15 câu Trắc nghiệm Mạch dao động có đáp án (Vận dụng cao)

Đáp án A

Giả sử phương trình điện tích là: $q=Q_0\text{cos}\left(\omega t+\phi \right)$

Phương trình cường độ dòng điện là:

$i=q\text{'}=-\omega .Q_0\text{.sin}\left(\omega t+\phi \right)=I_0\text{.cos}\left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$

Gốc thời gian là lúc tụ đang phóng điện tức là q đang giảm, ta có hình vẽ:

+ Vì q đang giảm nên I đang tăng => pha ban đầu của dòng điện ${\phi }_i=-\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow$ Phương trình của I là : $i=I_0\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{3}\right)$

+ Với tần số góc: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{2.10}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-9}}}={5.10}^{5}rad/s$

+ Khi năng lượng điện trường bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại thì năng lượng từ trường cũng bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại nên:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}L.i^2=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.L.I_0^2\\ \Rightarrow I_0^2=2i^2=2{\sqrt{2}}^2=4\Rightarrow I_0=2A\end{array}$

Vậy phương trình của dòng điện i là: $i=2\cos \left({5.10}^{5}t-\frac{\pi }{3}\right)A$

Đáp án D

Ta có:

+ Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ \to I_0^2=\frac{2P}{R}=\frac{2.4,{5.10}^{-5}}{5}=1,{8.10}^{-5} \\ \to I_0=3\sqrt{2}{.10}^{-3}A \end{gathered}$$

+ Mặt khác, ta có:

$$\begin{gathered} L{I}_0^2=C{U}_0^2\to U_0=I_0\sqrt{\frac{L}{C}} \\ =3\sqrt{2}{.10}^{-3}\sqrt{\frac{2,{4.10}^{-3}}{{6.10}^{-12}}}=60\sqrt{2}V \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Ta có: $\frac{L{I}_0^2}{2}=\frac{C{U}_0^2}{2}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}$

+ Khi mạch có điện trở R thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí do toả nhiệt trên R:

$$\begin{gathered} P=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R=\frac{C{U}_0^2}{2L}R \\ =\frac{{10}^{-6}{.10}^2}{2.0,{1.10}^{-3}}0,02=0,01\text{W}=10mW \end{gathered}$$

Đáp án B

Khi dòng điện qua mạch ổn định ( qua cuộn dây):

$I=\frac{E}{r_n+r_d}=\frac{3}{5}\left(A\right)$ (Hay: $I=E/\left(R+r)=3/5=0,6\left(A\right)\right)$

Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn dây cũng chính là hiệu điện thế giữa 2 đầu tụ: $U_{AB}=U_0=IR=1,8\left(V\right)$

Năng lượng dao động của mạch lúc ngắt nguồn: $\text{W}=\frac{1}{2}L{I}^2+\frac{1}{2}C{U}^2=4,{5.10}^{-6}\left(J\right)$

Nhiệt lượng lớn nhất toả ra trên cuộn dây bằng (W) năng lượng dao động lúc đầu của mạch

Lúc đó nhiệt lượng lớn nhất toả ra trên cuộn dây bằng năng lượng của mạch đó

$$\begin{gathered} Q_{\text{max}}=\text{W}=\frac{C{U}_0^2}{2}+\frac{L{I}^2}{2} \\ =8,{1.10}^{-6}+0,{9.10}^{-6}={9.10}^{-6}\left(J\right)=9\mu J \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Ta có: $\frac{L{I}_0^2}{2}=\frac{C{U}_0^2}{2}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}$

+ Khi mạch có điện trở R thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí do toả nhiệt trên R:

$$\begin{gathered} P=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R=\frac{C{U}_0^2}{2L}R \\ =\frac{{10}^{-6}{.10}^2}{2.0,{1.10}^{-3}}0,02=0,01\text{W}=10mW \end{gathered}$$

Đáp án B

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=10\sqrt{\frac{{2.10}^{-9}}{{20.10}^{-6}}}=0,05A$

Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ =\frac{{\left(0,05\right)}^2}{2}4={5.10}^{-3}\text{W=5mW} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=10\sqrt{\frac{{18.10}^{-9}}{3,{6.10}^{-4}}}=0,05\sqrt{2}A$

Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ \to R=\frac{2P}{I_0^2}=\frac{{\mathrm{2.6.10}}^{-3}}{{\left(0,05\sqrt{2}\right)}^2}=2,4\Omega \end{gathered}$$

Đáp án D

Từ phương trình $i=0,04\cos \left(\omega t\right)A$, ta suy ra cường độ dòng điện cực đại $I_0=0,04A$

Ta có, năng lượng điện từ:

$\text{W}={\text{W}}_t+{\text{W}}_d=2.\frac{0,8}{\pi }{.10}^{-6}\left(J\right)=\frac{L{I}_0^2}{2}\Rightarrow L=\frac{{2.10}^{-3}}{\pi }\left(H\right)$

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp mà ${\text{W}}_d={\text{W}}_t$ là $\frac{T}{4}$ nên

$\begin{array}{l}\frac{T}{4}=0,{25.10}^{-6}\left(s\right)\Rightarrow T={10}^{-6}\left(s\right)\\ \Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=2\pi {.10}^{-6}\left(rad/s\right)\\ \Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }^{2}L}=\frac{{125.10}^{-12}}{\pi }\left(F\right)\end{array}$

Đáp án D

Ta có năng lượng điện từ trong mạch được bảo toàn: $\text{W}=\frac{1}{2}C{u}^2+\frac{1}{2}L{i}^2=h/s$

Ta suy ra:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}C{u_1}^2+\frac{1}{2}L{i_1}^2=\frac{1}{2}C{u_2}^2+\frac{1}{2}L{i_2}^2\\ \to C{u_1}^2+L{i_1}^2=C{u_2}^2+L{i_2}^2\\ \leftrightarrow C=\frac{L\left({i_2}^2-{i_1}^2\right)}{{u_1}^2-{u_2}^2}=\frac{{5.10}^{-3}\left({\left(2,{4.10}^{-3}\right)}^2-{\left(1,{8.10}^{-3}\right)}^2\right)}{1,2^2-0,9^2}\\ ={2.10}^{-8}C=20nF\end{array}$

+ Năng lượng dao động điện từ trong mạch:

$$\begin{gathered} \text{W=}\frac{1}{2}C{u_1}^2+\frac{1}{2}L{i_1}^2 \\ =\frac{1}{2}{2.10}^{-8}.1,2^2+\frac{1}{2}{5.10}^{-3}{\left(1,{8.10}^{-3}\right)}^2=2,{25.10}^{-8}J \end{gathered}$$