Lý thuyết Đại cương về dòng điện xoay chiều (mới 2024 + Bài Tập) - Vật lí 12

Đáp án: A

Giải thích:

Tần số góc quay của khung dây:

$\omega =150$vòng/phút $=150.\frac{2\pi }{60}=5\pi \text{ rad/s.}$

Suất điện động hiệu dụng của khung:

$E=\frac{E_0}{\sqrt{2}}=\frac{{\Phi }_0\omega }{\sqrt{2}}=\frac{\frac{10}{\pi }.5\pi }{\sqrt{2}}=25\sqrt{2}V.a$

Đáp án: A

Giải thích:

Suất điện động cảm ứng:

$e=-\frac{d\Phi }{dt}={\Phi }_0\omega \sin (\omega t+{\phi }_1)={\Phi }_0\omega cos\left(\omega t+{\phi }_1-\frac{\pi }{2}\right)$

$\Rightarrow {\phi }_2={\phi }_1-\frac{\pi }{2}\Rightarrow ({\phi }_2-{\phi }_1)=-\frac{\pi }{2}=-0,5\pi .$

Đáp án: D

Giải thích:

Tần số góc của chuyển động quay của khung dây:

$\omega =1800$ vòng/phút $=1800.\frac{2\pi }{60}=60\pi rad/s.$

Suất điện động cực đại qua khung dây:

$E_0=\Phi {}_0\omega =NBS\omega =100.0,{\mathrm{02.50.10}}^{-4}.60\pi =0,6\pi \left(V\right).$

Gốc thời gian lúc vectơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây hợp với vectơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$ một góc 30⁰ nên pha ban đầu của từ thông là ${\phi }_{\Phi }={30}^0=\frac{\pi }{6}rad.$

Pha ban đầu của suất điện động: ${\phi }_e={\phi }_{\Phi }-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{3}rad.$

Biểu thức suất điện động cảm ứng trong thanh:

$e=E_o\cos \left(\omega t+{\phi }_e\right)=0,6\pi \cos \left(60\pi -\frac{\pi }{3}\right)V$

Đáp án: D

Giải thích:

Từ phương trình điện áp ta có điện áp cực đại: $U_0=220\text{ V.}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=110\sqrt{2}\text{ V.}$

Đáp án: D

Giải thích:

Từ biểu thức dòng điện xoay chiều ta có:

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=2A\Rightarrow$A đúng.

Tần số góc của dòng điện: $\omega =100\pi rad/s\Rightarrow$ Chu kì dòng điện $T=\frac{2\pi }{\omega }=0,02s$

Và tần số dòng điện $f=\frac{1}{T}=50\text{ Hz}\Rightarrow$B, C đúng.

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\text{ A}\Rightarrow$ D sai.

Đáp án: C

Giải thích:

Từ phương trình dòng điện, ta có I₀ = 5A

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở $R=50\Omega$ trong thời gian t = 1 phút = 60 giây là:

$Q=I^{2}Rt=\frac{I_0^2}{2}Rt=\frac{5^2}{2}\mathrm{.50.60}=37500\text{ J.}$

Đáp án: C

Giải thích:

Biểu thức dòng điện $i=2+4\cos 100\pi t\left(A\right)$ là sự tổng hợp của hai loại dòng điện:

+ Dòng điện không đổi $I_1=2A.$

+ Dòng điện xoay chiều $i_2=4\cos \left(100\pi t\right)\Rightarrow$giá trị dòng điện hiệu dụng:

$I_2=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$A.

Nhiệt lượng tỏa ra trên R trong thời gian t = 1 phút = 60 giây:

$Q=Q_1+Q_2=I_1^{2}Rt+I_2^{2}Rt=\left(I_1^2+I_2^2\right)Rt=\left(2^2+{\left(2\sqrt{2}\right)}^2\right)10.60=7200\text{ J=7,2 kJ.}$

Đáp án: C

Giải thích:

Khai triển biểu thức dòng điện:

$i=4{\cos }^{2}100\pi t\left(A\right)=4.\frac{1+\cos \left(200\pi t\right)}{2}=2+2\cos \left(200\pi t\right)$

Như vậy dòng điện đề bài cho là sự tổng hợp của:

+ Dòng điện không đổi $I_1=2$A.

+ Dòng điện xoay chiều $i_2=2\cos \left(200\pi t\right)A\Rightarrow$ giá trị dòng điện hiệu dụng:

$I_2=\sqrt{2}$A.

Nhiệt lượng tỏa ra trên R trong thời gian t:

$Q=Q_1+Q_2=I_1^{2}Rt+I_2^{2}Rt=\left(I_1^2+I_2^2\right)Rt$ (1)

Giả sử I là cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch, khi đó nhiệt lượng tỏa ra trên R trong thời gian t còn được tính bằng biểu thức: $Q=I^{2}Rt$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\sqrt{I_1^2+I_2^2}=\sqrt{6}$A.

Đáp án: D

Giải thích:

Khai triển biểu thức i: $i=8co{\text{s}}^{2}100\pi t=4+4\cos \left(200\pi t\right).$

Dòng điện hiệu dụng: $I=\sqrt{I_1^2+I_2^2}=\sqrt{4^2+{\left(\frac{4}{\sqrt{2}}\right)}^2}=2\sqrt{6}$ A.

Công suất trung bình của dòng điện trong một chu kì:

$\text{P}=I^2.R={\left(2\sqrt{6}\right)}^2.40=960$ W.

Đáp án: A

Giải thích:

Thay $t=6ms={6.10}^{-3}s$vào biểu thức cường độ dòng điện ta có:

$i=2\cos \left(100\pi {\mathrm{.6.10}}^{-3}-\frac{\pi }{3}\right)\approx 1,34A.$

Đáp án: C

Giải thích:

Thay $t=5ms={5.10}^{-3}s$vào biểu thức điện áp ta có:

$u=220\sqrt{2}\cos \left(100\pi {\mathrm{.5.10}}^{-3}-\frac{\pi }{4}\right)=220V$

Đáp án: B

Giải thích:

Thay $t=\frac{1}{300}\left(s\right)$ vào biểu thức cường độ dòng điện i có:

$i=2\sqrt{2}cos\left(100\pi .\frac{1}{300}\right)=\sqrt{2}$ A

Để biết dòng điện đang tăng hay giảm ta xét dấu của i’.

Tại thời điểm $t=\frac{1}{300}\left(s\right)$ ta có: $i\text{'}=-2\sqrt{2}.100\pi .\sin \left(100\pi .\frac{1}{300}\right)<0.$

$\Rightarrow$Dòng điện đang giảm.

Đáp án: D

Giải thích:

Tại thời điểm t: $u_1=\frac{U_0}{2}$và đang giảm tức vì $u_1\text{'}<0.$

Sau khoảng thời gian $\Delta t=\frac{1}{300}s$ thì góc quay được $\Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{\pi }{3}rad.$

Biểu diễn điểm M trên vòng tròn ứng với thời điểm t, sau khi quét được góc $\frac{\pi }{3}$ thì tới vị trí điểm N.

Từ hình vẽ ta có ${\phi }_2=\pi -\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow u=-100\sqrt{2}V.$

Đáp án: C

Giải thích:

Tần số góc của dòng điện $\omega =2\pi f=2\pi .50=100\pi rad/s.$

Hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu mạch: $U_0=U\sqrt{2}=110\sqrt{2}.\sqrt{2}=220V.$

Tại t = 0 có $u=110V=\frac{U_0}{2}\Rightarrow \cos \phi =\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =\pm \frac{\pi }{3}$ mà u đang tăng

Nên $u\text{'}>0\Rightarrow \phi <0\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{3}.$

$\Rightarrow$Phương trình điện áp: $u=220\cos \left(100\pi -\frac{\pi }{3}\right)V.$

Đáp án: C

Giải thích:

Từ đồ thị, ta có điểm thấp nhất ứng với $i=-4A=-I_0\Rightarrow I_0=4A.$

Từ thời điểm $t_1=0,{25.10}^{-2}s$ đến thời điểm $t_2=1,{25.10}^{-2}s$ dòng điện giảm từ giá trị I₀ đến -I₀ nên thời gian tương ứng là $\Delta t=t_2-t_1=\frac{T}{2}\Rightarrow T=0,02s\Rightarrow \omega =100\pi rad/s.$

Tại t = 0 có $i=2\sqrt{2}\text{ A=}\frac{I_0}{\sqrt{2}}\Rightarrow {\phi }_0=\pm \frac{\pi }{4}$ và đang tăng $\Rightarrow {\phi }_0=-\frac{\pi }{4}.$

Vậy phương trình của i: $i=4\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{4}\right)A.$