Cho đoạn mạch xoay chiều AB nối tiếp AM chứa biến trở R, đoạn mạch MN chứa r, đoạn NP chứa cuộn cảm thuần, �

* Hướng dẫn giải

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) là:

\({{U}_{AP}}=\frac{U\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) không phụ thuộc vào R, ta có:

\({{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}={{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}^{2}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}\)

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa \({{u}_{AP}}\) và \({{u}_{AB}}\) là:

\(\tan \left( 2\alpha  \right)=\frac{2\tan \alpha }{1-{{\tan }^{2}}\alpha }=\frac{2.\frac{{{Z}_{L}}}{R+r}}{1-{{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{R+r} \right)}^{2}}}\)

\({{\left( \tan 2\alpha  \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\left( 2\alpha  \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\alpha }_{\max }}\Rightarrow {{\left( \tan \alpha  \right)}_{\max }}\)

\(\Rightarrow {{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{R+r} \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\left( R+r \right)}_{\min }}\Rightarrow R=0\)

Khi đó ta có:

\({{U}_{1}}={{U}_{BP}}={{U}_{C}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U.2{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}\)

Ta có tích

\({{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}=\frac{U.\left( R+r \right)}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}.\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

\(={{U}^{2}}.\frac{{{Z}_{L}}.\left( R+r \right)}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}={{U}^{2}}.{{Z}_{L}}.\frac{1}{\left( R+r \right)+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{R+r}}\)

Đặt \(x=R+r;f\left( x \right)=x+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\Rightarrow {{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}={{U}^{2}}.{{Z}_{L}}.\frac{1}{f\left( x \right)}\)

Để tích \({{\left( {{U}_{AN}}.{{U}_{NP}} \right)}_{\max }}\Rightarrow f{{\left( x \right)}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(x+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\ge 2\sqrt{x.\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}}=2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|\)

\(f{{\left( x \right)}_{\min }}\Leftrightarrow x=\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\)

\(\Rightarrow {{x}^{2}}={{\left( R+r \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{Z}_{L}}^{2}\)

\(\Rightarrow R={{Z}_{L}}-r\)

Khi đó ta có: \({{U}_{2}}={{U}_{AM}}={{U}_{R}}=\frac{U.R}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow {{U}_{2}}=\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2{{Z}_{L}}^{2}}}=\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}\)

Theo đề bài ta có:

\({{U}_{1}}=2.\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right){{U}_{2}}\)

\(\Rightarrow \frac{U.2{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}=2.\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right).\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}\)

\(\Rightarrow \sqrt{2}{{Z}_{L}}^{2}=\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right).\left( {{Z}_{L}}-r \right).\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}^{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( {{Z}_{L}}-r \right).\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r} \right)}^{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r}-1 \right).\sqrt{1+\frac{{{Z}_{L}}^{2}}{{{r}^{2}}}}\left( 1 \right)\)

Đặt \(\tan \alpha =\frac{{{Z}_{L}}}{r}\), thay vào phương trình (1), ta có:

\({{x}^{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\left( x-1 \right)\sqrt{1+{{x}^{2}}}\Rightarrow x=\tan \alpha \approx 1.377\)\(\Rightarrow \alpha \approx {{54}^{0}}\Rightarrow 2\alpha ={{108}^{0}}\)

Góc \({{108}^{0}}\) có giá trị gần nhất với góc \(\frac{4\pi }{7}\)