1. Một số chú ý

Đối với mạch chỉ có L, C thì u vuông pha với i

${\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$

2. Pha U, I - Viết phương trình U, I

Cách 1: Phương pháp đại số

Ta có:$R=50\mathrm{\Omega };Z_L=\omega L=100\mathrm{\Omega };Z_C=\frac{1}{\omega C}=50\mathrm{\Omega }\to Z=\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=50\sqrt{2}\mathrm{\Omega }$

$U_0=I_{0}Z=5.50\sqrt{2}=250\sqrt{2}V$

$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{100-50}{50}=1\to \phi =\frac{\pi }{4}\to {\phi }_u={\phi }_i+\frac{\pi }{4}$

$\to u=250\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}(100\pi \mathrm{t}+\frac{\pi }{4})V$

Cách 2: Phương pháp sử dụng casio

Với máy fx570ES : 

• Bước 1: Bấm  MODE 2  màn hình xuất hiện: CMPLX.
• Bước 2: Bấm  SHIFT MODE $\vee$ 3 2 :  dạng hiển thị toạ độ cực:( r∠Θ )
• Bước 3: Chọn đơn vị đo góc là độ (D) hoặc rad (R) , bấm: SHIFT MODE 3 (hoặc 4 - rad)  màn hình hiển thị  D hoặc R
• Bước 4: Nhập liệu

 Ta có: u=i$\overline{Z}$=I0∠φiX(R+(ZL−ZC))i=5∠0X(50+50i)     ( Phép NHÂN hai số phức)

  Nhập máy: 5 SHIFT (-)  0   X   ( 50  +  50   ENG i )

• Bước 5: Gọi kết quả: Shift 2 3 = $353.55339\mathrm{\angle }45=250\sqrt{2}\mathrm{\angle }45$

Vậy biểu thức tức thời điện áp của  hai đầu mạch:

$u=250\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}(100\pi \mathrm{t}+\frac{\pi }{4})V$

Cách 1: Phương pháp đại số

Ta có:$R=40\mathrm{\Omega };Z_L=\omega L=100\mathrm{\Omega };Z_C=\frac{1}{\omega C}=60\mathrm{\Omega }\to Z=\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=40\sqrt{2}\mathrm{\Omega }$

$I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{40\sqrt{2}}=2,5A$

$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{100-40}{40}=1\to \phi =\frac{\pi }{4}\to {\phi }_i={\phi }_u-\frac{\pi }{4}$

$\to i=2,5\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}(100\pi \mathrm{t}-\frac{\pi }{4})V$

Cách 2: Phương pháp sử dụng casio

Với máy fx570ES : 

• Bấm  MODE 2  màn hình xuất hiện: CMPLX.
• Bấm  SHIFT MODE 3 2 :  dạng hiển thị toạ độ cực:( r∠Θ )
• Chọn đơn vị đo góc là độ (D), bấm: SHIFT MODE 3  màn hình hiển thị  D

  Ta có: $i=\frac{u}{\overline{Z}}=\frac{U_0\mathrm{\angle }{\phi }_u}{(R+(Z_L-Z_C)i)}=\frac{100\sqrt{2}\mathrm{\angle }0}{40+40i}$  ( Phép CHIA hai số phức)

  Nhập máy: $100\sqrt{2}$SHIFT (-)  0   :   ( 40  +  40   ENG i ) = 

• Gọi kết quả: Shift 2 3 = Hiển thị: $2,5\mathrm{\angle }-45$

Vậy biểu thức tức thời điện áp của  hai đầu mạch:

$i=2,5\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}(100\pi \mathrm{t}-\frac{\pi }{4})V$

3. Bài toán về cộng hưởng

Điều kiện để có cộng hưởng điện:

$Z_L=Z_C\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}$ hay ${\omega }^{2}LC=1$. Khi đó:

thì $\{\begin{array}{l}Z=Z_{min}=R\\ I=I_{max}=\frac{U}{R}\end{array}$

$P_{max}=\frac{U^2}{R}=I_{max}^2.R$

$U_R=U;U_L=U_C;U_{LC}=0;\phi =0$

u cùng pha với i (cùng pha với uR), u chậm pha $\frac{\pi }{2}$ so với uL, u nhanh pha $\frac{\pi }{2}$ so với uC.

Bài tập ví dụ:

Một đoạn mạch gồm $R=50\mathrm{\Omega }$, cuộn cảm có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung $C=\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }\mu F$ mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng 110 V, tần số 50 Hz thì thấy u và i cùng pha với nhau. Tính độ tự cảm củam cuộn cảm và công suất tiêu thụ của mạch.

Hướng dẫn giải

Ta có: $Z_C={\displaystyle \frac{1}{\omega C}}={\displaystyle \frac{\pi }{2\pi {.50.2.10}^{-4}}}=50\mathrm{\Omega }$

u và i cùng pha => xảy ra cộng hưởng

$$\begin{gathered} Z_L=Z_C=50\mathrm{\Omega } \\ \iff \omega L=50\iff L={\displaystyle \frac{50}{2\pi .50}}={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}H \end{gathered}$$

Công suất tiêu thụ của mạch:

$P={\displaystyle \frac{U^2}{R}}={\displaystyle \frac{{110}^2}{50}}=242W$

Sử dụng giải các bài toán liên quan đến sự lệch pha giữa các điện áp.

4. Bài toán RLC mắc nối tiếp bằng phương pháp giản đồ vecto

a. Cách vẽ giản đồ

b. Một số định lí sử dụng trong tam giác thường

Tùy vào từng bài cụ thể, có thể vẽ các véctơ điện áp nối tiếp nhau dựa theo thứ tự của từng mạch điện hoặc vẽ chung gốc. Muốn có mối liên hệ của đại lượng cần tìm và đại lượng đã cho, thường dùng một số liên hệ sau:

- Nếu là tam giác thường:

• Định lí hàm số cosin: $a^2=b^2+c^2-2bc.c\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{A}$
• Định lí hàm số sin: $\frac{a}{\mathrm{sinA}}=\frac{b}{\mathrm{sinB}}=\frac{c}{\mathrm{sinC}}$

- Nếu là tam giác vuông:

• Định lí hàm sin, cos, tan, cotg
• Định lí pitago: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$
• $\frac{1}{h_a^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{B}^2}$
• $A{H}^2=HC.HB$
• $A{C}^2=CH.CB$
• $AC.AB=AH.CB$

c. Ví dụ

Ví dụ: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ, cuộn dây thuần cảm L, tụ điện có điện dung C, điện trở có giá trị R. Hai đầu A, B duy trì một điện áp $u=100\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\left(100\pi t\right)V$. Cường độ dòng điện chạy trong mạch có giá trị hiệu dụng là 0,5A. Biết điên áp giữa hai điểm A, M sớm pha hơn dòng điện một góc $\frac{\pi }{6}ra\mathrm{d}$ . Điện áp giữa hai điểm M, B chậm pha hơn điện áp giữa 2 đầu AB một góc $\frac{\pi }{6}ra\mathrm{d}$.

a. Tìm R, ZC?

b. Viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch?

c. Viết biểu thức điện áp AM?

Lời giải:

Chọn trục dòng điện làm trục pha

Theo bài ra uAM sớm pha $\frac{\pi }{6}$so với cường độ dòng điện, uMB chậm pha hơn uAB một góc $\frac{\pi }{6}$, mà uMB lại chậm pha so với i một góc $\frac{\pi }{2}$nên uAB chậm pha $\frac{\pi }{3}$so với dòng điện

=> Ta có giản đồ véctơ:

Từ giản đồ véctơ, ta có:

$U_{AM}=U_{AB}.\tan \frac{\pi }{6}=\frac{100}{\sqrt{3}}V$

$U_{MB}=U_C=U_{AB}.\cos \frac{\pi }{6}=100.\frac{\sqrt{3}}{2}=50\sqrt{3}V$

$U_R=U_{AM}.\cos \frac{\pi }{6}=50V$

a. Ta có: $R=\frac{U_R}{I}=\frac{50}{0,5}=100\mathrm{\Omega }$

$Z_C=\frac{U_C}{I}=\frac{50\sqrt{3}}{0,5}=100\sqrt{3}$

b. $I_0=0,5\sqrt{2}A$

Độ lệch pha của u so với i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{3}\to {\phi }_i={\phi }_u+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$

=> Biểu thức của i: $i=0,5\sqrt{2}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)A$  

c. $U_{0\mathrm{A}M}=U_{\mathrm{A}M}\sqrt{2}=100\sqrt{\frac{2}{3}}V$

Độ lệch pha của uAM so với i : ${\phi }_{AM}-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}\to {\phi }_{AM}=\frac{\pi }{6}+{\phi }_i=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}$

=> Biểu thức của uAM: $u_{AM}=100\sqrt{\frac{2}{3}}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\left(100\pi t+\frac{\pi }{2}\right)V$

5. Giải toán RLC xoay chiều bằng phương pháp sử dụng máy tính

a. Sự tương quan giữa điện xoay chiều và số phức

* Như vậy ta có thể xem R như là một số phức chỉ có phần thực a (vì nằm trên trục hoành), L và C là số phức chỉ có phần ảo b (vì nằm trên trục tung). Nhưng chúng khác nhau là L nằm  ở phần dương nên được biểu diễn là bi. C nằm ở phần âm nên được biểu diễn là –bi. u và i được xem như là một số phức x và được viết dưới dạng lượng giác $x=X_0\mathrm{\angle }\phi$

b. Các công thức tính toán cơ bản

Khi giải các bài tập điện xoay chiều bằng số phức, ta xem đoạn mạch này như là đoạn mạch một chiều với các phần tử R, L, C mắc nối tiếp.

Chúng ta chỉ sử dụng một định luật duy nhất để giải, đó là định luật Ôm trong mạch điện một chiều.

$I=\frac{U}{R}hayU=I.RhayR=\frac{U}{I}$

Trong đó R không chỉ riêng mỗi điện trở mà chỉ chung tất cả những vật có trở kháng (R,ZL, ZC….)

Trong chương trình phổ thông chúng ta chỉ học đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp cho nên trong đoạn mạch một chiều gồm R1, R2, ……, Rn nối tiếp ta có:

$\begin{array}{c}R=R_1+R_2+\dots \dots +R_n\\ U=U_1+U_2+\dots \dots +U_n\\ I=I_1=I_2=\dots \dots .=I_n\end{array}$

c. Thao tác trên máy

=> Để thực hiện tính toán số phức trên máy chúng ta phải vào mode CMPLX bằng cách ấn (Mode)(2).

Trên màn hình hiện CMPLX

Trong mode CMPLX:

• Để nhập ký hiệu i ta nhấn ENG
• Để nhập ký hiệu ngăn cách $\mathrm{\angle }$ ta nhấn (SHIFT)((-))

Như ta đã biết, số phức có hai cách ghi, đó là đại số và lượng giác

• Khi máy tính hiển thị ở dạng đại số (a+bi) thì chúng ta sẽ biết được phần thực và phần ảo của số phức
• Khi máy hiển thị ở dạng lượng giác ($x=X_0\mathrm{\angle }\phi$) thì chúng ta sẽ biết được độ dài (modul) và góc φ (argumen) của số phức.
• Mặc định máy tính sẽ hiển thị kết quả dưới dạng đại số. Để chuyển sang dạng lượng giác ta nhấn (SHIFT)(2), chọn (3), nhấn (=). Kết quả sẽ được chuyển sang dạng lượng giác.

d. Những lỗi thường gặp

- Khi cài đặt máy ở chế độ đơn vị đo góc nào thì phải nhập đơn vị đo góc ấy.

• Trong mode độ (màn hình hiện lên chữ D), ta phải nhập đơn vị là độ (ví dụ 450, 600, …..)
• Trong mode rad (màn hình hiện lên chữ R), ta phải nhập đơn vị là độ (ví dụ π/4, π/3, …..)

- Cách cài đặt máy: Nhấn ((SHIFT)(Mode))

Nhấn (3) cài đặt máy ở đơn vị đo là độ.

Nhấn (4) cài đặt máy ở đơn vị đo là radian.

- Trên máy Fx 570 ES, để bấm nhanh ta thường ấn dấu chia thay cho dấu phân số. Chính vì vậy trong quá trình bấm máy thường xuất hiện những lỗi như sau:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}\mathrm{\angle }\frac{\pi }{4}khac1:2\mathrm{\angle }\frac{\pi }{4}\\ \frac{1}{2}\mathrm{\angle }\frac{\pi }{4}khac\frac{1}{2}\mathrm{\angle }\pi :4\\ 3+2\mathrm{i}khac3+(2\mathrm{i})\end{array}$

- Cách khắc phục: Sử dụng dấu ngoặc

e. Ví d

Hướng dẫn giải:

Ví dụ 2: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ

Có R = 100Ω, L = 0,318H, C = 15,9μF.

Điện áp hai đầu mạch có dạng  $u_{AB}=200\sqrt{2}cos\left(100\pi t-7\pi /12\right)\left(V\right).$

Viết biểu thức điện áp hai đầu đoạn mạch MB.

A. $u_{MB}=200\sqrt{2}cos\left(100\pi t+7\pi /12\right)\left(V\right)$

B. $u_{MB}=200cos\left(100\pi t+7\pi /12\right)\left(V\right)$

C. $u_{MB}=200cos\left(100\pi t-5\pi /6\right)\left(V\right)$

D. $u_{MB}=200cos\left(100\pi t-5\pi /12\right)\left(V\right)$

Hướng dẫn giải

6. Bài toán hộp đen

b. Phương pháp Casio

Bài toán cực trị của mạch RLC mắc nối tiếp

CỰC TRỊ CỦA DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU

I. R thay đổi

1. R THAY ĐỔI ĐỂ PMAX

a. Mạch RLC có cuộn dây thuần cảm (r=0)

$P=UIc\mathrm{o}\mathrm{s}\phi ={\mathrm{I}}^{2}R=\frac{U^2}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}R=\frac{U^2}{R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}$

Để $P_{max}\to {\left(R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\right)}_{min}$

Ta có: $R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\ge 2\sqrt{R\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}=2\left|Z_L-Z_C\right|$

Dấu “=” xảy ra $\leftrightarrow R^2=(Z_L-Z_C{)}^2\to R=\left|Z_L-Z_C\right|$

b. Mạch RLC có cuộn dây không thuần cảm (r≠0)

- Công suất trên toàn mạch:

$P={\mathrm{I}}^2(R+r)=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(R+r)=\frac{U^2}{R+r+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R+r}}$

Để $P_{max}\to {\left(R+r+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R+r}\right)}_{min}$

Ta có: $(R+r)+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R+r}\ge 2\sqrt{(R+r)\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R+r}}=2\left|Z_L-Z_C\right|$

Dấu “=” xảy ra $\leftrightarrow (R+r{)}^2=(Z_L-Z_C{)}^2\to R+r=\left|Z_L-Z_C\right|\to R=\left|Z_L-Z_C\right|-r$

Chú ý: Nếu $r>Z_L-Z_C\to P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}\leftrightarrow R=0,P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=\frac{U^2}{r^2+{(Z_L-Z_C)}^2}r$

- Công suất trên R: $P=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}R=\frac{U^2}{R+2r+\frac{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}$

$\begin{array}{l}A=R+2r+\frac{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\\ A_{min}\leftrightarrow {\left(R+\frac{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\right)}_{min}\\ R+\frac{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\ge 2\sqrt{R.\frac{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}=2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\end{array}$

Dấu “=” xảy ra: $\leftrightarrow R^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2,P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=\frac{U^2}{2\mathrm{r}+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

- Công suất trên r: $P_r=\frac{U^{2}r}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

$P_{rmax}=\frac{U^{2}r}{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ xảy ra khi R=0

2. KHI R=R1 HOẶC R=R2 THÌ P CÓ CÙNG 1 GIÁ TRỊ (P<PMAX) (CUỘN DÂY THUẦN CẢM)

$\begin{array}{l}P=\frac{U^2}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}R\\ \to P(R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2)=U^{2}R\\ \leftrightarrow P{R}^2-U^{2}R+{\left(Z_L-Z_C\right)}^{2}P=0\\ \leftrightarrow R^2-\frac{U^{2}R}{P}+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=0(1)\end{array}$

PT (1) có 2 nghiệm: R1, R2 : $\{\begin{array}{l}{R}_1+R_2=\frac{U^2}{P}\\ R_1{R}_2={\left(Z_L-Z_C\right)}^2\end{array}$

II. C thay đổi

1. C THAY ĐỔI => XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ${\phi }_{\mathbf{U}/\mathbf{I}}=\mathbf{0}$ VÀ ${\mathbf{I}}_{\mathbf{M}\mathbf{A}\mathbf{X}},{\mathbf{U}}_{\mathbf{R}\mathbf{M}\mathbf{A}\mathbf{X}},{\mathbf{U}}_{\mathbf{L}\mathbf{M}\mathbf{A}\mathbf{X}},{\mathbf{U}}_{\mathbf{L}\mathbf{C}\mathbf{M}\mathbf{I}\mathbf{N}}$

$Z_L=Z_C$

Khi đó:

$\begin{array}{l}{Z}_{min}=R\\ I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{U}{R}}\\ P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=I^{2}R={\displaystyle \frac{U^2}{R}}\end{array}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

$U_L=U_C\to U=\sqrt{U_R^2+{(U_L-U_C)}^2}=U_R$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: φ=0

2. C THAY ĐỔI ĐỂ UCMAX VÀ ĐIỆN ÁP HAI ĐẦU ĐOẠN MẠCH VUÔNG PHA VỚI URL

Ta có: $U_C=I{Z}_C={\displaystyle \frac{U{Z}_C}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}$

Chia cả tử và mẫu cho ZL, ta được: $U_C={\displaystyle \frac{U}{\sqrt{{\displaystyle \frac{R^2}{{Z_C}^2}}+\frac{{(Z_L-Z_C)}^2}{{Z_C}^2}}}}={\displaystyle \frac{U}{\sqrt{{\displaystyle \frac{R^2+Z_L^2}{{Z_C}^2}}-{\displaystyle \frac{2Z_L}{Z_C}}+1}}}$

Đặt $y={\displaystyle \frac{R^2+Z_L^2}{{Z_C}^2}}-{\displaystyle \frac{2Z_L}{Z_C}}+1=(R^2+Z_L^2)x^2-2Z_{L}x+1$ với $x={\displaystyle \frac{1}{Z_C}}$

 

Ta có UCmax khi ymin

$y_{min}\leftrightarrow x=-{\displaystyle \frac{b}{2\mathrm{a}}}={\displaystyle \frac{2Z_L}{2(R^2+Z_L^2)}}\to Z_C={\displaystyle \frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}}$

Khi đó: $U_{Cm\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{U_R^2+U_L^2}{U_L}}={\displaystyle \frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}}$

Hệ quả: $\{\begin{array}{l}{U}_{RL}\mathrm{\perp }{U}_{AB}\\ U_{Cmax}^2=U^2+U_{RL}^2=U^2+U_R^2+U_L^2\\ U_{Cmax}^{}.U_R=U.U_{RL}\\ {\displaystyle \frac{1}{U_R^2}}={\displaystyle \frac{1}{U^2}}+{\displaystyle \frac{1}{U_{RL}^2}}\end{array}$

3. C THAY ĐỔI ĐỂ URCMAX

Ta có:$U_{RC}=I{Z}_{RC}={\displaystyle \frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}={\displaystyle \frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{R^2+{Z_L}^2-2Z_L{Z}_C+{Z_C}^2}}}={\displaystyle \frac{U}{\sqrt{1+{\displaystyle \frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_L}^2}{R^2+Z_C^2}}}}}$

 

$U_{RLmax}\leftrightarrow {\left(1+{\displaystyle \frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_L}^2}{R^2+Z_C^2}}\right)}_{min}$

$\begin{array}{l}y=1+{\displaystyle \frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_L}^2}{R^2+Z_C^2}}\\ y^{\prime }={(1+{\displaystyle \frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_L}^2}{R^2+Z_C^2}})}^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{2{Z_C}^2-2R^2-2Z_L{Z}_C}{{(R^2+Z_C^2)}^2}}\\ y^{\prime }=0\leftrightarrow 2{Z_C}^2-2R^2-2Z_L{Z}_C=0\\ \{\begin{array}{l}{Z}_C>0\\ Z_C={\displaystyle \frac{-b+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}}={\displaystyle \frac{Z_L+\sqrt{4R^2+Z_L^2}}{2}}\end{array}\end{array}$

Khi đó:

$U_{RCmax}=\frac{2UR}{\sqrt{4R^2+Z_L^2}-Z_L}$

4. C THAY ĐỔI ĐỂ URL KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO R

URL không phụ thuộc vào R

$\leftrightarrow U_{RL}=U_{AB}$

Từ giản đồ:

 $\begin{array}{l}\to U_C=2U_L\\ \to Z_C=2Z_L\end{array}$

5. C THAY ĐỔI ĐỂ $U_{RC}\mathrm{\perp }{U}_{RL}$

$\begin{array}{l}{U}_{RL}\mathrm{\perp }{U}_{RC}\\ \leftrightarrow \{\begin{array}{l}\sin {\phi }_1=c\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_2\\ c\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_1=\left|\sin {\phi }_2\right|\end{array}\to \left|\tan {\phi }_1\tan {\phi }_2\right|=1\\ \leftrightarrow \frac{U_L}{U_R}\frac{U_C}{U_R}=1\leftrightarrow U_L{U}_C={U_R}^2\leftrightarrow Z_L{Z}_C=R^2\end{array}$

6. C=C1 HOẶC C=C2 THÌ UC CÓ CÙNG GIÁ TRỊ

$C_1+C_2=2C_{max}=2C_0\to C_0={\displaystyle \frac{C_1+C_2}{2}}$

7. C THAY ĐỔI CÓ 2 GIÁ TRỊ LÀM CHO: ${\mathbf{I}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{I}}_{\mathbf{2}},{\mathbf{P}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{P}}_{\mathbf{2}},\mathbf{c}\mathbf{o}\mathbf{s}{\phi }_{\mathbf{1}}=\mathbf{c}\mathbf{o}\mathbf{s}{\phi }_{\mathbf{2}},{\mathbf{Z}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{Z}}_{\mathbf{2}}$

- Z1=Z2

$R^2+(Z_L-Z_{C1}{)}^2=R^2+(Z_L-Z_{C2}{)}^2\to \left|Z_L-Z_{C1}\right|=\left|Z_L-Z_{C2}\right|$

Với ZC2>ZC1 $\to Z_{C1}+Z_{C2}=2Z_L$

- I1=I2 hoặc P1=P2 => L=? để cộng hưởng điện

$\leftrightarrow \{\begin{array}{l}I=I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}\\ {\phi }_u={\phi }_i\\ \left|\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\phi \right|=1\end{array}\to 2Z_{Cm\mathrm{a}\mathrm{x}}=Z_{C1}+Z_{C2}$

III. L thay đổi

1- L THAY ĐỔI => XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ${\phi }_{\mathbf{u}/\mathbf{i}}=\mathbf{0}$ VÀ IMAX, URMAX, UCMAX, ULCMIN

$Z_L=Z_C$

Khi đó:

$Z_{min}=R,I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=\frac{U}{R},P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=I^{2}R=\frac{U^2}{R}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

$U_L=U_C\to U=\sqrt{U_R^2+{(U_L-U_C)}^2}=U_R$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: φ=0I

2 - L THAY ĐỔI ĐỂ ULMAX VÀ ĐIỆN ÁP HAI ĐẦU ĐOẠN MẠCH VUÔNG PHA VỚI URC

Ta có: $U_L=I{Z}_L=\frac{U{Z}_L}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}$

Chia cả tử và mẫu cho ZL, ta được: $U_L=\frac{U}{\sqrt{\frac{R^2}{{Z_L}^2}+\frac{{(Z_L-Z_C)}^2}{{Z_L}^2}}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{R^2+Z_C^2}{{Z_L}^2}-\frac{2Z_C}{Z_L}+1}}$

Đặt $y=\frac{R^2+Z_C^2}{{Z_L}^2}-\frac{2Z_C}{Z_L}+1=(R^2+Z_C^2)x^2-2Z_{C}x+1$ với $x=\frac{1}{Z_L}$

Ta có ULmax khi ymin

$y_{min}\leftrightarrow x=-\frac{b}{2\mathrm{a}}=\frac{2Z_C}{2(R^2+Z_C^2)}\to Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$

 

Khi đó: $U_{Lm\mathrm{a}\mathrm{x}}=\frac{U_R^2+U_C^2}{U_C}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{R}$

 

Hệ quả: $\{\begin{array}{l}{U}_{RC}\mathrm{\perp }{U}_{AB}\\ U_{Lmax}^2=U^2+U_{RC}^2=U^2+U_R^2+U_C^2\\ U_{Lmax}^{}.U_R=U.U_{RC}\\ \frac{1}{U_R^2}=\frac{1}{U^2}+\frac{1}{U_{RC}^2}\end{array}$

3 - L THAY ĐỔI ĐỂ URLMAX

Ta có: $U_{RL}=I{Z}_{RL}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{Z_L}^2-2Z_L{Z}_C+{Z_C}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_C}^2}{R^2+Z_L^2}}}$

URLmax $\leftrightarrow {\left(1+\frac{-2Z_L{Z}_C+{Z_C}^2}{R^2+Z_L^2}\right)}_{min}$

$\begin{array}{rl}& y=1+\frac{-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}{R^2+Z_L^2}\\ & y^{\prime }={\left(1+\frac{-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}{R^2+Z_L^2}\right)}^{\prime }=\frac{2Z_L^2-2R^2-2Z_L{Z}_C}{{(R^2+Z_L^2)}^2}\\ & y^{\prime }=0\leftrightarrow 2Z_L^2-2R^2-2Z_L{Z}_C=0\end{array}$

$Z_L>0,Z_L=\frac{-b+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}=\frac{Z_C+\sqrt{4R^2+Z_C^2}}{2}$

 

Khi đó:

$U_{R{L}_{max}}=\frac{2UR}{\sqrt{4R^2+Z_C^2}-Z_C}$

4 - L THAY ĐỔI ĐỂ URC KHÔNG PHỤ THUỘC VÀO R

URC không phụ thuộc vào R

$\leftrightarrow U_{RC}=U_{AB}$

Từ giản đồ:

 $\begin{array}{l}\leftrightarrow U_C=U_L-U_C\\ \to U_L=2U_C\\ \to Z_L=2Z_C\end{array}$

5 - L THAY ĐỔI ĐỂ $U_{RC}\mathrm{\perp }{U}_{RL}$

$\begin{array}{l}{U}_{RL}\mathrm{\perp }{U}_{RC}\\ \leftrightarrow \{\begin{array}{l}\sin {\phi }_1=c\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_2\\ c\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_1=\left|\sin {\phi }_2\right|\end{array}\to \left|\tan {\phi }_1\tan {\phi }_2\right|=1\\ \leftrightarrow \frac{U_L}{U_R}\frac{U_C}{U_R}=1\leftrightarrow U_L{U}_C={U_R}^2\leftrightarrow Z_L{Z}_C=R^2\end{array}$

6 - L=L1HOẶC L=L2 THÌ UL CÓ CÙNG GIÁ TRỊ

$\frac{1}{L_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}}=\frac{1}{2}(\frac{1}{L_1}+\frac{1}{L_2})$

7 - L THAY ĐỔI, CÓ 2 GIÁ TRỊ CỦA L LÀM CHO ${\mathbf{I}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{I}}_{\mathbf{2}},{\mathbf{P}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{P}}_{\mathbf{2}},\mathbf{c}\mathbf{o}\mathbf{s}{\phi }_{\mathbf{1}}=\mathbf{c}\mathbf{o}\mathbf{s}{\phi }_{\mathbf{2}},{\mathbf{Z}}_{\mathbf{1}}={\mathbf{Z}}_{\mathbf{2}}$

- Z1=Z2

$R^2+(Z_{L1}-Z_C{)}^2=R^2+(Z_{L2}-Z_C{)}^2\to \left|Z_{L1}-Z_C\right|=\left|Z_{L2}-Z_C\right|$

Với ZL2>ZL1 $\to Z_{L1}+Z_{L2}=2Z_C$

- I1=I2 hoặc P1=P2 => L=? để cộng hưởng điện

$\leftrightarrow \{\begin{array}{l}I=I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}\\ {\phi }_u={\phi }_i\\ \left|\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\phi \right|=1\end{array}\to L=\frac{L_1+L_2}{2}$

IV. $\omega$ thay đổi

1. $\omega$ THAY ĐỔI ĐỂ XẢY RA HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG ĐIỆN: $Z_{min},I_{max},U_{Rmax},P_{ABmax},cos\phi$ CỰC ĐẠI

$Z_L=Z_C\to {\omega }^2=\frac{1}{LC}\mathrm{h}\mathrm{a}\mathrm{y}\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Khi đó:

$Z_{min}=R,I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{U}{R}},P_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}=I^{2}R={\displaystyle \frac{U^2}{R}}$

+ Điện áp giữa hai đầu điện trở cực đại và bằng điện áp toàn mạch

$U_L=U_C\to U=\sqrt{U_R^2+{(U_L-U_C)}^2}=U_R$

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch: $\phi =0$

2. $\omega$ THAY ĐỔI ĐỂ UCMAX

$U_C=I{Z}_C={\displaystyle \frac{U{Z}_C}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}={\displaystyle \frac{U}{\omega C\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}}+{\displaystyle \frac{1}{{\omega }^2{C}^2}}}}}={\displaystyle \frac{U}{C\sqrt{{\omega }^4{L}^2+(R^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}}){\omega }^2+{\displaystyle \frac{1}{C^2}}}}}$

UC max <=> mẫu min

Đặt ${\omega }^2=x$ , $\to x^2{L}^2+(R^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}})x+{\displaystyle \frac{1}{C^2}}=y$

$y_{min}\leftrightarrow x=-{\displaystyle \frac{b}{2\mathrm{a}}}={\displaystyle \frac{1}{LC}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2L^2}},y_{min}=-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4\mathrm{a}}}={\displaystyle \frac{R^2}{LC}}-{\displaystyle \frac{R^4}{2L^2}}$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{LC}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2L^2}}}L\to Z_L^2={\displaystyle \frac{L}{C}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}\\ \leftrightarrow Z_L^2=Z_L{Z}_C-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}\\ \to {\displaystyle \frac{R^2}{2}}=Z_L\left(Z_C-Z_L\right)\\ \to {\displaystyle \frac{Z_L}{R}}{\displaystyle \frac{\left(Z_C-Z_L\right)}{R}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\leftrightarrow \tan {\phi }_{RL}\tan \phi =-{\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$

Vẽ giản đồ ta được:

Từ giản đồ, ta có:

$\begin{array}{l}{Z}^2=R^2+{\left(Z_C-Z_L\right)}^2=2Z_L\left(Z_C-Z_L\right)+{\left(Z_C-Z_L\right)}^2\\ \leftrightarrow Z^2=Z_C^2-Z_L^2\end{array}$

 

Kết luận: $\omega$ biên thiên để $U_{C_{max}}$, khi đó:

$U_{Cm\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}},{\omega }^2={\displaystyle \frac{1}{LC}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2L^2}}$

$\tan {\phi }_{RL}\tan \phi =-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ và $Z_C^2=Z^2+Z_L^2$

3. $\omega$ THAY ĐỔI ĐỂ ULMAX

$U_L=I{Z}_L={\displaystyle \frac{U{Z}_L}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}={\displaystyle \frac{U\omega L}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}}+{\displaystyle \frac{1}{{\omega }^2{C}^2}}}}}={\displaystyle \frac{UL}{\sqrt{L^2+{\displaystyle \frac{(R^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}})}{{\omega }^2}}+{\displaystyle \frac{1}{{\omega }^4{C}^2}}}}}$

$U_{Lmax}$ <=> mẫu min

Đặt ${\displaystyle \frac{1}{{\omega }^2}}=x$, $\to L^2+(R^2-2{\displaystyle \frac{L}{C}})x+x^2{\displaystyle \frac{1}{C^2}}=y$

$y_{min}\leftrightarrow x=-{\displaystyle \frac{b}{2\mathrm{a}}}={\displaystyle \frac{2LC-R^2{C}^2}{2}},y_{min}=-{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{4\mathrm{a}}}={\displaystyle \frac{4L{\mathrm{R}}^2-R^{4}C}{4}}C$

Khi đó ta có:

$\begin{array}{l}\to Z_C^2={\displaystyle \frac{1}{{\omega }^2{C}^2}}={\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \frac{2}{2LC-R^2{C}^2}}{C}^2}}={\displaystyle \frac{L}{C}}-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}\\ \leftrightarrow Z_C^2=Z_L{Z}_C-{\displaystyle \frac{R^2}{2}}\\ \leftrightarrow {\displaystyle \frac{R^2}{2}}=Z_C\left(Z_L-Z_C\right)\leftrightarrow {\displaystyle \frac{Z_C}{R}}{\displaystyle \frac{\left(Z_L-Z_C\right)}{R}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ \leftrightarrow \tan {\phi }_{RC}\tan \phi =-{\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$

Vẽ giản đồ ta được:

Từ giản đồ, ta có:

$\begin{array}{l}{Z}^2=R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=2Z_C\left(Z_L-Z_C\right)+{\left(Z_C-Z_L\right)}^2\\ \leftrightarrow Z^2=Z_L^2-Z_C^2\end{array}$

Kết luận: $U_{Lm\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}},{\omega }^2={\displaystyle \frac{2}{2LC-R^2{C}^2}}$

$\tan {\phi }_{RC}\tan \phi =-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ và $Z_L^2=Z^2+Z_C^2$

*Chú ý:

Khi $\omega$  thay đổi để $U_{Cmax},U_{Lmax}$

$\begin{array}{l}{U}_{Cm\mathrm{a}\mathrm{x}}=U_{Lm\mathrm{a}\mathrm{x}}={\displaystyle \frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}}\\ {\omega }_L.{\omega }_C={\displaystyle \frac{1}{LC}}={\omega }_0^2\end{array}$

4. THAY ĐỔI $f$ CÓ HAI GIÁ TRỊ $f_{\mathbf{1}}\ne f_{\mathbf{2}}$ BIẾT $f_{\mathbf{1}}+f_{\mathbf{2}}=\mathbf{a}$ VÀ CÙNG CÔNG SUẤT HOẶC CÙNG $\mathbf{I},\mathbf{Z},\mathbf{c}\mathbf{o}\mathbf{s}\phi ,{\mathbf{U}}_{\mathbf{R}.}$

- Hai giá trị tần số làm cho mạch có cùng công suất nên:

$\begin{array}{l}{P}_1=P_2\iff I_1^{2}R=I_2^{2}R\iff I_1^2=I_2^2\\ \to {\displaystyle \frac{U^2}{R^2+{(Z_{L1}-Z_{C1})}^2}}={\displaystyle \frac{U^2}{R^2+{(Z_{L2}-Z_{C2})}^2}}\\ \to (Z_{L1}-Z_{C1}{)}^2=(Z_{L2}-Z_{C2}{)}^2\to [\begin{array}{l}{Z}_{L1}-Z_{C1}=Z_{L2}-Z_{C2}(loai)\\ Z_{L1}-Z_{C1}=-(Z_{L2}-Z_{C2})\end{array}\\ \to Z_{L1}+Z_{L2}=Z_{C1}+Z_{C2})\to L({\omega }_1+{\omega }_2)={\displaystyle \frac{1}{C}}({\displaystyle \frac{1}{{\omega }_1}}+{\displaystyle \frac{1}{{\omega }_2}})={\displaystyle \frac{1}{C}}{\displaystyle \frac{{\omega }_1+{\omega }_2}{{\omega }_1{\omega }_2}}\\ \to {\omega }_1{\omega }_2={\displaystyle \frac{1}{LC}}={\omega }_0^2\end{array}$

- Công thức trên áp dụng cho bài toán thay đổi f có cùng I, Z, cosφ, UR

Các hệ quả thu được:

• Cảm kháng và dung kháng trong hai trường hợp:

$(Z_{L1}-Z_{C1}{)}^2=(Z_{L2}-Z_{C2}{)}^2\mathrm{h}\mathrm{a}\mathrm{y}\left|Z_L-Z_C\right|=h/s\to |\begin{array}{l}{Z}_{L1}=Z_{C2}\\ Z_{L2}=Z_{C1}\end{array}$

• Hệ số công suất trong hai trường hợp: $\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_1=\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}{\phi }_2={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+k{(\sqrt{{\displaystyle \frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}}}-\sqrt{{\displaystyle \frac{{\omega }_2}{{\omega }_1}}})}^2}}}({\displaystyle \frac{L}{C}}=k.R^2)$
• Cường độ dòng điện trong hai trường hợp: $I_1=I_2={\displaystyle \frac{I_{\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}}}{n}}$

Điện trở của mạch được xác định: $R=L{\displaystyle \frac{\left|{\omega }_1-{\omega }_2\right|}{\sqrt{n^2-1}}}={\displaystyle \frac{\left|{\omega }_1-{\omega }_2\right|}{{\omega }_1{\omega }_{2}C\sqrt{n^2-1}}}$