Tuyển tập các chuyên đề và bài tập nâng cao hay và khó ôn thi đại học cao đẳng môn vật lý năm 2017

DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU
Câu 1. Xét một mạch điện gồm một động cơ điện ghép nối tiếp với một tụ điện. Đặt vào hai đầu
mạch một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U= 100V thì mạch có hệ số công suất là 0,9. Lúc
này động cơ hoạt động bình thường với hiệu suất 80% và hệ số công suất 0,75. Biết điện trở trong
của động cơ là 10Ω. Điện áp hiệu dụng hai đầu động cơ và cường độ dòng điện hiệu dụng qua động
cơ lần lượt:
A. 120V, 6A
B. 125V, 6A
C. 120V, 1,8A
D. 125V, 1,8A
Công thức áp dụng:

Pcó ích =

Trong đó:
A: Công cơ học (công mà động cơ sản ra) đv: kWh
Pcó ích: (công suất mà động cơ sản ra)
đv:kW
t: thời gian
đv: h
R: điện trở dây cuốn đv: Ω
Phao phí: công suất hao phí đv:kW
Ptoàn phần: công suất toàn phần ( công suất tiêu thụ của động cơ) đv:kW
cosφ: Hệ số công suất của động cơ.
U: Điện áp làm việc của động cơ. Đv: V
I: Dòng điện hiệu dụng qua động cơ. Đv: A

A

t
Phao phí = R.I2

Ptoàn phần = UIcosφ
Ptoàn phần =Phao phí + Pcó ích
Pco ich
H=
.100
Ptoan phan
Ptoan phan Phao phi
=
.100
Động cơ cP
otioann hphưanmột cuộn dây có điện trở trong r = 10Ω
Đối với cả mạch:
U = 100V , cosφ = 0,9 mà cos =

Ur

 U  90V

U

r

Đối với động cơ: Phao phí = r.I2
Ptoàn phần = UdIcosφ

Pco ich
H=

.100 => Pcó ích = 0,8Ptoàn phần

Ptoan phan
Mà Ptoàn phần =Phao phí + Pcó ích => Ptoàn phần =Phao phí + 0,8Ptoàn phần => Phao phí = 0,2Ptoàn phần
=> r.I2 = 0,2.UdIcosφ =>r.I2 = 0,2.Ud.I.0,75=>I = 0,015Ud (1)
U
Ur
90
Mà cosd  r  U d 

 120V Thay vào (1) => I = 0,015.120 = 1,8A
Ud
0,
75
cos
d

Câu 2: Một máy biến thế lõi đối xứng gồm ba nhánh có tiết diện bằng nhau, hai nhánh được cuốn
hai cuộn dây. Khi mắc một hiệu điện thế xoay chiều vào một cuộn thì các đường sức do nó sinh ra
không bị thoát ra ngoài và được chia đều cho hai nhánh còn lại. Khi mắc cuộn 1 vào một hiệu điện
thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng là 240V thì cuộn 2 để hở có hiệu điện thế U2. Hỏi khi mắc vào
cuộn 2 một hiệu điện thế U2 thì ở cuộn 1 để hở có hiệu điện thế bao nhiêu? Biết rằng điện trở của
các cuộn dây không đáng kể.
A. 60V
B. 30V
C. 40V
D. 120V

Giải:
1

Gọi N1 và N2 là số vòng dây của cuộn 1 và

cuộn 2


U1
U2

2




là độ biến thiên từ thông qua mỗi vòng
t
dây cuộn sơ cấp
'



1 

là độ biến thiên từ thông qua mỗi vòng

t
2 t
dây cuộn thứ cấp
Khi cuộn 1 là cuộn sơ cấp: e1 = N1



'

và e2 = N2

t
----->

e2



e2

E1

2

E2

N1



N2

U1

e' 2
e' 2



E '1

2

U2

E'2

N2



N1

t

2

1 
2 t

(1)
 

Khi cuộn 2 là cuộn sơ cấp: e'2 = N2
----->

N

U '2
U '1



U2

t

'
và e '1 = N1

t

1 
 N2

2 t

(2)

U '1

nhân 2 vế (1) và (2) Ta được U’1 = U1/4 = 60V. Chọn đáp án A
Câu3: Mạch điện xoay chiều R, L, C mắc nối tiếp. Điện áp ở hai đầu đoạn mạch là u  U0 cost .
Chỉ có  thay đổi được. Điều chỉnh  thấy khi giá trị của nó là 1 hoặc 2 ( 2 < 1 ) thì dòng
điện hiệu dụng đều nhỏ hơn cường độ hiệu dụng cực đại n lần (n > 1). Biểu thức tính R là
L(1 2 )
L(1 2 )
L12

(1 2 )
D. R =
B. R =
C. R =
A. R =
2
2
n 1
n 1
n2 1
L n 2 1
1
1
= - 2 L +
Giải: I1 = I2 =Imax/n ------> Z1 = Z2 -----> 1 L -

2C

1C

-------> 2 L-=

------>

1

1C
U

R2  (1 L 

mà I1 = Imax/n
=
1

)

1U

--------->n2R2 = R2 +( 1 L -

nR

1

1C

)2 = R2 + ( 1 L -2 L )2

1C
 
------> (n2 – 1)R2 = ( 1 -2 )2L2 -------> R =

L(

1

2)

. Chọn đáp án B

n 1
Câu 4 : Mạch điện xoay chiều không phân nhánh gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có cảm
kháng ZL và tụ điện có dung kháng ZC  2ZL . Vào một thời điểm khi hiệu điện thế trên điện trở và
trên tụ điện có giá trị tức thời tương ứng là 40V và 30V thì hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện là:
A. 55V*
B. 85V
C. 50V
D. 25V
Giải
vì uL và uC ngược pha và Zc=2ZL nên UC= 30V => UL= -15V
Vậy u= uR+uL+ uc = 40 – 15 + 30 = 55V
Câu5: Mắc vào đoạn mạch RLC không phân nhánh gồm một nguồn điện xoay chiều có tần số thay
2

3


đổi được. Ở tần số f1  60Hz , hệ số công suất đạt cực đại cos   1 . Ở tần số f2  120Hz , hệ số công
suất nhận giá trị cos   0, 707 . Ở tần số f3  90Hz , hệ số công suất của mạch bằng
A. 0,874*
B. 0,486
C. 0,625
D. 0,781
Giải
Với f1=60Hz cosφ1=1 => ZL1=ZC1
Với f2 = 2.f1

4

Z
L2

 2ZL1 ; Z

C2

 0,5ZC1 = 0,5ZL1

R

cos  

R



2

Z

R 2  (Z
L2

R 2  (2Z

)2

C2

 0,707  Z
L1

 0,5Z )2
L1



R

(1)

1,5

L1

Với f3 = 1,5f1
ZL3=1,5ZL1 ; ZC3=
cos  

ZC1

Z
 L1
1,5 1,5
R

3

)2

Z

R 2  (Z
L3

R



(2)
Z

2

2

R  (1,5ZL1  L1 )
1,5

C3

R

Thay (1) vào (2) ta được cos 3 

Z
R  (1,5ZL1  L1 )2
1,5

2

R



 0,874

25 R
R  ( )2
36 1,5
2

Câu 6. Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 60V vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp
 

thì cường độ dòng điện qua đoạn mạch là i1  I 0 cos100 .t 
 (A). Nếu ngắt bỏ tụ điện C thì

2
 

cường độ dòng điện qua đoạn mạch là i2  I 0 cos100 .t 
 (A). Điện áp hai đầu đoạn mạch là

6
A. u  60 2 cos100 .t   / 3 (V).
B. u  60 2 cos100 .t   / 6 (V)
C. u  60 2 cos100 .t   / 3 (V).
Hướngdẫngiải

D. u  60 2 cos100 .t   / 6 (V).
2

2

=> ZC= 2ZL
Vì cùng I0 nên Z1 = Z2 => (ZL- ZC) = ZL
Và cos1= cos2
=> 1 = - 2 (*) ; (1< 0 ; 2 >0 )



1  u  i  u  2



thế φ1 và φ2 vào (*) ta được : u   (u  )  u 


2
6
6
       
2
u
i
u
6
1

2

Vậy chọn D
Câu 7. Điên áp giữa 2 cực của máy phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần để công suất hao phí giảm
100 lần với điều kiện công suất truyền đến tải tiêu thu không đổi và khi chưa tăng thi độ giảm điện
áp trên đường dây bằng 15% điện giữa hai cực máy phát. Coi cường độ dòng điện luôn cùng pha
với điện áp.
A. 10 lần B. 8,515 lần.
C. 10,515 lần.
D. Đáp án khác
Bài giải: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây
5


Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp
P1 = P 2
1

P2 = P 2
2

R

U
R

Với P1 = P + P1 ; P1 = I1.U1

2

1

Với P2 = P + P2 .

U22

Độ giảm điện áp trên đường dây khi chưa tăng điện áp
0,15U 2
1
U = I1R = 0,15U1 ---- R =
P1

6


P
1

P

P 2 U2



1

2

 100 

P2 U 2

2

2

U
2

 10

U

1

P
2

P

1

1

P1 = P + P1
P2 = P + P2 = P + 0,01P1 = P + P1 - 0,99P1 = P1 – 0,99P1
Mặt
khác
P1
=

0,15P1
2
0,15U1
P1 = P 2
1

R
U

 P2

2

1

1

Do đó:

U2
U1

 10

P1
U

vì

 0,15P

1

2
1

P2
P1

 10

P1 0,99P1

 10

P1

P1 0,99.0,15P1

 8,515

P1

Vậy U2 = 8,515 U1
Câu 8: Cho mạch điện xoay chiều AB gồm đoạn mạch AM nối tiếp với đoạn mạch MB. Đoạn mạch
AM gồm điện trở thuần R1 nối tiếp với cuộn thuần cảm có độ tự cảm L, đoạn mạch MB gồm điện
trở thuần R2 nối tiếp với tụ điện có điện dung C (R1 = R2 = 100 ). Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB
điện áp u = 100 2 cost(V). Khi mắc ampe kế có điện trở không đáng kể vào hai đầu đoạn mạch
MB thì ampe kế chỉ 2 /2 (A). Khi mắc vào hai đầu đoạn mạch MB một vôn kế điện trở rất lớn thì
hệ số công suất của mạch đạt giá trị cực đại. Số chỉ của vôn kế là
A. 100 V.

B.50 2 V. C. 100 2 V. D. 50 V
Giải
+ khi mắc ampe kế: hai đầu M, B bị nối tắt, ta có mạch AB (R1 nt L)
U
Z1  AB  100 2  ZL  Z12  R12  100
I
+khi mắc vôn kế , hệ số công suất cực đại suy ra mạch cộng hưởng, ta có ZC = ZL=100Ω, khi đó
tổng trở là Z = 2R1= 200Ω; cường độ dòng điện: I’ =UAB/Z = 0,5 A
Số chỉ vôn kế: UV = UMB = I ' R2  Z 2  50 2V Đáp án B
2

C

Câu 9: Một người định cuốn một biến thế từ hiệu điên thế U1 = 110V lên 220V với lõi không phân
nhánh, không mất mát năng lượng và các cuộn dây có điện trở rất nhỏ , với số vòng các cuộn ứng
với 1,2 vòng/Vôn. Người đó cuốn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại cuốn ngược chiều những
vòng cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy với nguồn thứ cấp đo được U2 = 264 V so với cuộn sơ cấp
đúng yêu cầu thiết kế, điện áp nguồn là U1 = 110V. Số vòng cuộn sai là:
A 20
B 10
C 22
D 11
Giải:
Gọi số vòng các cuộn dây của MBA teo đúng yêu cầu là N1 và N2
N1 110 1 

  N2 = 2N1 (1) Với N1 = 110 x1,2 = 132 vòng
Ta có
N2 220 2
Gọi n là số vòng dây bị cuốn ngược. Khi đó ta có

N1 2n 110
N 2n 110

 1

(2)
264
N2
264
2 N1
Thay N1 = 132 vòng ta tìm được n = 11 vòng. Chọn đáp án D
Chú ý: Khi cuộn sơ cấp bị cuốn ngược n vòng thì suất điện động cảm ứn xuất hiện ở các cuộn sơ
cấp và thứ cấp lấn lượt là
7


e1 = (N1-n)e0 – ne0 = (N1 – 2n) e0 với e0 suất điện động cảm ứng xuất hiện ở mỗi vòng dây.
e2 = N2e0

8


Do đó

N1 2n

e1



N2



E1

e2



U1

E2



U2

N1 2n



110

N2

264

Câu 10: Cho mạch điện xoay chiều gồm R,L,C mắc nối tiếp. Tần số của hiệu điện thế thay đổi được.
Khi tần số là f1 và 4f1 công suất trong mạch như nhau và bằng 80% công suất cực đại mà mạch có thể

đạt được. Khi f=3.f1 thì hệ số công suất là:
A. 0,8
B. 0,53
C. 0,6
D. 0,47
Giải:
U2 R U 2
cos2   P cos2  
với f1 và f2 ta có cos2 = 0,8
P =

max
Z2
R
1
1
   42  2 
 4L 
. Tức khi f1 = f thì ZC = 4ZL và khi đó
1 2
0
LC
C
2
R
R
cos2 = 0,8 =
 R 2  9Z2  1,25R 2  Z   ZC = 2R/3
L
L

2
6
R 2   ZL  4ZL 
Khi f3 = 3f thì

Z3L = 3ZL = R/2
Z3C = ZC/3 = 2R/9
R
18
18


 0,9635
2
2
349
18  25
 R 2R
R 2    

2
9



Vậy cos =

Câu 11 .Cho mạch điện RLC, cuộn cảm có điện trở thuần r . Điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch có
dạng u=125 2 cos100t,  thay đổi được. Đoạn mạch AM gồm R và C, đoạn mạch MB chứa cuộn
dây. Biết uAM vuông pha với uMB và r = R. Với hai giá trị của tần số góc là 1 = 100 và 2=

56,25 thì mạch có cùng hệ số công suất. Hãy xác định hệ số công suất của đoạn mạch.
A. 0,96

B. 0,85

R r

Giải: cos1 =

R r

= cos2 =

Z1
----> (1+2 )L =

tanAM =

Z L1

C. 0,91
-----> Z1 = Z2 -----> 1 L -

1

(

1



C 1

1

) -----> LC =

2

; tanMB =

=

 Z C1

2R

1

=

1

- 2 L

2C

hay ZC1 = ZL2. (1)

1 2

r

uAM vuông pha với uMB và r = R------>

ZL1 ZC1 = R2 -----> ZL1.ZL2 = R2 ------->L =

R r

1

1C

Z2

R

cos1 =

D. 0,82

=

R
1 2
2R
9

2

L1

=

2R
1

2


Z1

4R2  ( ZL1  ZC1 )

2

4 R2  ( Z  Z L2 )

10

4R2  (   ) 2 L2


2R

cos1 =

2

=

4R2  (1  2

2

)2

R

4

 
1

= 0,96. Chọn đáp án A

(1  2 )

2



2

1

2

Câu 12: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Biết L = CR2. Đặt vào
2 đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định, mạch có cùng hệ số công suất với hai giá trị của tần

số 1  50 rad/s và 2  100 rad/s. Hệ số công suất là
2
1
1
A.
B.
C.
D.
2
13
2
Giải: cos  R 

Hệ số công suất với hai giá trị của tần số 1  50 rad/s và

R

Z

1

R2  (L 

)2

C
2  100 rad/s bằng nhau, nên Z1 = Z2 hay: ( L 
1

1

1

)2  ( L 

C

C

2

1

1

Do ω1 ≠ ω2 nên  L 
1

 ( L 

1C

2

2

)  (   ) L 

1

1

2C

)2

2

1 1  2

1

 LC 

C 1.2

hay ZL1 =

1.2

ZC2.

cos 

R

R


1

1

R2  ( L 

R2  (

)2

C

1

1


2

R

R2 

)2

 C C

1

cos 

R


1



(

2

1

2

R



1

C2 

1

R





)2

R2 

1 (1  2 )

 2 2

C2

1

1

R





1

2



2
1 (1 )22

R2 
C2

 2 2
1

2

R2 
C C 
1

1

1

(1 )22

 

2

1

R2 

R2

.L. (1 )2

L

2

2


1

1

1

3

2

2

Chắc là đáp án D
Câu 13: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 30 2 V vào hai đầu đoạn mạch RLC nối
tiếp. Biết cuộn dây thuần cảm, có độ cảm L thay đổi được. Khi điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây
đạt cực đại thì hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu tụ điện là 30V. Giá trị hiệu điện thế hiệu dụng cực
đại hai đầu cuộn dây là:
A. 60V
B. 120V
C. 30 2 V
D. 60 2 V

U R2  Z 2

R2  Z C2
C
Giải: Khi L thay đổi ULmax khi ZL =
(1)và ULmax =
ZC
R
11


Ta có:

U
Z



UC

30 2





R2  (Z  Z )2

ZC

L

30

ZC

 2Z 2  R2  (Z  Z )2 (2)
C

L

C

C

Thế (1) vào (2) ta được pt
R4  ZC2 R2  2ZC4  0  R2  ZC2  R  Z C
Do đó ULmax =

UR 2

 U 2  60 V. Chọn đáp án A

R
Bài 14. Đặt một điện áp u = U0 cos t ( U0 không đổi,  thay đổi được) váo 2 đầu đoạn mạch gồm
R, L, C mắc nối tiếp thỏa mãn điều kiện CR2 < 2L. Gọi V1,V2, V3 lần lượt là các vôn kế mắc vào 2

12


đầu R, L, C. Khi tăng dần tần số thì thấy trên mỗi vôn kế đều có 1 giá trị cực đại, thứ tự lần lượt các
vôn kế chỉ giá trị cực đại khi tăng dần tần số là

A. V1, V2, V3.
B. V3, V2, V1.
C. V3, V1, V2.
D. V1, V3,V2.
Giải:
1
2
1
R2
Tóm lai ta có 32 =
< 12 =
< 22 =

LC
LC 2L2
C (2 L  CR2 )
Theo thứ tự V3, V1 , V2 Chọn đáp án C
Câu 15: Một máy phát điện xoay chiều có điện trở trong không đáng kể. Mạch ngoài là cuộn cảm thuần
nối tiếp với ampe kế nhiệt có điện trở nhỏ. Khi rôto quay với tốc độ góc 25rad / s thì ampe kế chỉ 0,1 A.
Khi tăng tốc độ quay của rôto lên gấp đôi thì ampe kế chỉ:
A. 0,1 A.
B. 0,05 A.
C. 0,2 A.
D. 0,4 A.
Giải: Suất điện động xuất hiện trong máy E =

NBS
2
E

Cường độ hiệu dụng dòng điện qua cuộn dây: I =

ZL



NBS
L



NBS
L

I không phụ thuộc tốc độ góc ω nên I = 0,1 A. Chọn đáp án A
Câu 16. Trong một giờ thực hành một học sinh muốn một quạt điện loại 180 V - 120W hoạt động
bình thường dưới điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 220 V, nên mắc nối tiếp với quạt một biến
trở. Ban đầu học sinh đó để biến trở có giá trị 70  thì đo thấy cường độ dòng điện hiệu dụng trong
mạch là 0,75A và công suất của quạt điện đạt 92,8%. Muốn quạt hoạt động bình thường thì phải
điều chỉnh biến trở như thế nào?
A. giảm đi 20 
B. tăng thêm 12 
C. giảm đi 12 
D. tăng thêm 20 
Giải :
Gọi R0 , ZL , ZC là điện trở thuần, cảm kháng và dung kháng của quạt điện.
Công suấ định mức của quạt P = 120W ; dòng điện định mức của quạt I. Gọi R2 là giá trị của biến
trở khi quạt hoạt động bình thường khi điện áp U = 220V
Khi biến trở có giá tri R1 = 70 thì I1 = 0,75A, P1 = 0,928P = 111,36W
P1 = I12R0 (1) ------> R0 = P1/I12  198 (2)

U
U
220
I1 =


2
2
2
Z1
268  (Z L  ZC )
( R0  R1 )  (Z L  ZC )
2
Suy ra
(ZL – ZC )2 = (220/0,75)2 – 2682 ------>  ZL – ZC   119 (3)
Ta có P = I2R0 (4)

Với I =

U
Z

U



( R0  R2 )  (ZL  ZC )
2

(5)

2

U2
--------> R0 + R2  256 ------> R2  58
2
2
( R0  R2 )  (Z L  ZC )
R2 < R1 ----> ∆R = R2 – R1 = - 12
Phải giảm 12. Chọn đáp án C
P=

13


Câu 17: Một máy phát điện xoay chiều một pha có điện trở không đáng kể, được mắc với mạch
ngoài là một đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở thuần R, tụ điện C và cuộn cảm thuần L. Khi tốc
độ quay của roto là n1 và n2 thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch có cùng giá trị. Khi tốc

14


độ quay là n0 thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch đạt cực đại. Mối liên hệ giữa n1, n2 và
n0 là
2n 2 .n 2
n2 n2
2
A. n2  n .n B. n  1 2
D. n2  n2  n2
2
C. n2  1

0
0
1 2
0
1
2
o
n12  n22
2
Giải: Suất điện động của nguồn điện: E = 2 N 0 = 2 2fN 0 = U ( do r = 0)
Với f = np n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ
2n 2 .n2
1
1
2
1
1
2


Chọn đáp án B
hay


------> n 2  1 2
1
2
0
f12 f22 f02
n12 n22 n02

n2  n2
Câu 18. Hai chiếc bàn ủi 220V-1100W được mắc vào hai pha của lưới điện ba pha 4 dây, có UP
= 220V. Một nồi cơm điện 220V-550W được mắc vào pha thứ 3 của lưới điện này, thì cả
3 dụng cụ đều hoạt động bình thường (đúng định mức). Khi đó dòng điện chạy trong dây trung hòa
có giá trị bằng
A. 2.5A
B. 4.17A
C. 12,5A
D. 7.5A
Giải: Gọi dòng điện qua hai bàn ủi là I1 = I2 = 5A; qua bóng đèn I3 = 2,5A
Dòng điện qua dây trung tính i = i1 + i2 + i3
Dùng phương pháp cộng véc tơ ta có
I = I1 + I2 + I3
Góc giữa i1, i2., i3 là 2 /3
I3
Đặt liên tiếp các véc tơ
cường độ dòng điện
như hình vẽ, ta được
tam giác đều

I1

I2
I1

I2

I

I3

Theo hình vẽ ta có I = I3 = 2,5A
Chọn đáp án A: 2,5A
I1
I
I2
I3

Câu 18 .Cho ba linh kiện: điện trở thuần R = 60  , cuộn cảm thuần L và tụ điện C. Lần lượt đặt điện áp
xoay chiều có giá trị hiệu dụng U vào hai đầu đoạn mạch nối tiếp RL hoặc RC thì biểu thức cường độ
dòng

điện

trong

mạch

lần

lượt

là

i1  2 cos(100 t   /12) ( A)

và

i2  2 cos(100 t  7 /12)( A) . Nếu đặt điện áp trên vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp thì dòng
điện trong mạch có biểu thức:
A. i  2 2 cos(100 t   / 3)( A)

B. i  2cos(100 t   / 3)( A)

C. i  2 2 cos(100t   / 4)( A)

D. i  2cos(100t   / 4)( A)
15


Giải: Ta thấy cường độ hiệu dụng trong đoạn mạch RL và RC bằng nhau suy ra ZL = ZC độ lệch pha
φ1 giữa u và i1 và φ2 giữa u và i2 đối nhau. tanφ1= - tanφ2
Giả sử điện áp đặt vào các đoạn mạch có dạng: u = U 2 cos(100πt + φ) (V).
Khi đó φ1 = φ –(- π/12) = φ + π/12 ;
φ2 = φ – 7π/12
tanφ1 = tan(φ + π/12) = - tanφ2 = - tan( φ – 7π/12)
tan(φ + π/12) + tan( φ – 7π/12) = 0 --- sin(φ + π/12 +φ – 7π/12) = 0
Suy ra φ = π/4 - tanφ1 = tan(φ + π/12) = tan(π/4 + π/12) = tan π/3 = ZL/R
-- ZL = R 3
U = I1

R2  Z 2  2RI 120 (V)
L

1

Mạch RLC có ZL = ZC trong mạch có sự cộng hưởng I = U/R = 120/60 = 2 (A) và i cùng pha với
u = U 2 cos(100πt + π/4) .
Vậy i = 2 2 cos(100πt + π/4) (A). Chọn đáp án C
Câu 19. Người ta truyền tải dòng điện xoay chiều từ tram phát điện cách nơi tiêu thu 10km bằng
dây dẫn kim loại có điên trở suất  = 2,5.10-8 m, tiết diện 0,4cm2. Hệ số công suất của mạch điện

0,9. Điện áp và công suất ở trạm là 10kV và 500kw. Hiệu suất của của quá trình truyền tải điện là:
C 92,28%. D. 99,14%.
Giải: Gọi ∆P là công suất hao phí trên đường dây.
P P
P
 1
Hiệu suất H =
P
P
5

R

∆P = P2

----->

P

P.2l





8

5.10 2,5.10 2.10

4

 7,716.10 2

0,4.10 4.10 8.0,81
P
S (U cos ) 2
(U cos ) 2
H = 1-0,0772 = 0,9228 = 92,28%. Chọn đáp án C
Nếu lấy chiều dài dây dẫn là 10km sẽ được kết quả D, đường dây tải điện cần hai dây dẫn.
Câu 20. Một máy phát điện gồm n tổ máy có cùng công suất P. Điên sx ra được truyền đến nơi tiêu
thụ với hiệu suất H.. Hỏi nếu khi chỉ còn một tổ máy thì hiệu suất H’ bằng bao nhiêu, (tính theo n
và H)
Giải:
P
nP P
P
 n(1 H ) (1)
 1
------->
Hiệu suất: H =
nP
nP
P

R

∆P = n2 P2

(2)

(U cos )
P P '
P '
 1
---->
H’ =
P
P
2

∆P’ = P2

R
(U cos )

P '

 1 H ' (3)

P

(4)
2

Từ (1) và (3) ta có:

P '
P
P '

Từ (2) và (4) ta có:



1H '

(5)

n(1 H )
1
Từ (5) và (6) ta có
16


P



(6)

n

2

1H '

n(1 H )



1

n2

 1 H '

1H

 H ' 1

n

1H

n

17



n H 1
n


1H

Đáp số: H ' 1

n H 1



n

n

Câu 21. Điên áp giữa 2 cực của máy phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần để công suất hao phí
giảm 100 lần với điều kiện công suất truyền đến tải tiêu thu không đổi và khi chưa tăng thi độ giảm
điện áp trên đường dây bằng 15% điện giữa hai cực máy phát. Coi cường độ dòng điện luôn cùng
pha với điện áp.
A. 10 lần B. 8,515 lần.
C. 10,515 lần.
D. Đáp án khác
Bài giải: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây
Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp

R

P1 = P 2
1

P2 = P 2
2

Với P1 = P + P1 ; P1 = I1.U1

U
R

2

1

U

Với P2 = P + P2 .

2
2

Độ giảm điện áp trên đường dây khi chưa tăng điện áp
0,15U 2
1
U = I1R = 0,15U1 ---- R =
P1
P
1

P

P 2 U2



1

2

P2 U 2

2

2

U

 100 

2

 10

U

1

P
2

P

1

1

P1 = P + P1
P2 = P + P2 = P + 0,01P1 = P + P1 - 0,99P1 = P1 – 0,99P1
Mặt
khác
P1
=

0,15P1
2
0,15U1
P1 = P 2
1

R
U

 P2

2

1

1

Do đó:

U2
U1

 10

P1
U

vì

 0,15P

1

2
1

P2
P1

 10

P1 0,99P1
P1

 10

P1 0,99.0,15P1

 8,515

P1

Vậy U2 = 8,515 U1
Chọn đáp án B
Câu 22.Đoạn mạch xoay chiều AB gồm điện trở R nối tiếp cuộn dây thuần cảm có L thay đổi được,
điện áp hai đầu cuộn cảm được đo bằng một vôn kế có điện trở rất lớn. Khi L = L1 thì vôn kế chỉ
V1, độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch với dòng điện là 1, công suất của mạch là P1. Khi
L = L2 thì vôn kế chỉ V2, độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và dòng điện là 2, công suất
của mạch là P2. Biết 1 + 2 = /2 và V1 = 2V2. Tỉ số P1/P2 là:
A. 4
B. 6

C. 5
D. 8
Giải:
Z
Z
1
tan1 = L1 ; tan2 = L2 ; Do 1 + 2 = /2 -----> tan1 = cotan2 =
R
R
tan  2
2
Suy ra R = ZL1 ZL2
Gọi U là điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu đoạn mạch
I1 =
18


U





U

U
Z1

R2  ZL1
2

ZL1 (ZL2  ZL1 )

19


SÓNG CƠ HỌC NÂNG CAO
Câu 1: Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo phương
thẳng đứng với phương trình lần lượt là uA = 3cos(40t + /6) (cm); uB = 4cos(40t + 2/3) (cm). Cho
biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên mặt nước, có
bán kính R = 4cm. Số điểm dao động với biên độ 5 cm có trên đường tròn là
A. 30
B. 32
C. 34
D. 36
Hướngdẫn
Phương trình sóng tại M do sóng tại A truyền đến là:
 2 d 1
uAM = 3cos(40t +
)
6

Phương trình sóng tại M do sóng tại B truyền đến là:
A
R = 4cm O
B
2 2 d 2
uBM = 4cos(40t +
)
3


Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:
 2 d 1
2 2 d 2
uM = uAM + uBM = 3cos(40t +
) + 4cos(40t +
)
6

3

Biên độ sóng tổng hợp tại M là: (Áp dụng công thức dao động điều hòa)
2 2d2  2d1
A = 32  42  2.3.4.cos(

( 
))
3

6

 2
(d  d ))
= 32  42  2.3.4.cos(  
2  2 1
 2
Biên độ sóng tổng hợp tại M bằng 5 khi: cos(  (d 2  d1 )) = 0
2 

 2


d d

(d 2  d1 )  2 ( 2  1 ) =  k
Khi đó: 
2 
2
 
2
Do đó: d2 – d1 = k


;
2

Mà - 8  d2 – d1  8  - 8  k


8-8k8
2

Tương tự tại hai điểm M và N ở hai đầu bán kính là điểm dao động với biên độ bằng 5cm
Nên số điểm dao động với biên độ 5cm là: n = 17x2 – 2 = 32
Câu 2: Ở mặt nước có hai nguồn sóng cơ A và B cách nhau 15 cm, dao động điều hòa cùng tần số, cùng
pha theo phương vuông góc với mặt nước. Điểm M nằm trên AB, cách trung điểm O là 1,5 cm, là điểm gần
O nhất luôn dao động với biên độ cực đại. Trên đường tròn tâm O,
đường kính 20cm, nằm ở mặt nước có số điểm luôn dao động với
biên độ cực đại là
A. 18.
B. 16.

C. 32.
D. 17.
d1
Hướngdẫn
A
O
B
S1
S2
Sóng tại M có biên độ cực đại khi d2 – d1 = k
Ta có d1 = 15/2 + 1,5 = 9cm; d2 = 15/2 – 1,5 = 6cm
d2
Khi đó d2 – d1 = 3. Với điểm M gần O nhất chọn k = 1. Khi đó ta
có:  = 3Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB là:
- S1 S2  d 2 – d 1  S1 S2


Hay -15  k  15  -5  k  5
Vậy số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn tâm O bán kính 20cm là
n = 10x2 – 2 = 18 cực đại (ở đây tạ A và B là hai cực đại do đó chỉ có 8 đường cực đại cắt đường tròn tại 2
điểm, 2 cực đại tại A và B tiếp xúc với đường tròn)
Câu 3: Hai mũi nhọn S1, S2 cách nhau 9cm, gắn ở đầu một cầu rung có tần số f = 100Hz được đặt cho chạm
nhẹ vào mặt một chất lỏng. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là v = 0,8 m/s. Gõ nhẹ cho cần rung thì
2 điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng: u = acos2πft. Điểm M trên mặt
chất lỏng cách đều và dao động cùng pha S1 , S2 gần S1S2 nhất có phương trình dao động.
Hướngdẫn
Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:
uM = 2acos(

d2  d1

d  d1
)cos(20t -  2
)



Với M cách đều S1, S2 nên d1 = d2. Khi đó d2 – d1 = 0  cos(
Để M dao động cùng pha với S1, S2 thì: 

d 2  d1
= 2k


d1 d2
 2k và d1 = d2 = k


suy ra: d 2  d1  2k 

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 =



d2  d1
) = 1  A = 2a

d1
S1

O

x

S2

 AB 2
 = k
 2 

x2  

2

2
 AB 
Suy ra x   k   
 = 0,64k  9 ; ( = v/f = 0,8 cm)
 2 
2
Biểu thức trong căn có nghĩa khi 0,64k  9  0  k  3,75
2

Với x  0 và khoảng cách là nhỏ nhất nên ta chọn k = 4
Khi đó

d1 d2
 2k  8


Vậy phương trình sóng tại M là:

uM = 2acos(200t - 8) = uM = 2acos(200t)
Câu 4: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước cách nhau một đoạn S1S2 = 9λ phát ra dao động u=cos(t).
Trên đoạn S1S2, số điểm có biên độ cực đại cùng pha với nhau và ngược pha với nguồn (không kể hai
nguồn) là:
A. 8.
B. 9
C. 17.
D. 16.
Hướngdẫn
Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:
uM = 2cos(

d2  d1
d  d1
)cos(20t -  2
)



Với d1 + d2 = S1S2 = 9λ
Khi đó: Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:

d2  d1
d  d1
d  1d
)cos(20t - 9) = 2cos( 2
)cos(20t - ) = - 2cos( 2
)cos(20t)




d d1
d d 1
Vậy sóng tại M ngược pha với nguồn khi cos( 2
)=1  2
= k2  d1 - d2 = 2k


uM = 2cos(

Với - S1S2  d1 - d2  S1S2  -9  2k  9 4,5  k  4,5


Suy ra k = 0; ±1, ±2; ±3; ±4. Có 9 giá trị (có 9 cực đại) Chọn đáp án B
Câu 5: Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp AB cách nhau một đoạn 12cm đang dao động vuông góc với
mặt nước tạo ra sóng với bước song 1,6cm. Gọi C là một điểm trên mặt nước cách đều hai nguồn và cách
trung điểm O của đoạn AB một khoản 8cm. Hỏi trên đoạn CO, số điểm dao động ngược pha với nguồn là:
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
Hướngdẫn
Do hai nguồn dao động cùng pha nên để đơn giản ta cho pha ban đầu của chúng bằng 0. Độ lệch pha giữa
hai điểm trên phương truyền sóng:
2d
 
. Xét điểm M nằm trên đường trung trực của AB cách A một đoạn d1 và cách B một đoạn d2. Suy

ra d1=d2. Mặt khác điểm M dao động ngược pha với nguồn nên


1, 6
2d1
 (2k 1).0,8 (1)
 
 (2k 1) Hay : d1  (2k 1)  (2k 1)
2
2

. Theo hình vẽ ta thấy AO  d1  AC (2). Thay (1) vào (2) ta có :
  AB 2
2
 (2k 1)0, 8  
  OC
2
2



 AB 
AB
2
(Do AO 
và AC  
  OC )
2
2


k


4

Tương đương: 6  (2k 1)0,8  10  3, 25  k  5, 75  
Kết luận trên đoạn CO có 2 điểm dao dộng
k  5
ngược pha với nguồn.
Câu 6: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động cùng pha. Biết sóng do
mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường
vuông góc với AB tại đó A dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là :
A. 20cm
B. 30cm
C. 40cm
D.50cm
Hướngdẫn:
v 200
Ta có   
K=0
 20(cm) . Do M là một cực đại giao thoa nên để
f 10
M
đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên vân cực đại bậc 1 K=1
như hình vẽ và thõa mãn : d2  d1  k 1.20  20(cm) (1).
d2
d1
( do lấy k=+1)
Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :
A
AM  d2  ( AB2 )  ( AM 2 )  402  d12 (2) .Thay (2) vào (1) ta được:
B

AB

2

402  d12  d1  20  d1  30(cm) Đáp án B
Câu 7: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau
100cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần
số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 3(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A
dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị nhỏ nhất là :
A. 5,28cm
B. 10,56cm
C. 12cm
D. 30cm
Hướngdẫn
v 300
K=0
Ta có   
 30(cm) . Số vân dao động với biên độ dao
f 10
K=3
M
động cực đại trên đoạn AB thõa mãn điều kiện :
 AB  d2  d1  k  AB .
d2
d1
 AB
AB 100
100
Hay :
k


k
 3,3  k  3,3 .


3
3
A
Suy ra : k  0, 1, 2, 3 . Vậy để đoạn AM có giá trị bé nhất thì
B
M phải nằm trên đường cực đại bậc 3 như hình vẽ và thõa mãn


d2  d1  k  3.30  90(cm) (1) ( do lấy k=3)
Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :
AM  d2  ( AB2 )  ( AM 2 )  1002  d12 (2)
Thay (2) vào (1) ta được : 1002  d12  d1  90  d1 10,56(cm) Đáp án B
Câu 8: Trên mặt nước, hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 40cm luôn dao động cùng pha, có bước sóng
6cm. Hai điểm CD nằm trên mặt nước mà ABCD là một hình chữ nhât, AD=30cm. Số điểm cực đại và
đứng yên trên đoạn CD lần lượt là :
A. 5 và 6
B. 7 và 6
C. 13 và 12
D. 11 và 10
Hướngdẫn:
d  d  k
Số điểm cực đại trên đoạn CD thoã mãn :  2 1
 AD  BD  d2  d1  AC  BC
AD BD
AC BC

30 50
50 30
Suy ra : AD  BD  k  AC  BC Hay :
k
. Hay :
k


6
6
Giải ra : -3,3

d  d  (2k 1)
Số điểm cực tiểu trên đoạn CD thoã mãn :  2 1
2
 AD  BD  d  d  AC  BC

2
1

2( AD BD)
2( AC BC )
Suy ra : AD  BD  (2k 1)  AC  BC Hay :
 2k 1 
. Thay số :
2


2(30 50)

2(50 30)
 2k 1 
Suy ra : 6, 67  2k 1  6, 67 Vậy : -3,86
6

Câu 9: ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 20(cm) dao động theo
phương thẳng đứng với phương trình U A  2.cos(40t )(mm) và UB  2.cos(40t   )(mm) . Biết tốc độ truyền
sóng trên mặt chất lỏng là 30(cm/s). Xét hình vuông ABCD thuộc mặt chất lỏng. Số điểm dao động với
biên độ cực đại trên đoạn BD là :
A. 17
B. 18
C. 19
D. 20
Hướngdẫn:
BD  AD2  AB2  20 2(cm)
2
2
Với   40 (rad / s)  T      0, 05( s) Vậy :   v.T  30.0, 05  1, 5cm
 40

D

A


O
d 2  d1  (2k 1)
(vì điểm D  B nên vế phải AC thành AB còn BC thành B. B=O)
2


 AD  BD  d  d  AB  O

2
1
2( AD BD)
2 AB

 2k 1 
Suy ra : AD  BD  (2k 1)   AB Hay :
. Thay số :
2


2(20 20 2)
2.20
 2k 1 
Suy ra : 11, 04  2k 1  26, 67 Vậy : -6,021,5
1, 5

Kết luận có 19 điểm cực đại.
Câu 10: Hai nguồn sóng kết hợp giống hệt nhau được đặt cách nhau một khoảng cách x trên đường kính
của một vòng tròn bán kính R (x < R) và đối xứng qua tâm của vòng tròn. Biết rằng mỗi nguồn đều phát
sóng có bước sóng λ và x = 6λ. Số điểm dao động cực đại trên vòng tròn là
A. 26
B. 24
C. 22.
D. 20.
Hướngdẫn:

C

B


Xét điểm M trên AB (AB = 2x = 12) AM = d1 BM = d2
d1 – d2 = k; d1 + d2 = 6;  d1 = (3 + 0,5k)
0 ≤ d1 = (3 + 0,5k) ≤ 6  - 6 ≤ k ≤ 6
Số điểm dao động cực đại trên AB là 13 điểm kể cả hai nguồn
A, B. Nhưng số đường cực đại cắt đường tròn chỉ có 11 vì vậy
Số điểm dao động cực đại trên vòng tròn là 22.
Chọn đáp án C.

A

M



B

Câu 11: Giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B giống hệt nhau có tần số 40Hz và cách nhau 10cm. Tốc
độ truyền sóng trên mặt nước là 0,6m/s. Xét đường thẳng By nằm trên mặt nước và vuông góc với AB.
Điểm trên By dao động với biên độ cực đại gần B nhất là
A. 10,6mm
B. 11,2mm
C. 12,4mm
D. 14,5
Hướngdẫn:

1.

AB

= 6,7  Điểm cực đại trên AB gần B nhất có k = 6

I

h
Gọi I là điểm cực đại trên đường tròn gần AB nhất
A
B
Ta có: d1I – d2I = 18 cm vì d1I = AB = 20cm
x
 d2I = 2cm
Áp dụng tam giác vuông
x2 + h2 = 4  (20 – x)2 + h2 = 400 Giải ra h = 19,97mm
y
AB
2.
= 6,7  Điểm cực đại trên AB gần B nhất có k = 6

I
Ta có: d1I – d2I = 9 cm (1)
d1
Áp dụng tam giác vuông
d2
2
2
d 1 = d 2 + 100 (2)

A
B
Giải (1) và (2)  d2 = 10,6mm
Câu 12: Giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B giống hệt nhau có tần số 40Hz và cách nhau 10cm. Tốc
độ truyền sóng trên mặt nước là 0,6m/s. Xét đường thẳng By nằm trên mặt nước và vuông góc với AB.
Điểm trên By dao động với biên độ cực đại gần B nhất là:
A. 10,6mm
B. 11,2mm
C. 12,4mm
D. 14,5.
Hướngdẫn:
y
Bước sóng  = v/f = 0,015m = 1,5 cm
M
Xét điểm N trên AB dao động với biên độ
d1

cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm)
d2
d’1 – d’2 = k = 1,5k


d’1 + d’2 = AB = 10 cm
A
B
d’1 = 5 + 0,75k
0 ≤ d’1 = 5 + 0,75k ≤ 10  - 6 ≤ k ≤ 6
Điểm M đường thẳng By gần B nhất ứng với k = 6
Điểm M thuộc cực đại thứ 6
d1 – d2 = 6 = 9 cm (1)

d12 – d22 = AB2 = 102  d1 + d2 = 100/9 (2)
Lấy (2) – (1) 2d2 = 100/9 -9 = 19/9  d2 = 19/18 = 1,0555 cm = 10,6 mm. Chọn đáp án A


Cách khác: Gọi I là điểm nằm trên AB
Điểm cực đại gần B nhất trên By ứng với điểm cực đại
Xa O nhất là H ( Tính chất của Hipebol)
Ta có

AB
AB
K



  6,6  K  6,6
 kmax = 6

y
M

d1


A

O

d2


H
B

Vậy d1 – d2 = 6 = 9 cm . Tiếp theo ta dựa vào tam giác vuông AMB như cách giải trên.
Câu 13: Giao thoa sóng nước với hai nguồn giống hệt nhau A, B cách nhau 20cm có tần số 50Hz. Tốc độ
truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Trên mặt nước xét đường tròn tâm A, bán kính AB. Điểm trên đường
tròn dao động với biên độ cực đại cách đường thẳng qua A, B một đoạn gần nhất là
A. 18,67mm
B. 17,96mm
C. 19,97mm
D. 15,34mm
Hướngdẫn:
Bước sóng  = v/f = 0,03m = 3 cm
Xét điểm N trên AB dao động với biên độ
cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm)
M

d’1 – d’2 = k = 3k
d
d’1 = 10 +1,5k
0≤ d’1 = 10 +1,5k ≤ 20
 -6 ≤k≤6
 Trên đường tròn có 26 điểm dao động với biên độ cực đại
Điểm gần đường thẳng AB nhất ứng với k = 6. Điểm M thuộc cực đại thứ 6
d1 – d2 = 6 = 18 cm; d2 = d1 – 18 = 20 – 18 = 2cm
Xét tam giác AMB; hạ MH = h vuông góc với AB. Đặt HB = x
h2 = d12 – AH2 = 202 – (20 – x)2
h2 = d22 – BH2 = 22 – x2
 202 – (20 – x)2 = 22 – x2  x = 0,1 cm = 1mm
 h = d 22  x2  20 2 1  399  19,97 mm . Chọn đáp án C

Cách khác:



A

d

B

v
 3cm ; AM = AB = 20cm
f

AM - BM = kBM = 20 - 3k


AB
AB
k
 6,7  kmax = 6BMmin = 2cm



AMB cân: AM = AB = 200mm; BM = 20mm.
Khoảng cách từ M đến AB là đường cao MH của AMB:
p  p a  p b  p c 
a b c
2 21.1.1.19
;p

 21cm  h 
h= 2
 1,997cm  19,97mm
20
a
2
Câu 14. Tại một điểm trên mặt phẳng chất lỏng có một nguồn dao động tạo ra sóng ổn định trên mặt chất
lỏng. Coi môi trường tuyệt đối đàn hồi. M và N là 2 điểm trên mặt chất lỏng, cách nguồn lần lượt là R 1 và
R
R2. Biết biên độ dao động của phần tử tại M gấp 4 lần tại N. Tỉ số 1 bằng
R2
A. 1/4
B. 1/16
C. 1/2
D. 1/8
Hướngdẫn: