Chương IV - Dao động và sóng điện từ

\(W_L+W_C = W_{Cmax}\)

mà \(W_{d} = 2 W_t\) => \(W_{Cmax} = \frac{3}{2}W_C=> \frac{1}{2}CU_0^2 = \frac{3}{2}.\frac{1}{2}Cu^2.\)

=> \(u^2 = \frac{2}{3}U_0^2=> u = \pm \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \approx \pm 1,63 V.\)

Chọn đáp án \(D.1,63V.\)

Bạn có thể áp dụng công thức tổng quát

\(W_C = nW_L => W = (1+\frac{1}{n})W_C\)

=> \(U_0^2 = \frac{n+1}{n}u^2\)

=> \(u = \pm \sqrt{\frac{n}{n+1}}U_0.\)

Đề của bạn phải sửa lại: \(Li^2 = 8 qu.(1)\) (\(u\) là giá trị tức thời)

Từ (1) => \(\frac{1}{2}Li^2 = 8\frac{1}{2}cu^2\)

=> \(W_L = 8W_C\)

=> \(W = 9W_C\)

=> \(\frac{1}{2}CU_0^2 = 9\frac{1}{2}Cu^2\)

=> \( U_0^2 = 9u^2=> u = \pm \frac{U_0}{3} = \pm2V.\)

Chọn đáp án A. 2V.

Cảm ơn bạn nhé.

Cứ sau khoảng thời gian là  \(\frac{T}{4}\) thì năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường 

=> \(\frac{T}{4} = 1ms=> T = 4ms.\)

\(W_{L} = \frac{1}{2} W_{Lmax}\) => \(\frac{1}{2}Li^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} LI_0^2 \)

=> \(i^2 = \frac{1}{2} I_0^2 => i = \pm \frac{I_0}{\sqrt{2}}.\)

Như vậy trong 1 chu kì T có 4 lần năng  lượng từ trường có giá trị bằng một nửa cực đại của nó (ứng với 4 điểm trên đường tròn)

\(\varphi = 2.\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} => t = \frac{\varphi}{\omega} = \frac{\pi/2}{2\pi/T} = \frac{T}{4} \)

=> \(t = \frac{T}{4} = \frac{1}{f.4} = 2,5.10^{-7}s= 0,25 \mu s.\)

Đáp án D cần sửa lại là \(0,25 \mu m\)

B

\(T = 2\pi \sqrt{LC}\)

 => \(T_1 = 2\pi \sqrt{LC_1}\); \(T_2 = 2\pi \sqrt{LC_2}\)

=> \(T_1 \leq T \leq T_2.\)

Áp dụng công thức độc lập: \(\left(\frac{i}{I_0}\right)^2+\left(\frac{u}{U_0}\right)^2=1\), ta có;

\(\left(\frac{i}{I_0}\right)^2+\left(\frac{2}{U_0}\right)^2=1\) \(\Rightarrow\left(\frac{i}{2I_0}\right)^2+\left(\frac{1}{U_0}\right)^2=\frac{1}{4}\)(1)

\(\left(\frac{i}{2I_0}\right)^2+\left(\frac{4}{U_0}\right)^2=1\)(2)

Lấy (2) - (1) vế với vế ta được \(\frac{15}{U_0^2}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow U_0=2\sqrt{5}\)

Đáp án A nhé bạn.

Câu này thì đơn giản thui.

Năng lượng điện và năng lượng từ cũng giống như động năng và thế năng biến thiên tuần hoàn (không phải điều hòa đâu nhé) theo thời gian với tần số gấp đôi tần số của hệ.

Do vậy chọn đáp án C là đúng.

C

Có 2 điểm M,N trên đường tròn có giá trị tức thời là  \(\frac{I_0}{2} \) nhưng chỉ có điểm M thỏa mãn là dòng đang tăng đang tăng

Thời gian ngắn nhất để đi từ M -> P (điểm có i = 0) là 

\(t = \frac{\varphi}{\omega} = \frac{\pi/2+\pi/3}{2\pi/T} = \frac{5T}{12} = \frac{5}{6} => T = 2\mu s. \)

=> \(C = \frac{T^2}{4\pi^2L} =25 nF.\)

Khi tụ xoay từ \(0^0 \rightarrow 180 ^0 : \) \(C_1 = 10pF \rightarrow C_2 = 500 pF\)

=> Tụ xoay từ \(0^0 \rightarrow 90^0: \) \(C_1 = 10pF \rightarrow C_x\)

Khi đó ta có: \((180-0) .(C_x-C_1) = (C_2-C_1).(90-0)\)

=> \(C_x-C_1 = \frac{(C_2-C_1)90}{180} = 245pF.\)

=> \(C_x = 255pF.\)

\(\lambda = c.2\pi \sqrt{LC} \approx 134,6m.\)

Chọn đáp án.C

Mạch dao động có cuộn cảm L có điện trở R => năng lượng sẽ bị hao phí do tỏa nhiệt trên R.

Công suất hao phí trên điện trở R là \(P = I^2R = \frac{U^2}{R} = \frac{U_0^2}{2R} = \frac{5^2}{2.2} = 6,25W.\)

=> Cần cung cấp cho mạch 1 công suất chính bằng công suất hao phí là 6,25 W.

Cảm ơn bạn nhé.