^2 + 2{U_{dc}}{U_R}{\rm{cos}}\varphi \\ \leftrightarrow {\rm{38}}{{\rm{0}}^2} = {220^2} + U_R^2 + 2.220.U_R^2.0,8\\ \to {U_R} = 180V\end{array}\)

vì dòng điện qua R cũng là dòng điện qua động cơ: \( \to R = \frac{{{U_R}}}{I} = \frac{{180}}{1} = 180\Omega \)

Tần số dòng điện: \(\omega =2\pi f=\frac{2\pi np}{60}\Rightarrow \omega \sim n\)

Suất điện động hiệu dụng: \(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{2\pi npNBS}{60\sqrt{2}}\Rightarrow E\sim n\)

Khi roto quay n vòng/phút ta có: \({{I}_{1}}=\frac{E}{{{Z}_{C}}}=E\omega C\)

Khi roto quay 2n vòng/phút ta có:  \({{I}_{2}}=\frac{2E}{\frac{{{Z}_{C}}}{2}}=4E\omega C=4{{I}_{1}}=4.0,5=2A\)

Chọn A

Ta có, biểu thức suất điện động của mỗi pha trong máy phát điện xoay chiều ba pha:

\(\left\{ \begin{array}{l}{e_1} = {E_0}cos\left( {\omega t} \right)\\{e_2} = {E_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\\{e_3} = {E_0}cos\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\end{array} \right.\)

Khi suất điện động tức thời ở cuộn 1 bị triệt tiêu

\({e_1} = 0 \Rightarrow cos\omega t = 0 \Rightarrow \left| {\sin \omega t} \right| = 1\)

\({e_2} = {E_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {E_0}\left[ {cos\left( {\omega t} \right){\rm{cos}}\dfrac{{2\pi }}{3} - \sin \omega t.\sin \dfrac{{2\pi }}{3}} \right] =  - {E_0}sin\left( {\omega t} \right)\sin \dfrac{{2\pi }}{3}\)

\({e_3} = {E_0}cos\left( {\omega t - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) = {E_0}\left[ {cos\left( {\omega t} \right){\rm{cos}}\dfrac{{2\pi }}{3} + \sin \omega t.\sin \dfrac{{2\pi }}{3}} \right] = {E_0}sin\left( {\omega t} \right)\sin \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Do \(\left| {\sin \omega t} \right| = 1\) \( \Rightarrow {e_2}.{e_3} = \dfrac{{ - 3}}{4}E_0^2\)

Chọn C

Đáp án C

Ta có :\(\omega _0^2 = {\omega _L}.{\omega _C};{\omega _C} = \sqrt {{1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}}} \)

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
{\omega _1} = 2\pi {f_1} = 2\pi {n_1}p = 40\pi (rad/s) \hfill \cr
{\omega _2} = 2\pi {f_2} = 2\pi {n_2}p = 120\pi (rad/s) \hfill \cr} \right.\)

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm :\({U_L} = I.{Z_L} = {{E.{Z_L}} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {{NBS{\omega ^2}L} \over {\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Khi

\(\eqalign{
& {U_{{L_1}}} = {U_{{L_2}}} = > {{\omega _1^2} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}}} \right)}^2}} }} = {{\omega _2^2} \over {\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}}} \right)}^2}} }} \cr
& \Leftrightarrow {R^2} + {\left( {{\omega _2}L - {1 \over {{\omega _2}C}}} \right)^2} = 81{R^2} + 81{\left( {{\omega _1}L - {1 \over {{\omega _1}C}}} \right)^2} \cr
& \omega _2^2{L^2} - {{2L} \over C} + {1 \over {\omega _2^2{C^2}}} = 80{R^2} + 81\omega _1^2{L^2} - {{162L} \over C} + {{81} \over {\omega _1^2{C^2}}} \cr
& 160{L \over C} - 80{R^2} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right){L^2} + {1 \over {{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr
& 160{1 \over {LC}} - 80{{{R^2}} \over {{L^2}}} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + {1 \over {{L^2}{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr
& 160\left( {{1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}}} \right) = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + {1 \over {{L^2}{C^2}}}\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right) \cr} \)

Lại có 

\(\left\{ \matrix{
\omega _0^2 = {1 \over {LC}} \hfill \cr
\omega _C^2 = {1 \over {LC}} - {{{R^2}} \over {2{L^2}}} \hfill \cr} \right. = > 160\omega _C^2 = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right)\left( * \right)\)

Thay \(\omega _0^2 = {\omega _L}.{\omega _C}\) vào (*) ta có : \(160{\left( {{{\omega _0^2} \over {{\omega _L}}}} \right)^2} = \left( {81\omega _1^2 - \omega _2^2} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {\omega _1^2}} - {1 \over {\omega _2^2}}} \right)\)

Thay số ta có :\(160{\left( {{{\omega _0^2} \over {48\pi }}} \right)^2} = \left( {81.{{\left( {40\pi } \right)}^2} - {{\left( {120\pi } \right)}^2}} \right) + \omega _0^4\left( {{{81} \over {{{\left( {40\pi } \right)}^2}}} - {1 \over {{{\left( {120\pi } \right)}^2}}}} \right) =  > {\omega _0} \approx 156,12rad/s\)

Biểu thức điện áp: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_2} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  + 120} \right)\\{u_3} = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi  - 120} \right)\end{array} \right.\)

Đặt \(x = \omega t + \varphi  \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = {U_0}\cos x\\{u_2} = {U_0}\cos \left( {x + 120} \right)\\{u_3} = {U_0}\cos \left( {x - 120} \right)\end{array} \right.\)

Tại thời điểm t, điện áp tức thời ở cuộn thứ nhất gấp 2 lần điện áp tức thời ở cuộn thứ hai:

\(\begin{array}{l}{u_1} = 2{u_2} \Leftrightarrow \cos x = 2.\cos \left( {x + 120} \right)\\ \Leftrightarrow \cos x = 2.\left( {\cos x.\cos 120 - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}.\sin 120} \right)\\ \Leftrightarrow \cos x =  - \cos x + \sqrt 3 {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\\ \Rightarrow {\rm{tanx  =   - }}\frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow x =  - 49,{1^0}\end{array}\)

Khi đó điện áp tức thời ở cuộn thứ ba có độ lớn là 175V. Ta có:

\(\begin{array}{l}\left| {{U_0}.\cos \left( {x - 120} \right)} \right| = 75 \Leftrightarrow \left| {{U_0}.\cos \left( { - 49,1 - 120} \right)} \right| = 75\\ \Rightarrow {U_0} = 178V\end{array}\)

Chọn D

Suất điện động xoay chiều:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{e_1} = {E_0}.\cos \left( {\omega t} \right)\\
{e_2} = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
{e_3} = {E_0}.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)
\end{array} \right.\)

Tích:

\(\begin{array}{l}
{e_2}.{e_3} = E_0^2.\frac{1}{2}.\left[ {\cos \left( {2\omega t} \right) + \cos \left( {\frac{{4\pi }}{3}} \right)} \right] = E_0^2.\frac{1}{2}.\left[ {2{{\cos }^2}\omega t - 1 - \frac{1}{2}} \right]\\
\Leftrightarrow {e_2}.{e_3} = E_0^2.{\cos ^2}\omega t - \frac{3}{4}E_0^2 = {\left( {{E_0}.\cos \omega t} \right)^2} - \frac{3}{4}E_0^2 = - 1275\\
\Leftrightarrow {\left( {35} \right)^2} - \frac{3}{4}E_0^2 = - 1275 \Rightarrow {E_0} = \frac{{100}}{{\sqrt 3 }}V \approx 57,{7_{}}V
\end{array}\)

Chọn A.