CHỦ ĐỀ TỰ LUẬN VẬT LÍ 11 – HK1 (ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG, DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI, DÒNG ĐIỆN) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TỰ LUẬN VẬT LÍ 11 THEO CHỦ ĐỀ

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHỦ ĐỀ TỰ LUẬN VẬT LÍ 11 – HK1 (ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG, DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI, DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG) WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

DẠ Y

KÈ Y

QU ƠN

Tự luận vật lý 11

Mục lục Phần I: ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG .................................................................................................................... 3 3

CHỦ ĐỀ 1: LỰC TƯƠNG TÁC TĨNH ĐIỆN Dạng 1. Điện tích của vật tích điện - Tương tác giữa hai điện tích điểm. Dạng 2: Lực tổng hợp tác dụng lên một điện tích

Dạng 3. Khảo sát sự cân bằng của một điện tích CHỦ ĐỀ 2. ĐIỆN TRƯỜNG

3 9 17 27 28

Dạng 2. Cường độ điện trường do nhiều điện tích điểm gây ra

CHỦ ĐỀ 4: TỤ ĐIỆN

CHỦ ĐỀ 3. CÔNG CỦA LỰC ĐIỆN – ĐIỆN THẾ, HIỆU ĐIỆN THẾ

Dạng 1. Xác định cường độ điện trường. Lực tác dụng lên điện tích đặt trong điện trường

46 59

Dạng 1. Tính điện dung, điện tích, hiệu điện thế và năng lượng của tụ điện

Dạng 2: Ghép các tụ điện và giới hạn hoạt động của tụ điện

ƠN

CHỦ ĐỀ 5. CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG ĐỀU

PHẦN II. DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI .......................................................................................................................96 Dạng 1. Đại cương về dòng điện không đổi

98 102

Dạng 3. Tính điện trở tương đương

108

Dạng 2. Điện trở – Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R

120

Dạng 5. Mắc Ampe kế và Vôn kế vào mạch

131

Dạng 6. Công và công suất của dòng điện

146

Dạng 7. Định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín)

161

Dạng 8. Định luật ôm cho từng đoạn mạch

182

Dạng 9. Công và công suất của nguồn điện và máy thu điện

191

Dạng 4. Định luật Ôm cho đoạn mạch có điện trở mắc nối tiếp và song song.

PHẦN III : DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG .................................................................................... 205 206

Dạng 2. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN

211

DẠ Y

KÈ

Dạng 1. DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI

Tự luận vật lý 11

Phần I: ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG CHỦ ĐỀ 1: LỰC TƯƠNG TÁC TĨNH ĐIỆN

Dạng 1. Điện tích của vật tích điện - Tương tác giữa hai điện tích điểm. A. Phương pháp giải * Kiến thức liên quan

▪ Điện tích của electron qe = -1,6.10-19 C. Điện tích của prôtôn qp = 1,6.10-19 C. Điện tích e = 1,6.10-19 C gọi là điện tích nguyên tố. 𝑞1 +𝑞2 2

▪ Lực tương tác giữa hai điện tích điểm: + Điểm đặt lên mỗi điện tích. + Phương trùng với đường thẳng nối hai điện tích.

+ Độ lớn: F = 9.109

|𝑞1 𝑞2 | 𝜀𝑟 2

ƠN

+ Chiều: đẩy nhau nếu cùng dấu, hút nhau nếu trái dấu.

sẽ bằng nhau và bằng

▪ Khi cho hai vật giống nhau, có tích điện q1 và q2 tiếp xúc với nhau rồi tách chúng ra thì điện tích của chúng

;  là hằng số điện môi của môi trường (trong chân không hoặc gần đúng là không

khí thì  = 1).

* Phương pháp giải

Để tìm các đại lượng liên quan đến sự tích điện của các vật và lực tương tác giữa hai điện tích điểm ta viết biểu thức liên quan đến những đại lượng đã biết và những đại lượng cần tìm từ đó suy ra và tính đại lượng cần tìm.

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Hai điện tích điểm 𝑞1 = 2.10−8C, 𝑞2 = −10−8C. Đặt cách nhau 20 cm trong không khí. Xác định lực tương tác giữa chúng? Hướng dẫn giải

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm q1 và q2 là ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹12 và ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹21 có: + Chiều là lực hút

+ Phương là đường thẳng nối hai điện tích điểm.

𝑞1 𝑞2

KÈ

+ Độ lớn 𝐹12 = 𝐹21 = 𝑘

𝑟2

= 9.109

2.10−8 .10−8 0,22

= 4,5.10−5 𝑁

Ví dụ 2: Hai điện tích điểm 𝑞1 = 2.10−8C, 𝑞2 = −2.10−8C. Đặt tại hai điểm A, B trong không khí. Lực tương tác giữa chúng là 0,4 N. Xác định khoảng cách AB.

DẠ Y

Hướng dẫn giải

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm có độ lớn 𝐹 = 𝐹12 = 𝐹21 = 𝑘

𝑞1 𝑞2 𝑟2

⇒ 𝑟 = √𝑘

𝑞1 𝑞2 𝐹

= 0,3 m

Vậy khoảng cách giữa hai điện tích điểm là 0,3 m.

Ví dụ 3: Hai điện tích đặt cách nhau một khoảng r trong không khí thì lực tương tác giữa chúng là 2.10−3 𝑁. Nếu khoảng cách đó mà đặt trong môi trường điện môi thì lực tương tác giữa chúng là 10−3 𝑁

Tự luận vật lý 11

a. Xác định hằng số điện môi. b. Để lực tương tác giữa hai điện tích đó khi đặt trong điện môi bằng lực tương tác giữa hai điện tích khi đặt

trong không khí thì khoảng cách giữa hai điện tích là bao nhiêu? Biết khoảng cách giữa hai điện tích này trong không khí là 20 cm. Hướng dẫn giải 𝑞1 𝑞2

𝐹0 = 𝑘 𝐹=𝑘

𝑟2 𝑞1 𝑞2

⇒𝜀=

𝜀𝑟 2

𝐹0 𝐹

{

a. Ta có biểu thức lực tương tác giữa hai điện tích trong không khí và trong điện môi được xác định bởi

trong không khí thì khoảng cách giữa hai điện tích bây giờ là 𝑟 ′ {

𝐹0 = 𝑘

𝑞1 𝑞2

𝑟2 𝑞1 𝑞2

𝐹 = 𝑘 𝜀𝑟 ′2

⇒ 𝐹0 = 𝐹 ′ ⇒ 𝑟 ′ =

𝑟 √𝜀

= 10√2cm

b. Để lực tương tác giữa hai điện tích khi đặt trong điện môi bằng lực tương tác giữa hai điện tích khi ta đặt

ƠN

Ví dụ 4: Trong nguyên tử Hidro, electron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân theo quỹ đạo tròn có bán kính 5.10−9cm.

a. Xác định lực hút tĩnh điện giữa electron và hạt nhân.

b. Xác định tần số chuyển động của electron. Biết khối lượng của electron là 9,1.10−31kg Hướng dẫn giải

a. Lực hút tĩnh điện giữa electron và hạt nhân: 𝑒2

1,6.10−19

b. Tần số chuyển động của electron:

𝐹 = 𝑘 𝑟 2 = 9.109 ( 5.10−11 ) = 9,2.10−8 𝑁

𝑒2

Electron chuyển động tròn quanh hạt nhân, nên lực tĩnh điện đóng vai trò là lực hướng tâm 9,2.10−8

𝐹

F = 𝑘 𝑟 2 = 𝑚𝜔2 𝑟 ⇒ 𝜔 = √𝑚𝑟 = √9,1.10−31.5.10−11 = 4,5.1016 rad/s Vậy 𝑓 = 0,72.1026 Hz

Ví dụ 5: Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 20 cm trong không khí, chúng đẩy nhau một lực F = 1,8 N. Biết 𝑞1 + 𝑞2 = −6.10−6C và |𝑞2 | > |𝑞2 |. Xác định dấu của điện tích q1 và q2. Vẽ các vecto lực điện tác dụng lên

KÈ

các điện tích. Tính q1 và q2. Hướng dẫn giải

Hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu, mặt khác tổng hai điện tích này là số âm do đó có hai điện tích

DẠ Y

đều âm

Ta có 𝐹 = 𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

⇒ |𝑞1 𝑞2 | =

𝐹𝑟 2 𝑘

= 8.10−12

▪ Kết hợp với giả thuyết 𝑞1 + 𝑞2 = −6.10−6 C, ta có hệ phương trình 𝑞1 + 𝑞2 = −6.10−6 { 𝑞1 𝑞2 = 8.10−12

𝑞1 = −2.10−6 𝐶 { 𝑞2 = −4.10−6 𝐶 𝑞1 = −4.10−6 𝐶  |𝑞 | |𝑞 | ⇒ vì 2 > 2 { 𝑞1 = −4.10−6 𝐶 𝑞2 = −2.10−6 𝐶 { [ 𝑞2 = −2.10−6 𝐶

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 6: Hai điện tích điểm có độ lớn bằng nhau được đặt trong không khí cách nhau 12 cm. Lực tương tác giữa hai điện tích đó bằng 10 N. Đặt hai điện tích đó trong dầu và đưa chúng lại cách nhau 8 cm thì lực tương

tác giữa chúng vẫn là 10 N. Tính độ lớn của các điện tích và hằng số điện môi của dầu. Hướng dẫn giải

𝑞2

𝐹0 𝑟 2

𝐹0 = 𝑘 𝑟 2 ⇒ |𝑞| = √

𝑘

= 4.10−12 𝐶 𝑟2

122 82

= 2,25

Khi đặt trong điện môi mà lực tương tác vẫn không đổi nên ta có: 𝜀 = 𝑟 ′2 =

Lực tương tác giữa hai điện tích khi đặt trong không khí

𝑞1 = −3,2.10−7 C, 𝑞2 = 2,4.10−7 C, cách nhau một khoảng 12 cm.

Ví dụ 7: Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau bằng kim loại A và B đặt trong không khí, có điện tích lần lượt là a. Xác định số electron thừa và thiếu ở mỗi quả cầu và lực tương tác giữa chúng.

b. Cho hai quả cầu tiếp xúc điện với nhau rồi đặt về chỗ cũ. Xác định lực tương tác tĩnh điện giữa hai quả cầu đó.

ƠN

Hướng dẫn giải 𝑞

a. Số electron thừa ở quả cầu A là: 𝑛𝐴 = | 𝑒𝐴| = 2.1012 electron 𝑞

Số electron thiếu ở quả cầu B là 𝑛𝐵 = | 𝑒𝐵 | = 1,5.1012 electron

Lực tương tác tĩnh điện giữa hai quả cầu là lực hút, có độ lớn 𝐹 = 𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

= 48.10−3 𝑁

b. Khi cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi tách chúng ra thì điện tích của mỗi quả cầu sau này này là 𝑞1′ = 𝑞1 +𝑞2 2

= −0,4.10−7 𝐶

𝑞2′ =

Lực tương tác giữa chúng bây giờ là lực hút 𝐹 = 𝑘

|𝑞1′ 𝑞2′ | 𝑟2

= 10−3 𝑁

Ví dụ 8: Cho hai quả cầu kim loại nhỏ, giống nhau, tích điện và cách nhau 20 cm thì chúng hút nhau một lực bằng 1,2 N. Cho chúng tiếp xúc với nhau rồi tách chúng ra đến khoảng cách như cũ thì chúng đẩy nhau một Hướng dẫn giải

lực bằng lực hút. Tính điện tích lúc đầu của mỗi quả cầu. ▪ Hai quả cầu ban đầu hút nhau nên chúng mang điện trái dấu. 𝐹𝑟 2

KÈ

|𝑞1 𝑞2 | = −𝑞1 𝑞2 = = 3 10−12 𝑘 ▪ Từ giả thuyết bài toán, ta có: { 𝑞 +𝑞 2 𝐹𝑟 2 √192 ( 1 2 2) = 𝑘 ⇒ 𝑞1 + 𝑞2 = ± 3 10−6

DẠ Y

▪ Hệ phương trình trên cho ta nghiệm: Hoặc {

𝑞1 = 0,96.10−6 𝐶 𝑞1 = −5,58.10−6 𝐶 hoặc { 𝑞2 = −5,58.10−6 𝐶 𝑞2 = 0,96.10−6 𝐶

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Hai điện tích điểm bằng nhau đặt trong chân không, cách nhau một đoạn r = 4 cm. Lực đẩy tĩnh điện giữa chúng là F = 10-5 N. a) Tìm độ lớn mỗi điện tích. b) Tìm khoảng cách r’ giữa chúng để lực đẩy tĩnh điện là F’ = 2,5.10-6 N.

Tự luận vật lý 11

Bài 2. Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại A và B đặt trong không khí, có điện tích lần lượt là q 1 = 3,2.10-7 C và q2 = 2,4.10-7 C, cách nhau một khoảng 12 cm.

a) Xác định số electron thừa, thiếu ở mỗi quả cầu và lực tương tác điện giữa chúng. b) Cho hai quả cầu tiếp xúc điện với nhau rồi đặt về chỗ cũ. Xác định lực tương tác điện giữa hai quả cầu sau đó.

Bài 3. Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 20 cm trong không khí, chúng đẩy nhau với một lực F = 1,8 N. Biết q1 + q2 = - 6.10-6 C và |q1| > |q2|. Xác định loại điện tích của q1 và q2. Vẽ các véc tơ lực tác dụng của điện tích

này lên điện tích kia. Tính q1 và q2.

Bài 4. Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 30 cm trong không khí, chúng hút nhau với một lực F = 1,2 N. Biết

q1 + q2 = - 4.10-6 C và |q1| < |q2|. Xác định loại điện tích của q1 và q2. Tính q1 và q2.

Bài 5. Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 15 cm trong không khí, chúng hút nhau với một lực F = 4 N. Biết q1 + q2 = 3.10-6 C; |q1| < |q2|. Xác định loại điện tích của q1 và q2 . Vẽ các véc tơ lực tác dụng của điện tích này lên điện tích kia. Tính q1 và q2.

ƠN

Bài 6. Hai điện tích điểm có độ lớn bằng nhau được đặt cách nhau 12 cm trong không khí. Lực tương tác giữa hai điện tích đó bằng 10 N. Đặt hai điện tích đó trong dầu và đưa chúng cách nhau 8 cm thì lực tương tác giữa chúng vẫn bằng 10 N. Tính độ lớn các điện tích và hằng số điện môi của dầu.

Bài 7. Hai vật nhỏ giống nhau (có thể coi là chất điểm), mỗi vật thừa một electron. Tìm khối lượng của mỗi vật để lực tĩnh điện bằng lực hấp dẫn. Cho hằng số hấp dẫn G = 6,67.10-11 N.m2/kg2. Bài 8. Hai viên bi kim loại rất nhỏ (coi là chất điểm) nhiễm điện âm đặt cách nhau 6 cm thì chúng đẩy nhau với một lực F1 = 4 N. Cho hai viên bi đó chạm vào nhau sau đó lại đưa chúng ra xa với cùng khoảng cách như

trước thì chúng đẩy nhau với lực F2 = 4,9 N. Tính điện tích của các viên bi trước khi chúng tiếp xúc với nhau.

Bài 9. Hai quả cầu nhỏ hoàn toàn giống nhau, mang điện tích q1,q2 đặt trong chân không cách nhau 20cm thì hút nhau bằng một bằng lực F1=5.10-5N. Đặt vào giữa hai quả cầu một tấm thủy tinh dày d = 5cm, có hằng số điện môi ε = 4. Tính lực tác dụng giữa hai quả cầu lúc này. Bài 10. Cho hai điện tích điểm q1 = 10-8 C và q2 = - 2.10-8 C đặt tại hai điểm A và B cách nhau 10 cm trong

không khí.

a) Tìm lực tương tác tĩnh diện giữa hai điện tích.

KÈ

b) Muốn lực hút giữa chúng là 7,2.10-4 N. Thì khoảng cách giữa chúng bây giờ là bao nhiêu? c) Thay q2 bởi điện tích điểm q3 cũng đặt tại B như câu b) thì lực lực đẩy giữa chúng bây giờ là 3,6.10-4 N. Tìm q3?

DẠ Y

d) Tính lực tương tác tĩnh điện giữa q1 và q3 như trong câu c (chúng đặt cách nhau 10 cm) trong chất parafin có hằng số điện môi  = 2. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

a) Độ lớn mỗi điện tích:

Tự luận vật lý 11 𝑞2

| 𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

10−5

𝐹

= k𝑟 2  |q| = r√𝑘 = 4.10-2√9.109  1,3.10-9 (C).

b) Khoảng cách 𝑟′ =

𝑞√𝑘 √𝐹′

√9.109

= 1,3.10−9

√2,5.10−6

= 7,8.10–2 m = 7,8 cm.

Ta có: F = k

Bài 2.

2,4.10−7

Số electron thiếu ở quả cầu B: N2 = 1,6.10−9 = 1,5.1012 electron. | 𝑞1 𝑞2 |

|−3,2.10−7 .2.4.10−7 |

𝑟2

(12.10−2 )2

= 9.109

= 48.10-3 (N).

Lực tương tác điện giữa chúng là lực hút và có độ lớn: F = k

3,2.10−7

a) Số electron thừa ở quả cầu A: N1 = 1,6.10−19 = 2.1012 electron.

−3,2.10−7 +2,4.10−7 2

= - 0,4.10-7 C;

Bài 3.

|𝑞1′ 𝑞2′ | 𝑟2

= 9.109

|(−4.10−7 ).(−4.10−7 )| (12.10−2 )2

= 10-3 N.

ƠN

 Lực tương tác lúc này là lực đẩy và có độ lớn: F’ = k

b) Khi cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi tách ra, điện tích của mỗi quả cầu là: 𝑞1′ = 𝑞2′ = q’ =

Hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu; vì q1 + q2 < 0 nên chúng đều là điện tích âm. Véc tơ lực tương tác điện giữa hai điện tích: | 𝑞1 𝑞2 |

𝐹𝑟 2

𝑟2

𝑘

 |q1q2| =

1,8.0,22 9.109

= 8.10-12;

Ta có: F = k

q1 và q2 cùng dấu nên |q1q2| = q1q2 = 8.10-12 (1) và q1 + q2 = - 6.10-6 (2). Từ (1) và (2) ta thấy q1 và q2 là nghiệm của phương trình: x2 + 6.10-6x + 8.10-12 = 0 𝑞1 = −2.10−6 𝑞2 = −2.10−6 𝐶 𝑥1 = −2.10−6 . Kết quả { hoặc { . 𝑥2 = −4.10−6 𝑞2 = −4.10−6 𝑞1 = −4.10−6 𝐶

{

Vì |q1| > |q2|  q1 = - 4.10-6 C; q2 = - 2.10-6 C. Bài 4.

Hai điện tích hút nhau nên chúng trái dấu nhau; vì q1 + q2 < 0 và |q1| < |q2| nên q1 > 0; q2 < 0. | 𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

 |q1q2| =

𝐹𝑟 2

Ta có: F = k

𝑘

1,2.0,32 9.109

= 12.10-12;

KÈ

q1 và q2 trái dấu nên |q1q2| = - q1q2 = 12.10-12 (1); theo bài ra thì q1 + q2 = - 4.10-6 (2). Từ (1) và (2) ta thấy q1 và q2 là nghiệm của phương trình: x2 + 4.10-6x - 12.10-12 = 0 {

𝑞1 = 2.10−6 𝐶 𝑞2 = 2.10−6 𝐶 𝑥1 = 2.10−6 . Kết quả { hoặc { . 𝑥2 = −6.10−6 𝑞2 = −6.10−6 𝐶 𝑞1 = −6.10−6 𝐶

DẠ Y

Vì |q1| < |q2|  q1 = 2.10-6 C; q2 = - 6.10-6 C.

Bài 5.

Hai điện tích hút nhau nên chúng trái dấu nhau; vì q1 + q2 > 0 và |q1| < |q2| nên q1 < 0; q2 > 0. F=k

| 𝑞1 𝑞2 |

𝐹𝑟 2

𝑟2

𝑘

 |q1q2| =

4.(15.10−2 )2 9.109

= 10-11; vì q1 và q2 trái dấu nên:

|q1q2| = - q1q2 = 10-11 (1) và q1 + q2 = 3.10-6 (2). ▪ Từ (1) và (2) ta thấy q1 và q2 là nghiệm của phương trình: x2 - 3.10-6x - 10-11 = 0

𝑞1 +𝑞2 2

Tự luận vật lý 11

{

𝑞1 = −2.10−6 𝐶 𝑞2 = −2.10−6 𝐶 𝑥1 = −2.10−6 . Kết quả { hoặc { 𝑥2 = 5.10−6 𝑞2 = 5.10−6 𝐶 𝑞1 = 5.10−6 𝐶

Vì |q1| < |q2|  q1 = -2.10-6 C; q2 = 5.10-6 C. Bài 6.

▪ Khi đặt trong dầu:  = k

𝑘

10.(12.10−2 )2

=√

| 𝑞1 𝑞2 |

|4.10−6 .4.10−6 |

𝐹𝑟 2

10.(8.10−2 )2

= 9.109

9.109

= 4.10-6 C.

𝐹.𝑟 2

▪ Khi đặt trong không khí: |q1| = |q2| = √

= 2,25.

𝑞2

| 𝑞1 𝑞2 |

𝑞2

𝑟2

= k 𝑟 2 ; lực hấp dẫn: F’ = G

𝑚2

𝑞1 𝑞2 𝑟2

𝑚2

= G 𝑟2 .

9.109

𝑘

Lực tĩnh điện: F = k

Bài 7.

Để F = F’ thì: k𝑟 2 = G 𝑟 2  m = |q|√𝐺= 1,6.10-19√6,67.10−11 = 1,86.10-9 (kg). Bài 8. | 𝑞1 𝑞2 |

𝑓1 𝑟 2

𝑟2

𝑘

 |q1q2| =

vì q1 < 0 và q2 < 0 nên: |q1q2| = q1q2 = 16.10-13 (1).

4𝑓2 𝑟 2

 (q1 + q2)2 =

𝑘

𝑞1 +𝑞2 2

4.4,9.(6.10−2 )2 9.109

(𝑞1 +𝑞2 )2

 f2 = k

4.𝑟 2

9.109

= 16.10-13;

= 78,4.10-13  | q1 + q2| = 28.10-7;

Sau khi tiếp xúc: q1’ = q2’ =

4.(6.10−2 )2

ƠN

Trước khi tiếp xúc: f1 = k

vì q1 < 0 và q2 < 0 nên: q1 + q2 = - 28.10-7  q2 = - (q1 + 28.10-7) (2); Thay (2) vào (1) ta có: - 𝑞12 - 28.10-7q1 = 16.10-13  𝑞12 + 28.10-7q1 + 160.10-14 = 0.

Giải ra ta có: q1 = -8.10-7 C; q2 = -20.10-7 C hoặc q1 = -20.10-7 C; q2 = -8.10-7 C. Bài 9. | 𝑞1 𝑞2 | 𝜀𝑟 2

 F.r2. = kq1q2 = không đổi.

▪ Lực tĩnh điện F = k

▪ Khi điện môi không đồng nhất: khoảng cách mới giữa hai điện tích: rm = di√𝜀𝑖 (Khi đặt hệ điện tích vào môi trường điện môi không đồng chất, mỗi điện môi có chiều dày là di và hằng số

điện môi ɛi thì coi như đặt trong chân không với khoảng cách tăng lên là (𝑑𝑖 √𝜀 − 𝑑𝑖 ) ▪ Ta có : Khi đặt vào khoảng cách hai điện tích tấm điện môi chiều dày d thì khoảng cách mới tương đương là

KÈ

rm = r1 + r2 = d1 + d2√𝜀 = 0,15 + 0,05√4 = 0, 25 m Vậy : F0.r02 = F.r2 4 

𝑟

r1 0,2 2

𝐹 = 𝐹0 ( 𝑟0) = 5.10−5 (0,25) = 5.10−5 . 25 = 3,2.10−5 𝑁

DẠ Y

Hoặc dùng công thức:

F = 𝐹0 . (𝑟

𝑟1

1 +𝑑(√

0,2

0,2 2

) = 5.10−5 . (0,2+0,05(√4−1)) = 5.10−5 . (0,25) = 3,2.10−5 𝑁 𝜀−1)

Vậy lực tác dụng giữa hai quả cầu lúc này là: 𝐹 = 3,2.10−5 𝑁 Bài 10.

a) Tìm lực tương tác tĩnh diện giữa hai điện tích.

r2, 

Tự luận vật lý 11

▪ Lực tương tác giữa hai điện tích là: 𝐹 = 𝑘

|𝑞1 .𝑞2 |

= 9.109 .

𝑟2

|10−8 .−2.10−8 | 0,12

= 1,8.10−4 𝑁.

b) Muốn lực hút giữa chúng là 7,2.10-4 N. Tính khoảng cách giữa chúng: 0,1 2

= 0,05 (m) =5 (cm).

Hoặc dùng công thức: 𝐹′ = 𝑘

|𝑞1 .𝑞2 | 𝑟2

⇒ 𝑟 = √𝑘

|𝑞1 .𝑞2 | 𝐹′

= √9.109

10−8 .2.10−8 7,2.10−4

𝑟

r giảm 2 lần: r’ = 2 =

Vì lực F tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách nên khi F’ =7,2.10-4 N = 4F( tăng lên 4 lần) thì khoảng cách

= 0,05 (m) = 5 (cm).

c) Thay q2 bởi điện tích điểm q3 cũng đặt tại B như câu b thì lực lực đẩy giữa chúng bây giờ là 3,6.10-4N. Tìm q3? |𝑞1 .𝑞3 | 𝑟2

𝐹.𝑟 2

 |𝑞3 | = 𝑘|𝑞 | = 1

3,6.10−4 .0,12 9.109 .10−8

= 4.10−8 𝐶.

𝐹=𝑘

Vì lực đẩy nên q3 cùng dấu q1.

d) Tính lực tương tác tĩnh điện giữa q1 và q3 như trong câu c (chúng đặt cách nhau 10 cm) trong chất parafin

𝐹

Ta có: lực F tỉ lệ nghịch với nên F’ = 𝜀 = Hoặc dùng công thức: 𝐹′ = 𝑘

|𝑞1 .𝑞3 | 𝜀𝑟 2

3,6.10−4 2

= 9.109

ƠN

có hằng số điện môi  = 2. = 1,8.10-4 N).

10−8 .4.10−8 2.0,12

Dạng 2: Lực tổng hợp tác dụng lên một điện tích

= 1,8.10-4 N.

A. Phương pháp giải

– Khi một điện tích điểm q chịu tác dụng của nhiều lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 , ... do các điện tích điểm q1, q2, ... gây ra thì hợp lực tác dụng lên q là: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + ...

 Để xác định độ lớn của hợp lực 𝐹1 ta có thể dựa vào:

+ Định lí hàm cosin: F2 = 𝐹12 + 𝐹22 + 2𝐹1 𝐹2 𝑐𝑜𝑠𝛼 ( là góc hợp bởi 𝐹1 và 𝐹2 ). Nếu:

 𝐹1 và 𝐹2 cùng chiều thì: F = F1 + F2 ( = 0, cos = 1).

 𝐹1 và 𝐹2 ngược chiều thì: F = |F1 – F2|  𝐹1 và 𝐹2 vuông góc thì: F = √𝐹12 + 𝐹22

( = , cos = –1). ( = 90o, cos = 0). 𝛼

KÈ

 𝐹1 và 𝐹2 cùng độ lớn (F1 = F2) thì: F = 2F1cos 2 . + Phương pháp hình chiếu: 𝐹1

F = √𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2

DẠ Y

(Fx = F1x + F2x + ...; Fy =

F1y + F2y + ...)

𝐹1

𝐹2 𝐹

Cùng chiều

𝐹1

𝐹

𝐹1

𝐹

𝐹2 Ngược chiều

𝐹2

𝛼

𝐹 𝐹2

Cùng độ lớn

Vuông góc

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Hai điện tích q1 = 8.10-8C, q2 = - 8.10-8C đặt tại A, B trong không khí (AB = 6cm). Xác định lực tác dụng lên q3 = 8.10-8C, nếu:

Tự luận vật lý 11

a) CA = 4cm, CB = 2cm b) CA = 4cm, CB = 10cm

c) CA = CB = 5cm Hướng dẫn giải Điện tích q3 sẽ chịu hai lực tác dụng của q1 và q2 là 𝐹1 và 𝐹2 . a) Trường hợp 1: CA = 4cm, CB = 2cm

𝐴 + 𝑞1

▪ q1, q3 cùng dấu nên 𝐹1 là lực đẩy

Trên hình vẽ, ta thấy 𝐹1 và 𝐹1 cùng chiều. Vậy: 𝐹 cùng chiều 𝐹1 , 𝐹2 (hướng từ C đến B). 𝐴𝐶 2

|8.10−8 ⋅8.10−8 | (4.10−2 )2

+ k.

𝐵𝐶 2

|8.10−8 ⋅(−8.10−8 )|

+ 9.109⋅

(2.10−2 )2

b) Trường hợp 2: CA = 4cm, CB = 10cm 𝐹1

AB, ngoài khoảng AB, về phía A. Ta có:

|𝑞2 𝑞3 |

▪ F2 = k.

𝐵𝐶 2

9.109 ⋅8⋅10−8 ⋅8⋅10−8 (4⋅10−2 )2

𝐵

𝐴 + 𝑞1

− 𝑞2

= 36.10−3 𝑁

9.109 ⋅8⋅10−8 ⋅8⋅10−8 (10.10−2 )2

𝐴𝐶 2

𝐶 𝐹 + 2 𝑞3

= 5, 76.10−3 N

|𝑞1 𝑞3 |

𝐹

= 0,18 N

𝐹

Vì CB – CA = AB nên C nằm trên đường

▪ F1 = k.

𝐹1

|𝑞2 𝑞3 |

ƠN

F = 9.109.

|𝑞1 𝑞3 |

𝐵 _ 𝑞2

𝐹2

▪ q2, q3 trái dấu nên 𝐹2 là lực hút.

𝐶 𝑞3+

Vì AC + CB = AB nên C nằm trong đoạn AB.

Độ lớn: F = F1 + F2 = k.

Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2

⃗⃗⃗1 > ⃗⃗⃗ ▪ Theo hình vẽ, ta thấy ⃗⃗⃗ 𝐹1 và ⃗⃗⃗ 𝐹2 ngược chiều, 𝐹 𝐹2 . Vậy:

+ ⃗⃗𝐹 cùng chiều ⃗⃗⃗ 𝐹1 (hướng xảy ra A, B)

𝐹1

+ Độ lớn F = F1 – F2 = 30,24.10-3N

𝑞3 𝐶 +

KÈ

c) Trường hợp 3:

𝛼

Vì C cách đều A, B nên C nằm trên đường trung trực của đoạn AB. Ta có:

|𝑞1 𝑞3 |

▪ F1 = k.

|𝑞2 𝑞3 |

▪ F2 = k.

𝐶𝐵2

𝐹2

-3

= 23,04.10 N

DẠ Y

𝐴𝐶 2

𝐹

= 23,04.10-3 N

Vì F1 = F2 nên 𝐹 nằm trên phân giác góc (𝐹1 , 𝐹2 ).  𝐹 ⊥ CH (phân giác của hai góc kề bù)  𝐹 // AB

̂ Nên: α = (𝐹1 , 𝐹 ) = 𝐶𝐴𝐵

Độ lớn của lực tổng hợp:

𝐴 + 𝑞1

𝐻

𝐵 _ 𝑞2

Tự luận vật lý 11

̂ = 2F1𝐴𝐻 F = 2F1cosα = 2F1cos𝐶𝐴𝐵 𝐴𝐶 3

F = 2.23,04.10-3.5 = 27,65.10-3N Vậy: 𝐹 có phương song song với ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 chiều hướng từ A đến B

độ lớn F = 27,65.10-3N

Ví dụ 2: Ba điện tích điểm q1 = -10-7 C, q2 = 5.10-8 C, q3 = 4.10-8 C lần lượt tại A, B, C trong không khí. Biết

AB = 5 cm, BC = 1 cm, AC = 4 cm. Tính lực tác dụng lên mỗi điện tích. Hướng dẫn giải *Lực tác dụng lên điện tích q1 ▪ Gọi 𝐹2 , 𝐹3 lần lượt là lực do điện tích q2 và q3 tác dụng lên q1

𝐹3 = 𝑘

|𝑞2 𝑞1 | 𝐴𝐵2 |𝑞3 𝑞1 | 𝐴𝐶 2

= 9.109

|5.10−8 .10−7 |

0,052 −8 −7 9 |4.10 .10 |

= 9.10

0,042

= 0,018(𝑁)

ƠN

▪ Ta có: {

𝐹2 = 𝑘

= 0,0225(𝑁)

▪ Lực 𝐹2 , 𝐹3 được biểu diễn như hình

𝐹2 𝐹3

𝐶 + 𝑞3

𝐵 + 𝑞2

𝐴 − 𝑞1

Trong một tam giác tổng hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh còn lại nên dễ thấy A, B, C phải thẳng hàng.

𝐹

▪ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp do q2 và q3 tác dụng lên q1. Ta có: 𝐹 = 𝐹2 + 𝐹3

▪ Vì 𝐹2 , 𝐹3 cùng phương cùng chiều nên ta có: 𝐹 = 𝐹2 + 𝐹3 = 0,0405(𝑁)

*Lực tác dụng lên điện tích q2

▪ Gọi 𝐹1 , 𝐹3 lần lượt là lực do điện tích q1 và q3 tác dụng lên q2 ▪ Ta có: {

𝐹2 = 𝑘

𝐴𝐵2 |𝑞3 𝑞2 | 𝐵𝐶 2

= 9.109

|10−7 .5.10−8 |

= 0,018(𝑁)

0,052 −8 −8 9 |4.10 .5.10 |

= 9.10

𝐹3 = 𝑘

|𝑞1 𝑞2 |

0,042

= 0,18(𝑁)

▪ Lực 𝐹1 , 𝐹3được biểu diễn như hình 𝐶 + 𝑞3

KÈ

𝐴 − 𝑞1

𝐹1

𝐵 + 𝑞2

𝐹

𝐹3

DẠ Y

▪ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp do q2 và q3 tác dụng lên q1. Ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹3 ▪ Vì 𝐹1 , 𝐹3 cùng phương, ngược chiều nên ta có: 𝐹 = 𝐹3 − 𝐹1 = 0,162(𝑁)

*Lực tác dụng lên điện tích q3 ▪ Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q3 ▪ Ta có: {

𝐹1 = 𝑘 𝐹2 = 𝑘

|𝑞1 𝑞3 | 𝐴𝐶 2 |𝑞2 𝑞3 | 𝐵𝐶 2

= 9.109

|10−7 .4.10−8 |

= 0,0225(𝑁)

0,042 −8 −8 9 |5.10 .4.10 |

= 9.10

0,012

= 0,18(𝑁)

Tự luận vật lý 11

▪ Lực 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình

𝐴

𝐶

𝑞3

𝐹2 𝐹1

𝑞2

𝐹

𝑞1

𝐵

▪ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp do q1 và q2 tác dụng lên q3. Ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2

▪ Vì 𝐹1 , 𝐹2 cùng phương cùng chiều nên ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 = 0,2025(𝑁)

Ví dụ 3. Ba điện tích điểm q1 = 4.10–8C, q2 = –4.10–8C, q3 = 5.10–8C đặt trong không khí tại ba đỉnh ABC của một tam giác đều, cạnh a = 2cm. Xác định vectơ lực tác dụng lên q3. |𝑞2 𝑞3 |

𝑎2

Ta có: 𝐹 = 𝐹13 + 𝐹23 , với F13 = k

; F23 = k

|𝑞1 𝑞3 |

Hướng dẫn giải

Vì |q1| = |q2|  F13 = F23 và α = (𝐹13 , 𝐹23 ) = 120o |4.10−8 .5.10−8 | (2.10−2 )2

 F3 = F13 = F23 = 9.109.

= 45.10–3N

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có:

ƠN

▪ điểm đặt: tại C. ▪ phương: song song với AB. ▪ chiều: từ A đến B.

q3 𝐹3

𝐹13

▪ độ lớn: F3 = 45.10–3N.

𝐹23

Ví dụ 4: Người ta đặt 3 điện tích q1 = 8.10-9 C, q2 = q3 = -8.10-9 C tại 3 đỉnh của tam giác đều ABC cạnh a = 6 cm trong không khí. Xác định lực tác dụng lên q0 = 6.10-9 C đặt tại tâm O của tam giác.

Hướng dẫn giải

Gọi 𝐹1 , 𝐹2 , 𝐹3 lần lượt là lực do điện tích q1, q2 và q3 tác dụng lên q0

▪ Khoảng cách từ các điện tích đến tâm O: 2

𝐵 − 𝑞2

𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟2 = 3 𝑂𝐴 = 2√3(𝑐𝑚) ▪ Ta có: 𝐹1 = 𝑘

|𝑞3 𝑞0 | 𝐶𝑂 2

= 3,6.10−4 (𝑁)

𝐹2

−4 (𝑁)

= 3,6.10

𝐹3 = 𝑘

𝐵𝑂 2

𝐴𝑂 2

= 3,6.10−4 (𝑁)

KÈ

𝐹2 = 𝑘

|𝑞2 𝑞0 |

|𝑞1 𝑞0 |

▪ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 , 𝐹3 được biểu diễn như hình

𝐴 + 𝑞1

𝑂+ 𝑞0

𝐹23 𝐹1 𝐹3

𝐹

𝐶 − 𝑞3

▪ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q0: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 = 𝐹1 + 𝐹23

DẠ Y

Suy ra: 𝐹23 = √𝐹22 + 𝐹32 + 2𝐹2 𝐹3 𝑐𝑜𝑠 1 20𝑜 = 3,6.10−4 (𝑁) ▪ Vì tam giác ABC đều nên 𝐹23 ↑↑ 𝐹1 , nên: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹23 = 7,2.10−4 (𝑁) ▪ Vậy lực tổng hợp 𝐹 có phương AO có chiều từ A đến O, độ lớn 7,2.10−4 (𝑁)

Ví dụ 5: Hai điện tích điểm q1 = 3.10-8 C, q2 = 2.10-8 C đặt tại hai điểm A và B trong chân không, AB = 5 cm. Điện tích q0 = -2.10-8 C đặt tại M, MA = 4 cm, MB = 3 cm. Xác định lực điện tổng hợp tác dụng lên q0. Hướng dẫn giải + Nhận thấy 𝐴𝐵 2 = 𝐴𝑀2 + 𝑀𝐵 2 ⇒ tam giác AMB vuông tại M

Tự luận vật lý 11

+ Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q0

𝑞1

|𝑞1 𝑞0 | . 2.10 = 9.109 = 3,375.10−3 (𝑁) 2 𝐴𝑀 0,042 |𝑞2 𝑞0 | |2.10−8 . 2.10−8 | 9 𝐹2 = 𝑘 = 9.10 = 4.10−3 (𝑁) 2 2 𝐵𝑀 0,03 { 𝐹1 = 𝑘

𝐴

−8 |

𝐹1 𝐶

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình. Gọi 𝐹 là lực

𝐹 𝜑 𝑞0

⇒ 𝐹 = √𝐹12 + 𝐹22 = 5,234.10−3 (𝑁)

𝑞2

+ Gọi  là góc tạo bởi 𝐹 và 𝐹2 . 𝐹

𝐹2

tổng hợp tác dụng lên điện tích q0. Ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2

𝐵

|3.10−8

+ Ta có:

Từ hình ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝜑 = 𝐹1 = 32 ⇒ 𝜑 ≈ 40𝑜 2

+ Vậy lực tổng hợp 𝐹 tác dụng lên q0 có điểm đặt tại C, phương tạo với 𝐹2 một góc 𝜑 ≈ 40𝑜 và độ lớn F =

ƠN

5,234.10-3 N.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Đặt hai điện tích điểm 𝑞1 = −𝑞2 = 10−7 𝐶 tại A, B trong không khí cách nhau 6 cm. Xác định lực điện

tác dụng lên 𝑞1 = −𝑞2 = 10−7 𝐶 đặt tại C trong hai trường hợp: a. 𝑞1 = −𝑞2 = 10−7 𝐶 b. 𝑞1 = −𝑞2 = 10−7 𝐶.

Bài 2. Trong chân không, cho hai điện tích 𝑞1 = −𝑞2 = 10−7 𝐶 đặt tại hai điểm A và B cách nhau 8 cm. Xác

định lực tổng hợp tác dụng lên điện tích 𝑞𝑜 = 10−7 𝐶 trong các trường hợp sau:

a. Điện tích q0 đặt tại H là trung điểm của AB.

b. Điện tích q0 đặt tại M cách A đoạn 4 cm, cách B đoạn 12 cm. Bài 3. Cho năm điện tích Q được đặt trên cùng một đường thẳng sao cho hai điện tích liền nhau cách nhau một đoạn a. Xác định lực tác dụng vào mỗi điện tích.

Vẽ hình ký hiệu các điện tích bằng các chỉ số 1,2,3,4,5. Bài 4. Đặt hai điện tích điểm q1 = -q2 = 2.10-8 C tại A, B trong không khí cách nhau 12 cm. Xác định lực điện

KÈ

tác dụng lên q3 = 4.10-8 C tại C mà CA = CB = 10 cm. Bài 5. Tại hai điểm A và B cách nhau 20 cm trong không khí, đặt hai điện tích q1 = -3.10-6C, q2 = 8.10-6C. Xác định lực điện trường tác dụng lên điện tích q3 = 2.10-6 C đặt tại C. Biết AC = 12 cm, BC = 16 cm. Bài 6. Ba điện tích q1 = q2 = q3 = 1,6.10-19 C đặt trong không khí, tại 3 đỉnh của tam giác đều ABC cạnh a =

DẠ Y

16 cm. Xác định véctơ lực tác dụng lên q3. Bài 7. Tại ba đỉnh tam giác đều cạnh a = 6cm trong không khí có đặt ba điện tích q1 = 6.10–9C, q2 = q3 = – 8.10–9C. Xác định lực tác dụng lên q0 = 8.10–9C tại tâm tam giác. Bài 8. Có 6 điện tích q bằng nhau đặt trong không khí tại 6 đỉnh lục giác đều cạnh a. Tìm lực tác dụng lên mỗi điện tích.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Tự luận vật lý 11

Bài 1. a. Trường hợp C trong AB.

𝐹2 = 𝑘

|𝑞1 𝑞3 | 𝐴𝐶 2 |𝑞2 𝑞3 | 𝐵𝐶 2

= 9.109

|8.10−8 .8.10−8 |

0,042 −8 .8.10−8 | |8.10 9

= 9.10

0,022

= 0,036(𝑁) = 0,144(𝑁)

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình

+ Ta có: {

𝐹1 = 𝑘

Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q3

𝑞1

𝑞3

+ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q3, ta có: 𝐹 =

+ Vì 𝐹1 ↑↑ 𝐹2 nên: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 = 0,18(𝑁)

C 𝐹1

𝐹1 + 𝐹2

𝑞2

𝐹2

b. Trường hợp C ngoài AB về phía A Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q3

{

𝐹1 = 𝑘 𝐹2 = 𝑘

|𝑞1 𝑞3 | 𝐴𝐶 2 |𝑞2 𝑞3 | 𝐵𝐶 2

= 9.109

|8.10−8 .8.10−8 |

0,042 −8 −8 9 |8.10 .8.10 |

= 9.10

0,12

= 0,036(𝑁) = 5,76.10

ƠN

+ Ta có: 𝐹1

−3 (𝑁)

𝑞3

𝐹2

𝑞2

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình

𝑞1

+ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q3, ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + Vì 𝐹1 ↑↓ 𝐹2 và 𝐹1 > 𝐹2 nên: 𝐹 = 𝐹1 − 𝐹2 = 0,03(𝑁)

Bài 2.

a) Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q0

𝐹2 = 𝑘

|𝑞1 𝑞0 | 𝐴𝐻 2 |𝑞2 𝑞0 | 𝐵𝐻 2

|10−7 .10−7 |

+ Ta có: {

𝐹1 = 𝑘

= 9.109

0,042 −7 .10−7 | |10 9

= 9.10

0,042

= 160 (𝑁) 9

= 160 (𝑁)

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình + Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng lên điện

Vì

KÈ

tích q0, ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 𝐹1 ↑↑ 𝐹2 nên:

0,1125(𝑁)

𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 =

𝐴 + 𝑞1 > 0

𝐻 +

𝐹1

𝑞0 > 0

𝐹2

𝐵 𝐹

𝑞2 < 0

DẠ Y

b) Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q0 + Ta có: {

𝐹1 = 𝑘 𝐹2 = 𝑘

|𝑞1 𝑞0 | 𝐴𝑀2 |𝑞2 𝑞0 | 𝐵𝑀2

= 9.109

|10−7 .10−7 |

0,042 −7 −7 9 |10 .10 |

= 9.10

0,122

= 160 (𝑁) 1

= 160 (𝑁)

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình + Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng

lên điện tích q0, ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2

𝐹1

𝐹

𝑀 + 𝑞0

𝐹2

𝐴 + 𝑞1

𝐵 − 𝑞2

Tự luận vật lý 11

+ Vì 𝐹1 ↑↓ 𝐹2 nên: 𝐹 = 𝐹1 − 𝐹2 = 0,05(𝑁)

1 1 1 𝐹1 = 𝑘𝑄 [ 2 + + 2 (2𝑎) (3𝑎)2 𝑎

1 205𝑄 2 + ]=𝑘 (4𝑎)2 144𝑎2 1

5𝑄 2

+ Lực tác dụng vào điện tích 3 là: F3 = 0 5𝑄 2

+ Lực tác dụng vào điện tích 4 là: 𝐹4 = 𝐹2 = 𝑘 36𝑎2 + Lực tác dụng vào điện tích 5 là: 𝐹5 = 𝐹1 = 𝑘

205𝑄 2 144𝑎2

Bài 4.

+ 𝐹1 = 𝑘

|𝑞1 𝑞3 | 𝐴𝐶 2

= 0, 36.10−3 (𝑁) = 𝐹2 .

⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐹1 = 𝐹2 ⇒ 𝐹 //𝐴𝐵

ሱሮ 𝐹1

Hay 𝐹2 = 2𝐹1 . 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 2𝐹1 . 𝑐𝑜𝑠 𝐴̂ = 0,432.10−3 𝑁. Bài 5.

𝛼

𝐹 ⃗⃗⃗ 𝐹2

+ 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2

⃗⃗⃗ 𝐹1

𝑞3C

ƠN

Các lực điện được biểu diễn như hình bên :

+ Lực tác dụng vào điện tích 2 là: 𝐹2 = 𝑘𝑄 2 [𝑎2 + (2𝑎)2 + (3𝑎)2 − 𝑎2 ] = 𝑘 36𝑎2

+ Lực tác dụng vào điện tích q1 là:

Bài 3.

8 6

B ሱሮ 𝐹2

𝐴𝐶 2

|𝑞2 𝑞3 |

▪ F2 = 9.109

𝐵𝐶 2

= 3,75 N;

|𝑞1 𝑞3 |

▪ F1 = 9.109

Các điện tích q1 và q2 tác dụng lên điện tích q3 các lực 𝐹1 và 𝐹2 có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn: 𝐴 𝑞1 _

= 5,625 N.

Lực tổng hợp do q1 và q2 tác dụng lên q3 là: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 ;

có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn: F =

DẠ Y

Bài 6.

KÈ

6,76 N.

𝐵 + 𝑞2

√𝐹12

𝐹22

𝐹1 𝐹



+ 𝐶 𝑞3 𝐹2

Tự luận vật lý 11

Gọi 𝐹1 , 𝐹2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q3

𝐹2 = 𝑘

𝐴𝐶 2 |𝑞2 𝑞3 | 𝐵𝐶 2

𝐹

= 9.10−27 (𝑁) 𝐹2

= 9.10−27 (𝑁)

𝛼

+ Lực tác dụng 𝐹1 , 𝐹2 được biểu diễn như hình

+ Gọi 𝐹 là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q0

𝐴

+ Thay số được 𝐹 = 9√3. 10−27 (𝑁)

góc với AB, chiều như hình và độ lớn 𝐹 = 9√3. 10−27 (𝑁).

𝑏2

|𝑞2 𝑞0 |

; F20 = k

𝑏2

|𝑞3 𝑞0 |

; F30 = k 2

𝑏2

2 𝑎√3

với F20 = F30 (vì q2 = q3); b = 3 ℎ = 3 .

𝛼

 F23 = 2F20cos 2 = 2k |𝑞1 𝑞0 | 2 𝑎√3 ) 3

.cos60o = F20

|−9.10−9 .8.10−9 |

= 9.109.

(

và F10 = k 9.109.

𝑏2

2 𝑎√3 ) 3

(

2 6.10−2 √3 ( ) 3



F10

O 𝐹20

𝐹30

C q2

𝐹0

= 3,6.10–4N

 F0 = 3,6.10–4 + 4,8.10–4 = 8,4.10–4N Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q0 có:

KÈ

+ điểm đặt: tại O.

+ phương: vuông góc với BC. + chiều: từ A đến BC.

DẠ Y

+ độ lớn: F0 = 8,4.10–4N. Bài 8.

Do tính đối xứng nên ta chỉ cần khảo sát một điện tích bất kì, chẳng hạn điện tích tại B trên hình vẽ. Ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 + 𝐹4 + 𝐹5 + 𝐹6 , với:

𝑞2

và α =

(

9 |𝑞1 𝑞0 |

. = 9.10 .

|6.10−9 .8.10−9 |

2 6.10−2 √3 ) 3

𝐵

|𝑞1 𝑞0 |

= 4,8.10–4N

 F23 = 9.109.

|𝑞1 𝑞0 | 𝑏2

𝑎√3

(𝐹20 , 𝐹30 ) = 120o

ƠN

Bài 7. Ta có: 𝐹0 = 𝐹10 + 𝐹20 + 𝐹30 = 𝐹10 + 𝐹23 ,

𝑞1

+ Vậy lực tổng hợp 𝐹 tác dụng lên q3 có điểm đặt tại C, phương vuông

𝛼

+ Ta có: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 ⇒ 𝐹 = √𝐹12 + 𝐹22 + 2𝐹1 𝐹2 𝑐𝑜𝑠 6 0𝑜

|𝑞1 𝑞0 |

𝑞3

𝐶

+ Vì tam giác ANB đều nên  = 600

với F10 = k

𝐹1

+ Ta có: {

𝐹1 = 𝑘

|𝑞1 𝑞3 |

Tự luận vật lý 11 𝑞2

F1 = F3 = k𝑎2 ;  = 120o

𝑞2

𝐹3

𝑞2

F5 = k𝑐 2 = k(2𝑎)2 (c = 2a) (2) 𝑞2

𝐹5

𝑞2

𝐹4

F4 = F6 = k𝑏2 = k3𝑎2 ; b2 = (2a)2–a2 = 3a2;  = 60o =𝑘

𝑞2

√3 𝑞 2 3 𝑎2

(3)

𝑞2

 F = F13 + F5 + F46 = k𝑎2 + k(2𝑎)2 + 𝑘

√3 𝑞 2 3 𝑎2

15+4√3 12

𝑞 2 √3 2

 F46 = 2F4cos30o = 2k3𝑎2

Vậy: Lực tác dụng lên mỗi điện tích có: + điểm đặt: tại các điện tích. + phương: đường thẳng nối điện tích và tâm lục giác.

+ độ lớn: F =

15+4√3 12

ƠN

+ chiều: từ tâm lục giác ra. N.

Dạng 3. Khảo sát sự cân bằng của một điện tích

A. Phương pháp giải

𝐹6

𝐹1

(1)

𝑎2

 F13 = F1 = F3 = k

𝑞2

– Khi một điện tích q đứng yên thì hợp lực tác dụng lên q sẽ bằng ⃗0: 𝐹1 + 𝐹2 + ⋯ = ⃗0  Các lực tác dụng lên điện tích q thường gặp là:

𝑘 |𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

(lực hút nếu q1 và q2 trái dấu; lực đẩy nếu q1 và q2 cùng dấu).

+ Lực tĩnh điện: F = 𝜀 .

+ Trọng lực: 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 (luôn hướng xuống).

+ Lực căng dây T.

+ Lực đàn hồi của lò xo: F = k.∆ℓ = k(ℓ - ℓ0).

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1. Hai điện tích điểm q1 = 10-8 C, q2 = 4.10-8 C đặt tại A và B cách nhau 9 cm trong chân không.

KÈ

a. Xác định độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích ? b. Xác định vecto lực tác dụng lên điện tích q0 = 3.10-6 C đặt tại trung điểm AB. c. Phải đặt điện tích q3 = 2.10-6 C tại đâu để điện tích q3 nằm cân bằng ?

DẠ Y

Hướng dẫn giải

a) Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích: 𝐹 = 𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

= 2250 (𝑁) ≈ 4,44.10−4 (𝑁)

b) Gọi 𝐹10 , 𝐹20 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q0 + Ta có: {

𝐹10 = 𝑘

𝐹20 = 𝑘

|𝑞1 𝑞0 | 𝑟2 |𝑞2 𝑞0 | 𝑟2

= 9.109 . =

|10−8 .3.10−6 |

= 2,7.10−4 (𝑁)

0,0452 |4.10−8 .3.10−6 | 9.109 . 0,0452

= 1,08.10−3 (𝑁)

+ Gọi 𝐹 F là lực tổng hợp tác dụng lên q0. Ta có: 𝐹 = 𝐹10 + 𝐹20 F = F10 + F20

𝐹

𝐴

𝑀

𝐵

+ 𝑞1

+ 𝑞0

+ 𝑞2

𝐹

+ Từ hình vẽ ta thấy : {

𝐹10

𝐹10 ↑↓ 𝐹20 ⇒ 𝐹 = 𝐹20 – 𝐹10 = 8,1.10−4 (𝑁) 𝐹20 > 𝐹10

𝐹20

Tự luận vật lý 11

+ Lực tổng hợp 𝐹 có điểm đặt tại M, có chiều từ B đến A, có độ lớn 8,1.10-4 (N)

c) Gọi 𝐹13 , 𝐹23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3 + Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

+ Điều kiện cân bằng của q3: 𝐹13 + 𝐹23 = 0 ⇒ 𝐹13 = −𝐹23 điểm C phải thuộc AB + Vì q1 và q2 cùng dấu nên C phải nằm trong AB 𝐶𝐴2

=𝑘

|𝑞2 𝑞3 | 𝐶𝐵2

 C gần A hơn (hình vẽ) 𝐴 𝐶 + + 𝑞1 𝑞3 𝐹23

|𝑞 |

𝐶𝐵

⇒ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐴 = 2 ⇒ 𝐶𝐵 = 2𝐶𝐴 (1)

ƠN

|𝑞1 𝑞3 |

𝐵 + 𝑞2

𝐹13

+ Ta lại có: CA + CB = 9 (2) Từ (1) và (2)  CA = 3 cm và CB = 6 cm

+ 𝐹13 = 𝐹23 ⇔ 𝑘

Ví dụ 2. Hai điện tích điểm q1 = q2 = q, đặt tại A và B trong không khí. Phải đặt điện tích q3 tại đâu để q3 nằm

cân bằng?

Hướng dẫn giải

+ Gọi 𝐹13 , 𝐹23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3 + Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

+ Điều kiện cân bằng của q3: 𝐹13 + 𝐹23 = 0 ⇒ 𝐹13 = −𝐹23 điểm C phải thuộc AB

+ Vì q1 và q2 cùng dấu (giả sử 𝑞1 = 𝑞2 > 0) khí đó điện tích của q3 có thể dương hoặc âm nhưng vị trí đặt điện tích q3 phải nằm trong AB.

KÈ

Trường hợp 1: 𝑞1 = 𝑞2 > 0; 𝑞3 > 0 + Ta có: 𝐹13 = 𝐹23 ⇔ 𝑘

|𝑞1 𝑞3 | 𝐶𝐴2

=𝑘

|𝑞2 𝑞3 | 𝐶𝐵2

|𝑞 |

𝐶𝐵

⇒ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐴 = 1 ⇒ 𝐶𝐵 = 𝐶𝐴

 C là trung điểm của AB

DẠ Y

+ Vậy phải đặt q3 tại trung điểm của AB Trường hợp 1: 𝑞1 = 𝑞2 > 0; 𝑞3 < 0

𝐴 + 𝑞1

𝐹23

𝐶 + 𝑞3

𝐹13

𝐶 − 𝑞3

𝐹13

𝐵 + 𝑞2

𝐹23

𝐵 + 𝑞2

+ Ta có:

𝐹13 = 𝐹23 ⇔ 𝑘

|𝑞1 |

𝐶𝐴2

|𝑞 |

|𝑞1 𝑞3 | 𝐶𝐴2

=𝑘

𝐶𝐵

|𝑞2 𝑞3 | 𝐶𝐵2

= 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐴 = 1 ⇒ CB = CA

 C là trung điểm của AB

⇒ 𝐴 + 𝑞1

Tự luận vật lý 11

+ Vậy phải đặt q3 tại trung điểm của AB Ví dụ 3. Tại ba đỉnh của một tam giác đều trong không khí, đặt 3 điện tích giống nhau q1 = q2 = q3 = q = 6.10C. Hỏi phải đặt điện tích q0 tại đâu, có giá trị bao nhiêu để hệ điện tích cân bằng?

Hướng dẫn giải A

- Xét điều kiện cân bằng của q3: 𝐹13 + 𝐹23 + 𝐹03 = 𝐹3 + 𝐹03 = ⃗0

𝑞2

̂ - Với 𝐹13 = 𝐹23 = 𝑘 𝑎2 và (𝐹13 ; 𝐹23 ) = 600 𝑞2

⇒ 𝐹3 = 2𝐹13 𝑐𝑜𝑠 3 00 = 𝐹13 √3 = √3𝑘 𝑎2

tâm G của ABC.

𝑞2

2 √3 ( 𝑎 ) 3 2

𝐹23

= √3𝑘 𝑎2 ⇒ 𝑞0 = −

𝐹13

𝐹3

ƠN

- Vì 𝐹03 ↑↓ 𝐹3 nên 𝐹03 hướng về phía G, hay là lực hút nên q0 < 0.

- Tương tự, q0 cũng thuộc phân giác các góc A và B. Vậy q0 tại trọng

B q2

𝐹3 nên q0 nằm trên phân giác góc C.

|𝑞0 𝑞|

- Trong đó F3 có phương là đường phân giác góc C, lại có 𝐹03 ↑↓

- Độ lớn: 𝐹03 = 𝐹3 ⇒ 𝑘

√3 𝑞 3

≈ 3,46.10−7 𝐶

Ví dụ 4. Hai điện tích q1 = 2.10-8C và q2 = -8.10-8C đặt tại A và B trong không khí. AB = 8cm. Một điện tích

q3 đặt tại C. a. C ở đâu để q3 cân bằng.

b. Dấu và độ lớn của q3 để q1 và q2 cũng cân bằng (hệ điện tích cân bằng). Hướng dẫn giải

a. Xác định vị trí q3

+ Gọi 𝐹13 , 𝐹23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3 - Để q3 cân bằng: 𝐹3 = 𝐹13 + 𝐹23 = ⃗0 ⇒ 𝐹13 = −𝐹23  điểm C phải thuộc AB + Vì q1 > 0 và q2 < 0 nên C nằm ngoài AB và gần phía A. |𝑞1 𝑞3 | 𝐶𝐴2

=𝑘

+ Độ lớn: 𝐹13 = 𝐹23 ⇔ 𝑘

|𝑞2 𝑞3 | 𝐶𝐵2

⇒ 𝐶𝐵 = √|𝑞1| = 2 ⇒ 𝐶𝐵 = 2𝐶𝐴  CB = 2CA 𝐶𝐴

𝑞

(1)

Ta lại có: CB - CA = AB = 8cm (2).

KÈ

𝐶𝐴 = 8𝑐𝑚 Từ (1) và (2) ⇒ { 𝐶𝐵 = 16𝑐𝑚

DẠ Y

Dấu và độ lớn của q3 tùy ý.

b. Hệ cân bằng

𝐹13

𝐶 + 𝑞3

𝐹23

𝐶 − 𝑞3

𝐹23

𝐴 + 𝑞1

𝐵 − 𝑞2

𝐹13

𝐴 + 𝑞1

𝐵 − 𝑞2

+ Gọi 𝐹21 , 𝐹31 lần lượt là lực do

q2, q3 tác dụng lên q1 - Để q1 cân bằng: 𝐹1 = 𝐹21 + 𝐹31 = ⃗0  𝐹21 = −𝐹31  𝐹21 ↑↓ 𝐹31 (3) + Vì q1 > 0 và q2 < 0 nên 𝐹21 ↑↑ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵 (4)

Tự luận vật lý 11

+ Ta lại có: ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ↑↓ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵

(5)

Từ (3), (4) và (5) ta ⇒ 𝐹31 ↑↑ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶 ⇒ 𝑞1 𝑞3 < 0 ⇒ 𝑞3 < 0 𝐴𝐶 2

=𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝐴𝐵2

𝐴𝐶 2

⇒ |𝑞3 | = 𝐴𝐵2 |𝑞2 | ⇒ 𝑞3 = −8.10−8 𝐶

𝐹 + 𝐹23 = ⃗0 - Vì { 13 ⇒ 𝐹13 + 𝐹23 + 𝐹21 + 𝐹31 = ⃗0 𝐹21 + 𝐹31 = ⃗0

𝐹31

𝐹13

𝐵 − 𝑞2

𝐹12

𝐹21

𝐹32

𝐹23

𝐴 + 𝑞1

⇒ 𝐹32 + 𝐹12 = ⃗0 ⇒ điện tích 𝑞2 cũng cân bằng 𝐶 − 𝑞3

|𝑞1 𝑞3 |

+ Độ lớn: 𝐹31 = 𝐹21 ⇔ 𝑘

* Chú ý: Nếu hệ gồm n điện tích có (n - 1) điện tích cân bằng thì hệ đó cân bằng.

Ví dụ 5. Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại có khối lượng m = 5 g, được treo vào cùng một điểm O bằng hai sợi dây không dãn, dài 10 cm. Hải quả cầu tiếp xúc với nhau. Tích điện cho mỗi quả cầu thì thấy

ƠN

chúng đẩy nhau cho đến khi hai dây treo hợp với nhau một góc 600. Tính độ lớn điện tích mà ta đã truyền cho quả cầu. Lấy g = 10 (m/s2). Hướng dẫn giải

⃗ , lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện) 𝐹 Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực căng dây 𝑇 giữa hai quả cầu.

⃗ + 𝑃⃗ + 𝐹 = 0 ⇔ 𝑇 ⃗ + 𝑅⃗ = 0 + Khi quả cầu cân bằng ta có: 𝑇 ⃗   = 30  𝑅⃗ cùng phương, ngược chiều với 𝑇

𝐹

60𝑜

⃗ 𝑇

Ta có: 𝑡𝑎𝑛 3 0𝑜 = 𝑃

ℓ

𝐹

+ Mà: {

𝐹=𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

|𝑞1 | = |𝑞2 | = |𝑞|

⇒𝐹 = 𝑃 𝑡𝑎𝑛 3 0𝑜 = 𝑚𝑔 𝑡𝑎𝑛 3 0𝑜 = 0,029𝑁 𝑞2

𝛼 𝑃⃗

−7

⇒ 𝐹 = 𝑘 ℓ2 ⇒ |𝑞| = 1,79.10 𝐶

𝑅⃗

+ Vậy tổng độ lớn điện tích đã truyền cho hai quả cầu là: 𝑄 = 2|𝑞| = 3,58.10−7 𝐶

Ví dụ 6. Hai quả cầu nhỏ bằng kim loại giống hệt nhau được treo ở hai đầu dây có cùng chiều dài. Hai đầu kia

KÈ

của hai dây móc vào cùng một điểm. Cho hai quả cầu tích điện bằng nhau, lúc cân bằng chúng cách nhau r = 6,35 cm. Chạm tay vào một trong hai quả cầu, hãy tính khoảng cách r/ giữa hai quả cầu sau khi chúng đạt vị 3

trí cân bằng mới. Giả thiết chiều dài mỗi dây khá lớn so với khoảng cách hai quả cầu lúc cân bằng. Lấy √4 = 1,5785.

DẠ Y

Hướng dẫn giải

Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹 và

⃗. lực căng của dây treo 𝑇

ℓ

𝛼

⃗ 𝑇 𝐹

⃗⃗⃗⃗𝑑 + 𝑃⃗ ) + 𝑇 ⃗ = 0 ⇔ 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ =0 + Khi quả cầu cân bằng thì: ⏟ (𝐹 ⃗ 𝑅

𝛼 𝑃⃗

𝑅⃗

Tự luận vật lý 11

𝑟 2

𝐹

 𝑅⃗ có phương sợi dây  𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑃 ⇒ 𝐹 = 𝑃 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑃

√ℓ2 −(𝑟) 2

𝑟 2

𝑞2

𝑃𝑟

𝑃

 𝑘 𝑟 3 = 2ℓ 2ℓ

2ℓ

(1)

𝑞2

+ Lúc đầu: 𝐹1 = 𝑘 𝑟 2 =

𝑃𝑟

𝑟 2

+ Nhận thấy: ℓ2 >> (2) ⇒ ℓ2 − (2) ≈ ℓ2 ⇒ √ℓ2 − (2) ≈ ℓ ⇒ 𝐹 ≈

+ Giả sử ta chạm tay vào quả 1, kết quả sau đó quả cầu 1 sẽ mất điện tích, lúc đó giữa hai quả cầu không quả 2 sẽ truyền sang quả 1 và lúc này điện tích mỗi quả sẽ là: 𝑞2

𝑞2

𝑞

⇒ 𝐹2 = 𝑘 4.(𝑟′)2 = 2

𝑃𝑟′ 2ℓ

+ Từ (1) và (2) ta có: 4(r')3 = 𝑟 3 ⇒ 𝑟′ =

𝑞2

𝑃

 k4.(𝑟′)3 = 2ℓ

(2)

𝑟

𝑞′1 = 𝑞′2 =

còn lực tương tác nên chúng sẽ trở về vị trị dây treo thẳng đứng. Khi chúng vừa chạm nhau thì điện tích của

√4

≈ 4(𝑐𝑚)

Ví dụ 7. Hai quả cầu cùng khối lượng m, tích điện giống nhau q, được nối với nhau bằng lò xo nhẹ cách điện, độ cứng K, chiều dài tự nhiên ℓ0 . Một sợi dây chỉ mảnh, nhẹ, cách điện, không dãn, có chiều dài 2L, mỗi đầu với gia tốc 𝑎 =

𝑔 2

ƠN

sợi dây được gắn với một quả cầu. Cho điểm giữa (trung điểm) của sợi dây chỉ chuyển động thẳng đứng lên thì lò xo có chiều dài ℓ (với ℓ0 < ℓ < 2𝐿). Tính q.

Hướng dẫn giải

Trong hệ quy chiếu quán tính gắn với quả cầu, hệ cân bằng. + Lò xo dãn nên lực đàn hồi hướng vào trong lò xo.

+ Các lực tác dụng lên quả cầu được biểu diễn như hình ⃗ + 𝐹𝑞𝑡 = 0 + Điều kiện cân bằng: 𝑃⃗ + 𝐹đ + 𝐹đℎ + 𝑇

Ox: −𝐹đ + 𝐹đℎ + 𝑇. 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 0 + Chiếu lên Oxy: {𝑂𝑦: 𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝑃 − 𝐹 = 0 𝑞𝑡

x O

𝑇. 𝑠𝑖𝑛 𝛼 = 𝐹đ − 𝐾(ℓ − ℓ0 ) ⇒{ 𝑇 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑚𝑔 + 𝑚𝑎 𝐹đ −𝐾(ℓ−ℓ0 ) 𝑚(𝑔+𝑎)

⇒ 𝑡𝑎𝑛 𝛼 =

KÈ

+ Từ hình vẽ ta cũng có: 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = ℓ

+ Do đó: √4𝐿2 ⇒ 𝐹đ =

−ℓ2

3𝑚𝑔ℓ

2√4𝐿2 −ℓ2

⇒ 𝑞 = ℓ√𝑘 (

𝐹đ −𝐾(ℓ−ℓ0 ) 𝑚(𝑔+𝑎)

ℓ, 𝐾

q 𝐹đ

ℓ

√𝐿2 −( ℓ )

𝛼

= √4𝐿2

−ℓ2

𝑎

𝐹đℎ

q ℓ, 𝐾

⇒ 𝐹đ =

𝑚ℓ(𝑔+𝑎) √4𝐿2 −ℓ2

+ 𝐾(ℓ − ℓ0 )

𝑃⃗

+ 𝐾(ℓ − ℓ0 )

𝑘𝑞 2

DẠ Y

+ Lại có: 𝐹đ =

ℓ 2

𝑎

ℓ2

3𝑚𝑔ℓ

2√4𝐿2 −ℓ2

3𝑚𝑔ℓ 2√4𝐿2 −ℓ2

+ 𝐾(ℓ − ℓ0 )

+ 𝐾(ℓ − ℓ0 )) C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Hai điện tích q1 = –2.10–8C, q2 = 1,8.10–7C đặt trong không khí tại A và B, AB = l = 8cm. Một điện tích q3 đặt tại C. Hỏi: a. C ở đâu để q3 nằm cân bằng?

Tự luận vật lý 11

b. Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng. Bài 2. Có hai điện tích q1 = q và q2= 4q đặt cố định trong không khí cách nhau một khoảng a = 30 cm. Phải

đặt một điện tích q0 như thế nào và ở đâu để nó cân bằng? Bài 3. Hai điện tích q1 = -2.10-8 C, q2 = -1,8.10-7 C đặt tại A và B trong không khí, AB = 8cm. Một điện tích q3 đặt tại C. Hỏi:

a. C ở đâu để q3 cân bằng? b. Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng?

Bài 4. Hai điện tích q1 = 2.10-8 C, q2 = -8.10-8 C đặt tại A và B trong không khí, AB = 8cm. Một điện tích q0 đặt tại C. Hỏi:

a. C ở đâu để q0 cân bằng? b. Dấu và độ lớn của q0 để q1, q2 cũng cân bằng?

Bài 5. Người ta treo 2 quả cầu nhỏ có khối lượng bằng nhau m = 0,01 g bằng những sợi dây có chiều dài bằng nhau l = 50 cm (khối lượng không đáng kể). Khi hai quả cầu nhiễm điện bằng nhau về độ lớn và cùng dấu,

ƠN

chúng đẩy nhau và cách nhau r = 6 cm. Lấy g = 9,8 m/s2. a. Tính điện tích của mỗi quả cầu

b. Nhúng cả hệ thống vào trong rượu etylic có ε = 27. Tính khoảng cách giữa hai quả cầu. Bỏ qua lực đẩy

Acsimet.

Bài 6. Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại có khối lượng m = 5 g, được treo vào cùng một điểm O bằng 2 sợi dây không dãn, dài 30 cm. Cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi tích điện cho mỗi quả cầu thì thấy chúng đẩy nhau cho đến khi 2 dây treo hợp với nhau 1 góc 900. Tính điện tích mà ta đã truyền cho quả cầu. Lấy g =

10 (m/s2).

Bài 7. Hai quả cầu giống nhau, tích điện như nhau treo ở hai đầu A và B của hai dây cùng độ dài OA, OB có đầu O chung được giữ cố định trong chân không. Sau đó tất cả được nhúng trong dầu hoả (có khối lượng riêng ̂ không thay đổi và gọi 0 và hằng số điện môi  = 4). Biết rằng so với trường hợp trong chân không góc 𝐴𝑂𝐵

lượng không đáng kể.

𝜌 𝜌0

. Biết hai sợi dây OA, OB không co dãn và có khối

 là khối lượng riêng của hai quả cầu. Hãy tính tỷ số

Bài 8. Hai quả cầu nhỏ giống nhau, mỗi quả có điện tích q và khối lượng m = 10 g được treo bởi hai sợi dây

KÈ

cùng chiều dài 𝑙 = 30𝑐𝑚 l = 30cm vào cùng một điểm O. Giữ quả cầu 1 cố định theo phương thẳng đứng, dây treo quả cầu 2 sẽ bị lệch góc𝛼 = 60𝑜  = 60 so với phương thẳng đứng. Cho g = 10 m/s2. Tìm q. o

Bài 9. Có 2 sợi dây mảnh không dãn, mỗi dây dài 2 m. Hai đầu dây được dính vào cùng 1 điểm, ở 2 đầu còn

DẠ Y

lại có buộc 2 quả cầu giống nhau, mỗi có trọng lượng 0,02 N. Các quả cầu mang điện tích cùng dấu có độ lớn 5.10-8 C. Khoảng cách giữa tâm của các quả khi chung nằm cân bằng là bao nhiêu. Bài 10. Có hai điện tích điểm q và 4q đặt cách nhau một khoảng r. Cần đặt điện tích thứ ba Q ở đâu và có dấu như thế nào để để hệ ba điện tích nằm cân bằng? Xét hai trường hợp: a. Hai điện tích q và 4q được giữ cố định. b. hai điện tích q và 4q để tự do.

Tự luận vật lý 11

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. a) Vị trí của C để q3 nằm cân bằng – Các lực điện tác dụng lên q3: 𝐹13 , 𝐹23 .

𝑞

𝐴𝐶 2

|𝑞1 𝑞2 | 𝐴𝐶 2

= 𝑘.

|𝑞2 𝑞3 | 𝐵𝐶 2

độ lớn: F13 = F23  𝑘.

– Để q3 nằm cân bằng thì: 𝐹13 + 𝐹23 = ⃗0  𝐹13 = −𝐹23  𝐹13 , 𝐹23 cùng phương, ngược chiều và cùng

 |𝑞1| = (𝐵𝐶) = 18 = 9 < 1 2

Từ đó: + C nằm trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB, về phía A. 3

+ BC = 3AC = 3(BC – AB) => BC = 2AB = 2.8 = 12cm và AC = 3.12 = 4cm.

𝐹13

𝑞3

𝐹23

𝐴 − 𝑞1

𝐵 + 𝑞2

𝐶

ƠN

Vậy: Phải đặt q3 tại C, với AC = 4cm; BC = 12cm thì q3 sẽ nằm cân bằng.

b) Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng – Để q1 và q2 cũng cân bằng thì:

𝐹12 + 𝐹32

|𝑞 𝑞 |

{

|𝑞 𝑞 |

1 2 1 3 𝑘 𝐴𝐵 2 2 = 𝑘 𝐴𝐶 2 𝐹21 = 𝐹31 𝐴𝐶 2 −7 | 4 |𝑞 | |1,8.10 ⇒{ ⇔ { |𝑞 𝑞 |  = |𝑞 | ( ) = ( ) = 0,45.10–7C 3 2 |𝑞 | 𝑞3 𝐵𝐶 8 1 2 2 𝐹 = 𝐹 12 32 =0 𝑘 𝐴𝐵2 = 𝑘 𝐵𝐶 2

𝐹21 + 𝐹31 = 0

– Vì q1 < 0; q2 > 0  q3 > 0: q3 = 0,45.10–7C. Vậy: Để q1 và q2 cũng cân bằng thì q3 = +0,45.10–7C. 𝐹13

𝐴 − 𝑞1

Bài 2.

𝐶 + 𝑞3

𝐹31

𝐹12

𝐹21

𝐵 + 𝑞2

𝐹32

KÈ

𝐹23

+ Gọi 𝐹10 , 𝐹20 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q0 + Gọi C là vị trí đặt điện tích q0.

DẠ Y

+ Điều kiện cân bằng của q0: 𝐹10 + 𝐹20 = 0 ⇒ 𝐹10 = −𝐹20 điểm C phải thuộc AB + Vì q1 và q2 cùng dấu (giả sử cả 𝑞1 < 0; 𝑞2 < 0) nên C phải nằm trong AB. + Dấu của q0 là tùy ý. 𝑞

𝑞

𝐶𝐵

+ Lại có: 𝐹10 = 𝐹20 ⇒ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐴 =

2 ⇒ 𝐶𝐵 = 2𝐶𝐴 C gần A hơn (hình)

𝐴 − 𝑞1

𝐹20

𝐶 + 𝑞0

𝐹10

𝐵 − 𝑞2

Tự luận vật lý 11

+ Từ hình ta có: CA + CB = 30  CA = 10 cm và CB = 20 cm

a) Gọi 𝐹13 , 𝐹23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3 + Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

+ Điều kiện cân bằng của q3: 𝐹13 + 𝐹23 = 0 ⇒ 𝐹13 = −𝐹23 điểm C phải thuộc AB + Vì q1 và q2 cùng dấu nên từ ta suy ra C phải nằm trong AB + Dấu của q3 là tùy ý. 𝑞

𝑞

𝐶𝐵

+ Lại có: 𝐹13 = 𝐹23 ⇒ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐴 = 3 ⇒ 𝐶𝐵 = 3𝐶𝐴  C gần A hơn (hình)

𝐶 𝐹13

b) Gọi 𝐹31 , 𝐹21 lần lượt là lực do q3, q2 tác dụng lên q1

ƠN

𝑞3

𝐹23

𝐵 − 𝑞2

+ Từ hình ta có: CA + CB = 8  CA = 2 cm và CB = 6 cm 𝐴 − 𝑞1

+ Điều kiện cân bằng của q1: 𝐹31 + 𝐹21 = 0 ⇒ 𝐹31 = −𝐹21  𝐹31 ngược chiều 𝐹21 Suy ra F31 là lực hút  𝑞3 > 0 𝑞

𝐴𝐶 2

𝑞

+ Ta có: 𝐹31 = 𝐹21 ⇔ 𝐴𝐶32 = 𝐴𝐵22 ⇒ 𝑞3 = |𝑞2 | 𝐴𝐵2 = 1,8.10−7 . 82 = 1,125.10−7 𝐶 + Điều kiện cân bằng của q2: 𝐹32 + 𝐹12 = 0 ⇒ 𝐹32 = −𝐹12𝐹32 ngược chiều 𝐹12 Suy ra F32 là lực hút  𝑞3 > 0 𝑞3 𝐶𝐵2

𝑞1

⇒ 𝑞3 = |𝑞1 |

𝐴𝐵2

𝐶𝐵2 𝐴𝐵2

Ta có:𝐹32 = 𝐹12 ⇔

= 2.10−8 .

62 82

= 1,125.10−8 𝐶

+ Vậy với q3 = 1,125.10-8 C thì hệ thống cân bằng

Bài 4.

a) Gọi 𝐹10 , 𝐹20 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q0

+ Điều kiện cân bằng của q0: 𝐹10 + 𝐹20 = 0 ⇒ 𝐹10 = −𝐹20 điểm C phải thuộc AB + Vì q1 và q2 trái dấu nên từ ta suy ra C phải nằm ngoài AB

KÈ

+ Dấu của q0 là tùy ý.

𝑞

𝐵𝐶

+ Lại có: 𝐹10 = 𝐹20 ⇒ 𝐴𝐶12 = 𝐵𝐶22 ⇒ 𝐴𝐶 = 2 ⇒ 𝐵𝐶 = 2𝐴𝐶 C gần A hơn (hình)

DẠ Y

+ Từ hình ta có: CA = BC – 8  CA = 8 cm và BC = 16 cm 𝐶 𝐴 + + 𝑞 𝑞1 0 𝐹10 𝐹20 b) Gọi 𝐹01 , 𝐹21 lần lượt là lực do q0, q2 tác dụng lên q1

𝐵 − 𝑞2

+ Điều kiện cân bằng của q1: 𝐹01 + 𝐹21 = 0 ⇒ 𝐹01 = −𝐹21  𝐹01 ngược chiều 𝐹21 Suy ra F01 là lực hút  𝑞0 < 0 𝑞

𝑞

𝐴𝐶 2

Bài 3.

Ta có: 𝐹01 = 𝐹21 ⇔ 𝐴𝐶02 = 𝐴𝐵22 ⇒ 𝑞0 = −|𝑞2 | 𝐴𝐵2 = −8.10−8 82 = −8.10−8 𝐶

Tự luận vật lý 11

+ Điều kiện cân bằng của q2: 𝐹02 + 𝐹12 = 0 ⇒ 𝐹02 = −𝐹12𝐹02 ngược chiều 𝐹12 Suy ra F02 là lực đẩy  𝑞0 < 0 𝐶𝐵2

𝑞

162 82

= −8.10−8 𝐶

𝑞

Ta có: 𝐹02 = 𝐹12 ⇔ 𝐶𝐵02 = 𝐴𝐵12 ⇒ 𝑞0 = −|𝑞1 | 𝐴𝐵2 = −2.10−8 + Vậy với q0 = -8.10-8 C thì hệ thống cân bằng

Bài 5.

⃗. Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹 và lực căng của dây treo 𝑇

⃗⃗⃗⃗𝑑 + 𝑃⃗ ) + 𝑇 ⃗ = 0 ⇔ 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ = 0 𝑅⃗ có phương sợi dây. + Khi quả cầu cân bằng thì: ⏟ (𝐹 ⃗ 𝑅

+ Do đó ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑃 ⇒ 𝐹 = 𝑃 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑃

√ℓ2 −(𝑟)

𝑟 2

𝐹

+ Nhận thấy: ℓ2 >> (2) ⇒ ℓ2 − (2) ≈ ℓ2 ⇒ √ℓ2 − (2) ≈ ℓ ⇒ 𝐹 ≈ 𝑃𝑟

a) Ta có : 𝐹 = 𝑘 𝑟 2 =

2ℓ

b) Theo câu a ta có: 𝐹 = 𝑘 𝑟 2 =

𝑞2

2ℓ

𝐹

𝑃𝑟 2ℓ

𝑃⃗

. Nên khi nhúng cả hệ thống vào trong rượu etylic

𝑃𝑟′ 2ℓ

𝑟

𝑘 𝑟 2 = 𝑃 2ℓ 𝑟 ⇒{ ⇒ 𝑟′ = 3 = 2(𝑐𝑚) 𝑞2 𝑟′ 𝑘 27(𝑟′)2 = 𝑃 2ℓ

𝛼 𝑅⃗

𝑞2

⃗ 𝑇

𝑃𝑟 3

 |𝑞| = √2ℓ𝑘 ≈ 1,53.10-9 C 𝑞2

thì: 𝐹′ = 𝑘 𝜀(𝑟′)2 =

𝛼

ƠN

𝑞2

ℓ

𝑃𝑟

Bài 6.

⃗ , lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh điện) 𝐹 Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực căng dây 𝑇 giữa hai quả cầu.

⃗ + 𝑃⃗ + 𝐹 = 0 ⇔ 𝑇 ⃗ + 𝑅⃗ = 0  𝑅⃗ cùng phương, ngược chiều với 𝑇 ⃗ = + Khi quả cầu cân bằng ta có: 𝑇 45o 𝐹

|𝑞1 𝑞2 | 𝑟2

|𝑞1 | = |𝑞2 | = |𝑞|

𝑞2

⇒ 𝐹 = 𝑘 𝑟2 .

KÈ

+ Mà: {

𝐹=𝑘

Ta có: 𝑡𝑎𝑛 4 5𝑜 = 𝑃 ⇒ 𝐹 = 𝑃 = 𝑚𝑔 = 0,05𝑁 𝑜

⃗ 𝑇

45𝑜

+ Từ hình có: 𝑟 = 2(ℓ 𝑠𝑖𝑛 4 50 ) = ℓ√2 𝑞2

2𝐹

DẠ Y

+ Do đó ta có: 𝐹 = 𝑘 2ℓ2 ⇒ |𝑞| = ℓ√ 𝑘 = 10−6 (𝐶)

𝛼 ⃗ 𝑇

𝛼

+ Vậy tổng độ lớn điện tích đã truyền cho hai quả cầu là: 𝑄 = 2|𝑞| = 2.10−6 𝐶

Bài 7.

Ở trong chân không các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹1 và lực căng

⃗ 1. của dây treo 𝑇

Tự luận vật lý 11

+ Ở trong dầu hỏa các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹2 , lực căng của ⃗ 2 và lực đẩy Ác-si-mét 𝐹𝐴 dây treo 𝑇

ℓ

⃗1 𝑇

𝛼2

⃗2 𝑇 𝐹𝐴

𝐹

𝛼

𝑃⃗

𝑞2

𝐴)

𝐹1 𝑃

𝐹

2 = 𝑃−𝐹

𝐴

ƠN

+ Vì góc 𝛼1 = 𝛼2 nên 𝑡𝑎𝑛 𝛼1 = 𝑡𝑎𝑛 𝛼2 ⇔ 𝑞2

⃗⃗⃗ 𝑅′

Dầu hỏa

Chân không

⇔ 𝑘 𝑟 2 𝑃 = 𝑘 𝜀𝑟 2 (𝑃−𝐹

𝐹

𝑅⃗

𝛼1

ℓ

+ Các lực tác dụng lên quả cầu trong mỗi trường hợp được biểu diễn như hình

⇒ 𝜀(𝑃 − 𝐹𝐴 ) = 𝑃 ⇒ 𝜀𝐹𝐴 = 𝑃(𝜀 − 1) 𝜌

𝜀

⇒𝜀𝜌0 𝑉𝑔 = 𝑚𝑔(𝜀 − 1) ⇔ 𝜀𝜌0 𝑉𝑔 = 𝜌𝑉𝑔(𝜀 − 1) ⇒ 𝜌 = 𝜀−1 = 3

Bài 8.

⃗. Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹 và lực căng của dây treo 𝑇 𝑂 + Khi quả cầu cân bằng thì: ⃗⃗⃗⃗𝑑 + 𝑃⃗) + 𝑇 ⃗ = 0 ⇔ 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ = 0 𝑅⃗ có phương sợi dây (𝐹 ⏟

60𝑜

⃗ 𝑅

⃗ 𝑇

𝐹

𝐵

+ Do đó suy ra góc  = 600  BPR đều ⇒𝐹=𝑃⇔𝑘 Bài 9.

𝛽

𝑞2 𝑚𝑔 |𝑞| = 𝑚𝑔 ⇒ = ℓ√ = 10−6 𝐶𝐴 ℓ2 𝑘

𝑅⃗

𝑃⃗

⃗. Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực tương tác tĩnh điện 𝐹 và lực căng của dây treo 𝑇

KÈ

⃗⃗⃗⃗𝑑 + 𝑃⃗ ) + 𝑇 ⃗ = 0 ⇔ 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ = 0 𝑅⃗ có phương sợi dây. + Khi quả cầu cân bằng thì: ⏟ (𝐹 ⃗ 𝑅 𝑟 2

𝐹

+ Do đó ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑃 ⇒ 𝐹 = 𝑃 𝑟 2

DẠ Y

+ Giả sử: ℓ2 >> (2) ⇒ 𝐹 ≈ 𝑞2

√ℓ2 −(𝑟)

ℓ

𝛼

⃗ 𝑇

𝑃𝑟

𝐹

2ℓ

𝑟

+ Ta có: 𝑘 𝑟 2 ≈ 𝑃 2ℓ ⇒ 𝑟 = 0,165𝑚 𝑟 2

+ 𝑟 = 0,165(𝑚) << 1(𝑚), nên giả sử ℓ2 >> (2) chấp nhận được

Bài 10.

𝑃⃗

𝛼 𝑅⃗

Tự luận vật lý 11

a) Trường hợp các điện tích q và 4q được giữ cố định: vì q và 4q cùng dấu nên để cặp lực do q và 4q tác dụng lên q là cặp lực trực đối thì Q phải nằm trên đoạn thẳng nối điểm đặt q và 4q. Gọi x là khoảng cách từ q đến |𝑞𝑄|

|4𝑞𝑄|

Q ta có: 𝑟

9.109 𝑥 2 = 9.109(𝑟−𝑥)2  x = 3. 2𝑟 3

; với q có độ lớn và dấu tùy ý.

𝑟

Vậy Q phải đặt cách q khoảng cách 3 và cách 4q khoảng cách

b) Trường hợp các điện tích q và 4q để tự do: ngoài điều kiện về khoảng cách như ở câu a thì cần có thêm các

điều kiện: cặp lực do Q và 4q tác dụng lên q phải là cặp lực trực đối, đồng thời cặp lực do q và Q tác dụng lên 4q cũng là cặp lực trực đối. Để thỏa mãn các điều kiện đó thì Q phải trái dấu với q và: |𝑞𝑄| 𝑟 2 ( ) 3

|𝑞.4𝑞|

= 9.109

𝑟2

Q=-−

4𝑞 9

9.109.

ƠN

CHỦ ĐỀ 2. ĐIỆN TRƯỜNG A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Điện trường

Khái niệm điện trường: một điện tích tác dụng lực điện lên các điện tích khác đặt ở gần nó. Ta nói xung quanh điện tích đó có điện trường.

Tính chất cơ bản của điện trường: tác dụng lực điện lên điện tích khác đặt trong nó.

2. Cường độ điện trường

Giả sử có các điện tích q1, q2, q3… đặt lần lượt các điện tích này tại cùng một điểm trong điện trường. Và ⃗⃗⃗⃗ 𝐹

⃗⃗⃗⃗ 𝐹

lực tác dụng lên các điện tích lần lượt là 𝐹1 , 𝐹2 , 𝐹3 khi đó thương số 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞3 . Nếu đặt mỗi điện tích ở mỗi 1

vị trí khác nhau thì thương số trên khác nhau. 𝐹

Thương số 𝑞 đặc trưng cho điện trường tại điểm đang xét về mặt tác dụng lực gọi là cường độ điện trường

Chú ý:

KÈ

𝐹 và kí hiệu là 𝐸⃗ . Ta có: 𝐸⃗ = 𝑞. Đơn vị của cường độ điện trường là Vôn/mét (V/m)

Trong biểu thức trên F phụ thuộc vào q và E còn q và E không phụ thuộc vào F. Trong trường hợp E đã biết ta có thể viết: 𝐹 = 𝑞𝐸⃗

DẠ Y

▪ Nếu q > 0 thì E và F cùng chiều ▪ Nếu q < 0 thì E và F ngược chiều

3. Vecto cường độ điện trường do điện tích Q gây ra tại một điểm M có: Có phương nằm trên đường nối điện tích Q và điểm M Có chiều hướng ra xa Q nếu Q > 0 và ngược lại |𝑄|

Có độ lớn 𝐸 = 𝑘 𝜀𝑟 2 4. Đường sức điện

Q>0 +

 E

 F

Tự luận vật lý 11

a. Định nghĩa: Đường sức điện là đường vẽ trong điện trường sao cho tiếp tuyến tại bất kì điểm nào trên đường sức cũng trùng với vecto cường độ điện trường tại điểm đó.

b. Tính chất của đường sức: ▪ Tại mỗi điểm chỉ vẽ được một đường sức

▪ Là các đường cong không kín, bắt đầu ở điện tích dương và tận cùng ở điện tích âm hoặc 

▪ Nơi nào E lớn thì dày, E bé thì thưa 4. Nguyên lý chồng chất điện trường

Giả sử ta có hệ n điện tích Q1, Q2…khi đó điện trường tổng cộng tại điểm M là: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 +. . . +𝐸⃗𝑛 .

𝐸 = √𝐸12 + 𝐸22 + 2𝐸1 𝐸2 𝑐os𝛼 Dạng đại số: { ⃗ 𝛼 = (𝐸⃗̂ 1 , 𝐸2 ) B. CÁC DẠNG TOÁN

Dạng 1. Xác định cường độ điện trường. Lực tác dụng lên điện tích đặt trong điện trường

ƠN

I. Phương pháp giải 1. Cường độ điện trường do một điện tích điểm gây ra Cường độ điện trường tạo bởi điện tích điểm Q có: Điểm đặt: tại điểm khảo sát.

Phương: đường thẳng nối điện tích với điểm khảo sát. Chiều:

▪ Nếu Q > 0 →𝐸⃗ hướng ra xa Q (hình vẽ dưới)

▪ Nếu Q < 0 →𝐸⃗ hướng về phía Q (hình vẽ dưới0

Trong đó: k = 9.109 N.m2/C2;

𝑀

𝐸⃗

− 𝑄<0

𝐸⃗

+ 𝑄>0

|𝑄|

Độ lớn: 𝐸 = 𝑘. 𝜀.𝑟 2

KÈ

r là khoảng cách từ điểm khảo sát đến điện tích Q, đơn vị là m. Q là điện tích, đơn vị là C. E là cường độ điện trường, đơn vị là V/m.

DẠ Y

ε là hằng số điện môi, môi trường không khí thì  = 1. 2. Lực tác dụng lên điện tích đặt trong điện trường Lực do điện trường 𝐸⃗ tác dụng lên điện tích q đặt trong nó: 𝑁ế𝑢 𝑞 > 0 ⇒ 𝐹 ↑↑ 𝐸⃗ Biểu thức: 𝐹 = 𝑞. 𝐸⃗ ⇒ { 𝑁ế𝑢 𝑞 < 0 ⇒ 𝐹 ↑↓ 𝐸⃗ Độ lớn: 𝐹 = |𝑞|𝐸 3. Sự cân bằng của vật mang điện tích đặt trong điện trường

𝑀

Tự luận vật lý 11

▪ Xác định các lực tác dụng lên vật ▪ Biểu diễn các lực tác dụng lên vật

▪ Điều kiện cân bằng 𝐹ℎ𝑙 = 0

Chú ý: Các lực thường gặp là: lực điện 𝐹 = 𝑞𝐸⃗ , trọng lực 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 và lực đẩy Acsimet 𝐹𝐴 = −𝜌𝑉𝑔

II. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Cho điện tích Q = 5.10-9 C đặt trong không gian.

a. Xác định vectơ cường độ điện trường do điện tích gây ra tại một điểm M (hình vẽ bên) cách điện tích một khoảng 10 cm khi:

i/ Điện tích Q đặt trong chân không

𝑀

ii/ Điện tích Q đặt trong điện môi có  = 2,5.

b. Xét trường hợp Q đặt trong chân không và đặt tại M một điện tích q = 4.10-8 C. Xác định độ lớn lực điện

ƠN

trường tác dụng lên điện tích q. Hướng dẫn giải

a. Xác định vectơ cường độ điện trường do điện tích gây ra tại điểm M * Khi điện tích đặt trong chân không

Cường độ điện trường do điện tích Q gây ra tại M có:

▪ Điểm đặt tại M.

𝑀

𝐸⃗

▪ Phương là đường nối từ Q đến M, chiều hướng từ Q đến M. 5.10−9 0,12

* Khi điện tích đặt trong điện môi

= 4500(𝑉/𝑚).

|𝑄|

▪ Độ lớn: 𝐸 = 𝑘 𝑟 2 = 9.109 .

Cường độ điện trường do điện tích Q gây ra tại M có: ▪ Điểm đặt tại M.

+ 𝜀

𝑀

𝐸⃗

▪ Phương là đường nối từ Q đến M, chiều hướng từ Q đến M. 5.10−9

|𝑄|

▪ Độ lớn: 𝐸 = 𝑘 𝜀𝑟 2 = 9.109 . 2,5.0,12 = 1800(𝑉/𝑚). b. Xác định lực điện trường tác dụng lên điện tích q

KÈ

Độ lớn lực điện tác dụng lên q: 𝐹 = |𝑞|𝐸 = 4.10−8 . 4500 = 1,8.10−4 (𝑁) Ví dụ 2: Tại một điểm N trong không khí nằm cách điện tích q1 một khoảng R = 3 cm tồn tại một điện trường E = 200 kV/m.

DẠ Y

a. Hãy xác định điện tích q1 b. Nếu tại điểm M nằm cách q1 một khoảng R1 = 5 cm có điện tích q2 = 4.10-8 C. Hãy tính lực điện do q1

tác dụng lên q2 bằng 2 cách khác nhau. Điện tích q2 có tác dụng lực lên q1 hay không ? Hướng dẫn giải

a. Do q1 sinh ra tại N một điện trường E nên ta có: 𝐸 = 𝑘

|𝑞1 | 𝑅2

b. Tính lực điện do q1 tác dụng lên q2 bằng 2 cách khác nhau

⇒ |𝑞1 | =

𝐸.𝑅 2 𝑘

= 2.10−8 (𝐶)

Tự luận vật lý 11

Cách 1: Tính theo lực tương tác 𝐹 = 𝑘

|𝑞1 𝑞2 | 𝑅2

Khi đặt q2 cách q1 một đoạn R1 = 5 cm thì chúng sẽ tương tác với nhau một lực có độ lớn được xác định |𝑞1 𝑞2 | 𝑅12

= 2,88.10−3 (𝑁)

theo công thức: 𝐹 = 𝑘

Cách 2: Tính theo công thức lực điện trường 𝐹 = |𝑞|𝐸

𝐸

𝑅

|𝑞1 | 𝑅2

𝑅

▪ Điện trường do q1 gây ra tại một điểm: 𝐸 = 𝑘

3 2

▪ Ta có: 𝐸𝑀 = (𝑅 𝑁 ) ⇒ 𝐸𝑀 = 𝐸𝑁 (𝑅 𝑁 ) = 200.103 . (5) = 7200(𝑉/𝑚) 𝑀

𝑀

𝑁

▪ Khi đặt q2 tại M thì q2 chịu tác dụng một lực điện trường (do q1 sinh ra):

𝐹 = |𝑞2 |𝐸 = 2,88.10−3 (𝑁)

* Bản thân q2 cũng sinh ra xung quanh nó một điện trường nên điện trường này lại tác dụng lực lên q1 Ví dụ 3: Cho hai điểm A và B cùng nằm trên một đường sức của điện trường do một điện tích điểm q > 0 gây ra. Biết độ lớn của cường độ điện trường tại A là 36V/m, tại B là 9V/m.

ƠN

a. Xác định cường độ điện trường tại trung điểm M của AB.

b. Nếu đặt tại M một điện tích điểm q0 = -10-2C thì độ lớnn lực điện tác dụng lên q0 là bao nhiêu? Xác định phương chiều của lực.

Hướng dẫn giải Ta có: 𝑞

▪ 𝐸𝐴 = 𝑘 𝑂𝐴2 = 36𝑉/𝑚 (1)

𝑞

▪ 𝐸𝐵 = 𝑘 𝑂𝐵2 = 9𝑉/𝑚 (2)

𝐸⃗𝑀

𝑞

▪ 𝐸𝑀 = 𝑘 𝑂𝑀2 (3) 𝑂𝐵 2

Lấy (1) chia (2) ⇒ (𝑂𝐴) = 4 ⇒ 𝑂𝐵 = 2𝑂𝐴.

Với: 𝑂𝑀 =

𝑂𝐴+𝑂𝐵 2

𝐸𝑀 𝐸𝐴

𝑂𝐴 2

= (𝑂𝑀)

= 1,5𝑂𝐴 ⇒

Lấy (3) chia (1) ⇒

𝐸𝑀 𝐸𝐴

𝑂𝐴 2

= (𝑂𝑀) = 2,25 ⇒ 𝐸𝑀 = 16𝑉

KÈ

▪ Lực từ tác dụng lên qo: 𝐹 = 𝑞0 𝐸⃗𝑀 Vì q0 <0 nên 𝐹 ngược hướng với 𝐸⃗𝑀 và có độ lớn: 𝐹 = |𝑞0 |𝐸𝑀 = 0,16𝑁 Ví dụ 4: Một quả cầu kim loại bán kính R = 3 cm mang điện tích Q = 5.10-8 C. Xác định cường độ điện trường: a. Tại điểm nằm sát mặt quả cầu (phía bên ngoài)

DẠ Y

b. Tại điểm M cách tâm quả cầu r = 10 cm. c. Tại điểm N cách bề mặt quả cầu d = 27 cm.

Hướng dẫn giải

Có thể coi cường độ điện trường do một quả cầu kim loại gây ra tại một điểm nằm ngoài quả cầu bằng

cường độ điện trường gây bởi một điện tích điểm có điện tích bằng điện tích quả cầu đặt tại tâm của nó. Do |𝑄|

đó ta có: 𝐸 = 𝑘. 𝑟 2 (trong đó r là khoảng cách từ điểm khảo sát đến tâm quả cầu)

Tự luận vật lý 11 |𝑄|

a. Trên bề mặt quả cầu có bán kính 3 cm: 𝐸 = 𝑘. 𝑅2 = 5.105 (𝑉/𝑚) |𝑄| 𝑟2

= 45.103 (𝑉/𝑚)

b. Cách tâm quả cầu một khoảng 10 cm: 𝐸 = 𝑘.

|𝑄|

c. Cách bề mặt quả cầu một khoảng d = 27 cm: 𝐸 = 𝑘. (𝑅+𝑑)2 = 5.103 (𝑉/𝑚)

Ví dụ 5: Một hòn bi nhỏ bằng kim loại được đặt trong dầu. Bi có thể tích V = 10 mm3, khối lượng m = 9.10– kg. Dầu có khối lượng riêng D = 800 kg/m3. Tất cả được đặt trong một điện trường đều, 𝐸⃗ hướng thẳng đứng

từ trên xuống, E = 4,1.105 V/m. Tìm điện tích của bi để nó cân bằng lơ lửng trong dầu. Cho g = 10 m/s2.

Hướng dẫn giải Các lực tác dụng lên hòn bi:

𝐹

+ Trọng lực 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 (hướng xuống). + Lực đẩy Ac–si–met 𝐹𝐴 = −𝐷𝑉𝑔 (hướng lên).

𝐹𝐴

+ Lực điện trường: 𝐹 = 𝑞. 𝐸⃗ (hướng xuống nếu q > 0; hướng lên nếu q < 0).

Vì P > FA nên P’ = P – FA

ƠN

Hòn bi nằm cân bằng (lơ lửng) khi: 𝑃⃗ + 𝐹𝐴 + 𝐹 = ⃗0  ⃗⃗⃗ 𝑃′ + 𝐹 = ⃗0

𝑃⃗

 𝐹 phải hướng lên  q < 0 và F = P – FA  |q|E = mg - DVg 𝑚𝑔−𝐷𝑉𝐺 𝐸

9.10−5 ⋅10−800.10−8 ⋅10

= 2.10–9C

 |q| =

4,1.105

Vì q < 0 nên q = –2.10–9C.

Vậy: Điện tích của bi để nó cân bằng lơ lửng trong dầu là q = –2.10–9C. Ví dụ 6: Một quả cầu khối lượng m = 4,5.10-3 kg treo vào một sợi dây dài 2 m. Quả cầu

𝑂

nằm trong điện trường có vec-tơ 𝐸⃗ nằm ngang, hướng sang trái như hình vẽ. Biết d = 1 m, ℓ

E = 2000V/m. Lấy g = 10 m/s2.

𝐸⃗

a. Biểu diễn các lực tác dụng lên quả cầu. b. Tính điện tích của quả cầu.

𝑑

Hướng dẫn giải

c. Tính độ lớn của lực căng dây.

KÈ

⃗ a. Các lực tác dụng gồm: trọng lực 𝑃⃗, lực điện trường 𝐹 , lực căng dây 𝑇 + Các lực được biểu diễn như hình

𝑂

⃗ = 0 ⇒ 𝑅⃗ + 𝑇 ⃗ =0 b. Khi quả cầu cân bằng: 𝑃⃗ + 𝐹 + 𝑇 𝑑 𝑅⃗ có phương sợi dây  𝑡𝑎𝑛 𝛼 = √ℓ2

𝐹

DẠ Y

−𝑑2

⇔

=𝑃

1 √22 − 12

𝐸⃗ |𝑞|𝐸 ⇒ |𝑞| = 1,3.10−5 (𝐶) 𝑚𝑔

+ Do 𝐹 và 𝐸⃗ ngược chiều nên q < 0 ⇒ 𝑞 = −1,3.10−5 (𝐶) 𝑃

𝛼 ℓ

⃗ 𝑇 𝐹

𝑑 𝑃⃗

𝑅⃗

c. Độ lớn lực căng dây: 𝑇 = 𝑅 = 𝑐𝑜𝑠 300 = 0,052 N III. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Một điện tích điểm q1 = 4.10-8 C được đặt trong môi trường dầu hỏa có hằng số điện môi ε = 2.

Tự luận vật lý 11

a. Hãy xác định cường độ điện trường do điện tích trên gây ra tại điểm M cách điện tích 1 đoạn R = 5 cm. b. Nếu tại M đặt điện tích q2 = -2.10-8 C thì q2 có bị tác dụng bởi lực tĩnh điện hay không. Nếu có, hãy tính

độ lớn của lực này. Bài 2. Trong chân không có một điện tích điểm q1 = 4.10-8C đặt tại điểm O. b. Vectơ cường độ điện trường tại M hướng ra xa hay lại gần O? Vẽ hình? Bài 3. Một điện tích điểm Q = 10-6C đặt trong không khí

a. Xác định cường độ điện trường tại điểm cách điện tích 30 cm.

a. Tính cường độ điện trường tại điểm M cách O một khoảng 2 cm.

b. Đặt điện tích trên trong chất lỏng có hằng số điện môi  = 16. Điểm có cường độ điện trường như câu a

cách điện tích bao nhiêu?

Bài 4. Cho hai điểm A, B cùng thuộc một đường sức của điện trường do một điện tích điểm Q đặt tại điểm O gây ra, đặt trong không khí. Biết cường độ điện trường tại A có độ lớn E1 = 9.106 V/m, tại B là E2 = 4.106 V/m. A ở gần B hơn O. Tính độ lớn cường độ điện trường tại điểm M là trung điểm của AB?

ƠN

Bài 5. Một quả cầu nhỏ khối lượng m = 0,1 g mang điện tích q = 10-8 C được treo bằng một sợi dây không dãn và đặt vào điện trường đều 𝐸⃗ có đường sức nằm ngang. Khi quả cầu cân bằng, dây treo hợp với phương thẳng đứng góc  = 450. Lấy g = 10 m/s2. Tính:

a. Độ lớn của cường độ điện trường. b. Sức cằng của dây treo.

Bài 6. Một quả cầu kim loại bán kính r = 3 mm được tích điện q = 10-6 C treo vào một đầu dây mảnh trong dầu. Điện trường đều trong dầu có 𝐸⃗ hướng thẳng đứng từ trên xuống. Khối lượng riêng của kim loại 𝜌1 =

8720 kg/m3 của dầu 𝜌2 = 800 kg/m3. Biết rằng lực căng dây cực đại bằng 1,4 N, tính E để dây không đứt. Lấy

g = 10 m/s2.

Bài 7. Một quả cầu nhỏ khối lượng m mang điện tích q > 0 treo vào một đầu dây mảnh trong dầu. Điện trường đều trong dầu có 𝐸⃗ nằm ngang. Khối lượng riêng của quả cầu bằng 3 lần khối lượng riêng của dầu. Dây treo lệch một góc α so với phương thẳng đứng. Lấy gia tốc trọng lực là g. Tính điện tích q của quả cầu.

Bài 8. Hai quả cầu nhỏ A và B mang những điện tích lần lượt –2.10–9C và 2.10–9C được

KÈ

treo ở đầu hai sợi dây tơ cách điện dài bằng nhau. Hai điểm treo dây M và N cách nhau

2cm; khi cân bằng, vị trí các dây treo có dạng như hình vẽ. Hỏi để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng người ta phải dùng một điện trường đều có hướng nào và độ lớn bao nhiêu?

DẠ Y

Bài 9. Cho hai tấm kim loại song song, nằm ngang, nhiễm điện trái dấu. Khoảng không gian giữa hai tấm kim loại đó chứa đầy dầu. Một quả cầu bằng sắt bán kính R = 1 cm mang điện tích q nằm lơ lửng trong lớp dầu. Điện trường giữa hai tấm kim loại là điện trường đều hướng từ trên xuống và có độ lớn 20000 V/m. Hỏi độ lớn và dấu của điện tích q. Cho biết khối lượng riêng của sắt là 7800 kg/m3, của dầu là 800 kg/m3. Lấy g = 10 m/s2.

IV. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

Tự luận vật lý 11 |𝑞 |

a. Cường độ điện trường do q1 gây ra tại M: 𝐸1 = 𝑘 𝜀.𝑅12 = 72000(𝑉/𝑚) b. Tại M có điện trường 𝐸1 = 72000(𝑉/𝑚) do đó nếu đặt q2 vào thì q2 sẽ chịu tác dụng một lực điện trường

có độ lớn: 𝐹 = |𝑞2 |𝐸1 = 1,44.10−3 (𝑁) Bài 2. |𝑞1 | 𝑅2

= 9.105 (𝑉/𝑚)

a. Cường độ điện trường tại điểm M cách O một khoảng 2 cm: 𝐸 = 𝑘 b. Vì q1 > 0 nên 𝐸⃗ hướng ra xa O như hình

𝑀

Bài 3. |𝑄|

𝐸⃗

b. Khi đặt Q trong điện môi thì: 𝐸 = 𝑘

|𝑄| 𝜀𝑟 2

⇒ 𝑟 = √𝑘

|𝑄| 𝜀𝐸

a. Cường độ điện trường tại điểm cách điện tích 30 cm: 𝐸 = 𝑘 𝑅2 = 105 (𝑉/𝑚)

= 0,075(𝑚) = 7,5(𝑐𝑚)

Bài 4.

ƠN

Ta có: 𝑄

▪ 𝐸𝐴 = 𝑘 𝑂𝐴2 = 9.106 𝑉/𝑚 (1) 𝑄

▪ 𝐸𝐵 = 𝑘 𝑂𝐵2 = 4.106 𝑉/𝑚 (2)

𝑄

▪ 𝐸𝑀 = 𝑘 𝑂𝑀2 (3) 𝑂𝐵 2

𝐸⃗𝑀

Lấy (1) chia (2) ⇒ (𝑂𝐴) = 4 ⇒ 𝑂𝐵 = 1,5𝑂𝐴.

⇒

𝐸𝑀 𝐸𝐴

𝑂𝐴+𝑂𝐵 2

𝑂𝐴 2

𝐸𝐴

𝑂𝐴 2

= (𝑂𝑀)

= 1,25𝑂𝐴

Với: 𝑂𝑀 =

𝐸𝑀

Lấy (3) chia (1) ⇒

= (𝑂𝑀) = 1,5625 ⇒ 𝐸𝑀 = 5760000𝑉

Bài 5.

a. Độ lớn của cường độ điện trường



⃗ =0 + Điều kiện cân bằng của quả cầu: 𝑃⃗ + 𝐹 + 𝑇

⃗ 𝑇

KÈ

⃗ =0 + Gọi 𝑅⃗ là vectơ tổng hợp của 𝑃⃗ và 𝐹  𝑅⃗ + 𝑇

𝐹

+ Suy ra 𝑅⃗ có phương sợi dây



𝑃⃗

𝑞𝐸

𝑡𝑎𝑛 𝛼 = 𝑚𝑔 ⇒ 𝐸 = 105 (𝑉/𝑚)

𝑅⃗

DẠ Y

⃗ = 0 ⇒ 𝑇 = 𝑅 = 𝑚𝑔 = √2. 10−3 𝑁 b. Ta có: 𝑅⃗ + 𝑇 𝑐os𝛼 Bài 6.

⃗ = ⃗0 Quả cầu có cân bằng: 𝑃⃗ + 𝐹 + ⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝐴 + 𝑇 3

 𝑇 = 𝑃 − 𝐹𝐴 + 𝐹 = 4 𝜋𝑟 2 𝑔(𝜌1 − 𝜌2 ) + 𝑞𝐸 ≤ 𝑇max 1

⃗ 𝑇

 𝐸 ≤ 𝑞 [𝑇max − 3 𝜋𝑟 𝑔(𝜌1 − 𝜌2 )] = 1,391.10 V/m 3

+ 𝑃⃗

⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝐴

𝐹

Tự luận vật lý 11

⃗ = ⃗0. Quả cầu cân bằng: 𝑃⃗ + 𝐹 + ⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝐴 + 𝑇



𝐹

⃗ 𝑇

Từ hình vẽ ta có: tan 𝛼 = 𝑃−𝐹

𝐹𝐴

𝐴

Và 𝑃 − 𝐹𝐴 = 𝑉𝐷𝑔 − 𝑉𝐷𝑑 g = 𝑉(𝐷 − 𝐷𝑑 )𝑔 = 3 𝑚𝑔 3

𝑚𝑔

⇒𝑞=

𝐹

2𝑚𝑔tan 𝛼



3𝐸

𝑃⃗ − 𝐹𝐴

Bài 8.

𝑅⃗

𝑃⃗

Để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng cần phải tác dụng lực điện q2

Với quả cầu A: |q|E = k AB2 2.10−9

|q|

 𝐸 = k. AB2 = k. MN2 = 9.109 . (2.10−2 )2 = 4, 5.104 V/m

ƠN

và vì q1 < 0 nên 𝐸⃗ ngược chiều với 𝐹 ′ nghĩa là cùng chiều với 𝐹 (hướng từ sang phải). Với quả cầu B: Tương tự.

trường ngược chiều với lực tĩnh điện và cùng độ lớn với lực tĩnh điện: F’ = F.

|q|

𝑞𝐸

tan 𝛼 = 2

Bài 7.

𝐸⃗ A

trái

Vậy: Để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng cần phải dùng một điện trường đều có hướng từ trái sang

phải và có độ lớn E = 4,5.104 V/m. Bài 9.

Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: lực điện 𝐹 , trọng lực 𝑃⃗ hướng xuống và lực đẩy Acsimet 𝐹𝐴 hướng lên.

+ Điều kiện cân bằng của quả cầu: 𝑃⃗ + ⃗⃗⃗⃗ 𝐹𝑑 + 𝐹𝐴 = 0 4

+ Lại có: {

𝑃 = 𝑚𝑔 = 𝜌𝑣𝑎𝑡 𝑉𝑔 = 𝜌𝑣𝑎𝑡 3 𝜋𝑅 3 𝑔 4

𝐹𝐴 = 𝜌𝑚𝑡 𝑉𝑔 = 𝜌𝑚𝑡 3 𝜋𝑅 3 𝑔

+ Vì khối lượng riêng của vật lớn hơn  𝑃 > 𝐹𝐴 ⇒ 𝐹𝐴 + 𝐹 = 𝑃 ⇒ 𝐹 = 𝑃 − 𝐹𝐴

4 3 𝑃 − 𝐹𝐴 3 𝜋𝑅 𝑔(𝜌𝑣𝑎𝑡 − 𝜌𝑚𝑡 ) ⇔ |𝑞|𝐸 = 𝑃 − 𝐹𝐴 ⇒ |𝑞| = = = 14,7.10−6 (𝐶) 𝐸 𝐸

KÈ

+ Vậy để vật cân bằng thì lực điện phải hướng lên Lực ngược hướng 𝐸⃗  q < 0  𝑞 = −14,7.10−6 (𝐶) Dạng 2. Cường độ điện trường do nhiều điện tích điểm gây ra I. Phương pháp giải

DẠ Y

Trường hợp có nhiều điện tích điểm Q1, Q2,… gây ra tại điểm M các cường độ điện trường ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 … thì ta

dùng nguyên lí chồng chất điện trường để xác định cường độ điện trường tổng hợp tại M. ▪ Áp dụng nguyên lí chồng chất điện trường: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + ⋯ + 𝐸⃗𝑛 ⃗⃗⃗⃗𝑛 bằng các vecto. ▪ Biểu diễn ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 , ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 , ⃗⃗⃗⃗ 𝐸3 …𝐸 ⃗⃗ bằng theo quy tắc hình bình hành. ▪ Vẽ vecto hợp lực 𝐸 ▪ Tính độ lớn hợp lực dựa vào phương pháp hình học hoặc định lí hàm số cosin.

Tự luận vật lý 11

+ Nếu 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 cùng chiều thì E = E1 + E2. + Nếu 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 ngược chiều thì E = |E1 – E2|.

+ Nếu 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 vuông góc thì E = √𝐸12 + 𝐸22 . 𝛼 + Nếu (𝐸⃗1 , 𝐸⃗2) = α và E1 = E2 thì E = 2E1.cos 2 .

▪ Trường hợp điện tích nằm cân bằng trong điện trường thì từ điều kiện cân bằng về lực: 𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 + ⋯ = ⃗0 ta có thể dựa vào phương pháp “tam giác lực”, phương pháp hình chiếu như đã dùng ở chuyên đề 1 để

xác định các đại lượng cần tìm theo các đại lượng đã cho.

II. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Có hai điện tích điểm q1 = 0,5 nC và q2 = -0,5 nC lần lượt đặt tại hai điểm A, B cách nhau một đoạn a = 6 cm trong không khí. Hãy xác định cường độ điện trường 𝐸⃗ tại điểm M trong các trường hợp sau: b. Điểm M cách A đoạn 6 cm, cách B đoạn 12 cm Hướng dẫn giải

ƠN

a. Điểm M là trung điểm của AB

a. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M

𝑟 = 𝑟2 = 𝑟 |𝑞| + Vì : { 1 ⇒ 𝐸1 = 𝐸2 = 𝑘 𝑟 2 = 5000(𝑉/𝑚) |𝑞1 | = |𝑞2 | = 𝑞 𝑀 + Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình

gây ra tại M. Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

𝑀

𝐸⃗2 𝐸⃗1

𝐸⃗

𝐵 + 𝑞2

+ Gọi 𝐸⃗ là điện trường tổng hợp do q1 và q2

𝐴 + 𝑞1

+ Vì 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 cùng chiều nên: 𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 = 10000(𝑉/𝑚) + Vậy 𝐸⃗ có điểm đặt tại M, phương AB, chiều từ A đến B, độ lớn 10000 V/m b. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M 𝑟12

= 9.109 .

|𝑞1 | 𝑟22

= 9.109 .

KÈ

𝐸2 = 𝑘

|𝑞1 |

+ Ta có: {

𝐸1 = 𝑘

0,5.10−9 0,062

0,5.10−9 0,122

= 1250(𝑉/𝑚) = 312,5(𝑉/𝑚)

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình + Gọi 𝐸⃗ là điện trường tổng hợp do q1 và q2

DẠ Y

gây ra tại M. Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

𝐸⃗1

𝐶 𝐸⃗

𝐸⃗2

𝐴

𝐵

+ 𝑞1

− 𝑞2

+ Vì 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 cùng chiều nên: 𝐸 = 𝐸1 − 𝐸2 = 937,5(𝑉/𝑚) + Vậy 𝐸⃗ có điểm đặt tại M, phương AB, chiều từ B đến A, độ lớn 937,5 V/m

Ví dụ 2: Cho hai điện tích q1 = q2 = 4.10–10C đặt ở A, B trong không khí, AB = a = 2cm. Xác định vectơ cường độ điện trường 𝐸⃗ tại: a. H, trung điểm AB. b. M cách A 1cm, cách B 3cm.

Tự luận vật lý 11

c. N hợp với A, B thành tam giác đều. Hướng dẫn giải

a. Vectơ cường độ điện trường tại trung điểm H của AB Ta có: 𝐸⃗𝐻 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 |q |

|q |

với E1 = k AH12; E2 = kBH22 ; AH = BH = 4.10−10

AB 2

Vì 𝐸⃗1 ngược chiều với 𝐸⃗2 nên EH = |E1 - E2|. 2

= 2 = 2 = 1 cm = 10-2 m

4.10−10

EH = 9.109 . (10−2 )2 − 9.109 (10−2 )2 = 0

𝐴 + 𝑞1

𝐸⃗2

𝐻

𝐵 + 𝑞2

𝐸⃗1

b. Vectơ cường độ điện trường tại điểm M

ƠN

Ta có: 𝐸⃗𝑀 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có độ lớn bằng 0.

Vì AM = AB + BM  M nằm trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB, về phía A.

4.10−10

|q |

Vì 𝐸⃗1 cùng chiều với 𝐸⃗2 nên EM = E1 + E2. với E1 = k AM12 = 9.109 . (10−2 )2 = 36.103 V/m. 4.10−10

|q |

E2 = k BM22 = 9.109 . (3.10−2)2 = 4.103 V/m.

 EM = 36.103 + 4.103 = 40.103 V/m Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có:

+ điểm đặt: tại M.

+ phương: đường thẳng AB. + chiều: hướng ra xa A.

𝐸⃗𝑀

𝐸⃗1 𝐸⃗2

𝑀

𝐴 + 𝑞1

𝐵 + 𝑞2

+ độ lớn: EM = 40.103 V/m.

c. Vectơ cường độ điện trường tại điểm N

KÈ

Ta có: 𝐸⃗𝑁 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

𝐸⃗𝑁

Vì |q1| = |q2|; NA = NB = a;  = 60

|𝑞 |

 EN = 2E1cos30o = 2k 𝑎12 .cos30o

𝐸⃗1

𝐸⃗2

4.10−10 √3

DẠ Y

EN = 2.9.109. (2.10−2)2. 2 ≈ 15,6.103 V/m

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại N có: + điểm đặt: tại N. + phương: vuông góc với AB. + chiều: hướng ra xa AB. + độ lớn: EN ≈ 15,6.103 V/m.

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 3: Cho hai điện tích điểm q1 và q2 đặt ở A, B trong không khí, AB = 100cm. Tìm điểm C tại đó cường độ điện trường tổng hợp bằng không với:

a. q1 = 36.10–6C; q2 = 4.10–6C. b. q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C. Hướng dẫn giải

a. Khi q1 = 36.10–6C; q2 = 4.10–6C

⃗ 2 , suy ra: C nằm trong đoạn AB (vì q1, q2 cùng dấu). Ta có: ⃗EC = ⃗E1 + ⃗E2 . Để ⃗EC = ⃗0 ⇒ ⃗E1 = −E |q |

36.10−6

|q |

= √|q1| = √ 4.10−6 = 3 (1) BC

|q |

+ E1 = E2  𝑘 AC12 = k BC22

(2)

𝐸⃗𝐴

và AC + BC = AB = 100 cm

𝐸⃗𝐵

AC = 75 cm và BC = 25 cm

Vậy: Khi q1 = 36.10–6C; q2 = 4.10–6C, để ⃗EC = ⃗0 thì AC = 75cm và BC = 25cm. b. Khi q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C

ƠN

⃗ 2 , suy ra: C nằm ngoài đoạn AB, về phía B (vì q1, q2 trái dấu; Ta có: ⃗EC = ⃗E1 + ⃗E2 . Để ⃗EC = ⃗0 ⇒ ⃗E1 = −E |q1| > |q2|). |q |

|q |



36.10−6

|q |

= √|q1| = √ 4.10−6 = 3 BC 2

+ E1 = E2  𝑘 AC12 = k BC22

(3)

và AC – BC = AB = 100cm

𝐸⃗𝐴

(4)

AC = 150cm và BC = 50cm

𝐸⃗𝐵

⃗ C = ⃗0 thì AC = 150cm và BC = 50cm. Vậy: Khi q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C, để E

Ví dụ 4: Hai điện tích q1 = 8.10–8C, q2 = –8.10–8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 4cm. Tìm vectơ cường độ điện trường tại C trên trung trực AB, cách AB 2cm, suy ra lực tác dụng lên q = 2.10–9C đặt ở C. Hướng dẫn giải

Vectơ cường độ điện trường tại điểm C

Ta có: ⃗EC = ⃗E1 + ⃗E2

𝛼

KÈ

Vì |q1| = |q2|; CA = CB = √CH 2 + AH 2 ; cos 2 = cosA = EC = 2E1 cos

𝛼 2

|q |

8.10−8

= √CH2

+AH2

1 = 2k (CH2+AH 2 ) ⋅ √CH2

+AH2 2.10−2

√(2.10−2 )2 +(2.10−2 )2

= 9√2.105 (V/m)

DẠ Y

EC = 9. 109 [(2.10−2)2+(2.10−2)2] =

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại C có: + điểm đặt: tại C.

𝐸⃗1

+ phương: song song với AB. + chiều: từ A đến B.

𝐸⃗𝐶

+ độ lớn: EC = 9√2.105 (V/m).

Độ lớn lực tác dụng lên q đặt tại C: FC = |q|EC = 2.10–9. 9√2.105 ≈ 25,4.10–4N. A

𝐸⃗2 B

Tự luận vật lý 11

Vậy: Lực tác dụng lên điện tích q đặt tại C có: + điểm đặt: tại C.

+ phương: song song với AB. ⃗ C (do q > 0). + chiều: cùng chiều với E + độ lớn: FC ≈ 25,4.10–4N.

C. Tính cường độ điện trường tổng hợp và vẽ vectơ cường độ điện trường tại điểm C nằm cách A một

khoảng 4 cm, cách B một khoảng 3 cm. Hướng dẫn giải

+ Nhận thấy 𝐴𝐵 2 = 𝐴𝐶 2 + 𝐶𝐵 2 = 52  tam giác ABC vuông tại C

Ví dụ 5: Tại hai điểm A, B cách nhau 5 cm trong chân không có 2 điện tích điểm q1 = 16.10-10 C và q2 = -9.10-

+ Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại C |𝑞 |

|𝑞 |

𝐸1 = 𝑘 𝑟 21 = 𝑘 𝐴𝐶12 = 9000(𝑉/𝑚) 1 Ta có: { |𝑞2 | |𝑞 | 𝐸2 = 𝑘 𝑟 2 = 𝑘 𝐶𝐵22 = 9000(𝑉/𝑚)

ƠN

𝐴 𝑞1 +

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình. + Gọi 𝐸⃗ là vectơ cường độ điện trường tổng hợp.

+ Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

𝐸⃗𝐸⃗22

𝐶 𝛼

+ Vì 𝐸⃗1 ⊥ 𝐸⃗2 ⇒ 𝐸 = √𝐸12 + 𝐸22 = 9000√2(𝑉/𝑚) + Gọi  là góc tạo bới 𝐸⃗ và 𝐸⃗2. 𝐸1

𝐸⃗1

𝐵 𝑞2

𝐸⃗

+ Từ hình ta có: 𝑡𝑎𝑛 𝜑 = 𝐸 = 1 ⇒ 𝛼 = 45 2

+ Vậy 𝐸⃗ có điểm đặt tại C, phương tạo với 𝐸⃗2 một góc 45o, chiều như hình, độ lớn 𝐸 = 9000√2 (V/m). Ví dụ 6: Tại ba đỉnh A, B, C của hình vuông ABCD cạnh a đặt 3 điện tích q giống nhau (q > 0). Tính E tại: a. Tâm O hình vuông. Hướng dẫn giải

b. Đỉnh D.

KÈ

a. Cường độ điện trường tại tâm O: Vì q1 = q2 = q3 = q; r1 = r2 = r3 =

𝑎√2 2

nên E1 = E2 = E3.

▪ 𝐸⃗𝑂 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 𝐸⃗13 + 𝐸⃗2

DẠ Y

▪ Vì 𝐸⃗1 và 𝐸⃗3 ngược chiều nên 𝐸⃗13 = 0 Mặt khác EO = E2  EO = 𝑘.

𝑞 2

𝑎√2 ) 2

(

2𝑘𝑞 𝑎2

Vậy: Cường độ điện trường tại tâm O là EO =

2𝑘𝑞 𝑎2

Tự luận vật lý 11 𝐴

𝐵 𝐸⃗3

𝐴

𝐵

𝑂

𝐸⃗1 𝐷

𝐸⃗3

𝐶

𝐷

𝑎

𝐸⃗2

b. Cường độ điện trường tại đỉnh 𝐸⃗𝐷

Vì r1 = r3 = a; r2 = 𝑎√2 nên E1 = E3 = k a2 ; E2 = k 2a2 . ⃗ 1 và E ⃗ 3 vuông góc nhau nên: E13 = E1√2 = k Mặt khác, vì E

√2q2 a2

√2q2 + a2

ED = k

𝐸⃗1

1 q2

2 a

ƠN

Vì 𝐸⃗13 và 𝐸⃗2 cùng chiều nên: ED = E13 + E2 

𝑏

⃗D=E ⃗1+E ⃗2+E ⃗3=E ⃗ 13 + E ⃗2 Ta có: E

𝐶

𝐸⃗13

𝐸⃗2

= (√2 + ) 2 . 2

1 q2

Vậy: Cường độ điện trường tại đỉnh D là ED = (√2 + 2) a2 .

Ví dụ 7: Hai điện tích dương q1 = q2 = q đặt tại 2 điểm A, B trong không khí. Cho biết AB = 2a. M là điểm trên trung trực AB và cách AB đoạn x. Định x để cường độ điện trường tại M cực đai. Tính giá trị cực đại này? Hướng dẫn giải

𝐸⃗

Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2

gây ra tại M

𝐸⃗2 

+ Vì độ lớn hai điện tích bằng nhau và điểm M cách đều hai điện |𝑞|

|𝑞|

𝐸⃗1

𝑞

tích nên: 𝐸1 = 𝐸2 = 𝑘 𝑟 2 = 𝑘 𝑀𝐻 2+𝐻𝐴2 = 𝑘 𝑥 2 +𝑎2

𝑀

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình

+ Vì E1 = E2 nên hình ME1EE2 là hình thoi nên:𝑀𝐸 =

KÈ

2. 𝑀𝐸1 𝑐𝑜𝑠 𝛼

⇔ 𝐸 = 2. 𝐸1 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 2𝑘 2𝑘𝑞𝑥

DẠ Y

⇔𝐸=

Theo Cô-si:

𝑎2 2

√(𝑥 2 + 𝑎2 )3

𝑎2 2

2𝑘𝑞

Vậy: 𝐸𝑚𝑎𝑥 = 3√3 2

𝑎2

𝑥2

4𝑘𝑞

𝐴 + 𝑞1

2 2 √(𝑎 + 𝑎 + 𝑥 2 ) 2 2 𝑎2 𝑎2

+ 𝑥2 ≥ 3 √ 2 . = 3√3𝑎2 khi

𝑞 𝑥 2 + 𝑎 √𝑥 2 + 𝑎2 2𝑘𝑞𝑥

𝑎2 2

𝑎2

. 𝑥2 ⇒ ( 2 +

= 𝑥2 ⇒ 𝑥 =

𝑎2

𝑎√2 2

+ 𝑥2) =

27 4

𝑎4 𝑥 2

+ 𝐵 𝑞2

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 8: Cho hai điện tích q1 = 1 nC, q2 = 2 nC đặt tại hai điểm A, B theo thứ tự đó trong chân không cách nhau một khoảng AB = 30 cm. Tìm điểm C mà cường độ điện trường tại đó do điện tích q1 gây ra liên hệ với

cường độ điện trường do q2 gây ra theo hệ thức 𝐸⃗1 = 2𝐸⃗2 . Hướng dẫn giải

+ Theo đề bài ta có: 𝐸⃗1 = 2𝐸⃗2

+ Gọi điểm cần tìm là C mà tại đó cường độ điện trường do q1 và q2 gây ra lần lượt là 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 (1)

+ Từ (1)  𝐸⃗1 cùng phương 𝐸⃗2  C thuộc đường thẳng AB.

+ Vì n = 2 > 0  từ (1) suy ra 𝐸⃗1 cùng chiều 𝐸⃗2.

|𝑞 |

𝐶𝐵

𝑞

+ Do q1 và q2 cùng dấu  C nằm ngoài đoạn AB  |𝐶𝐴 − 𝐶𝐵| = 𝐴𝐵 = 30 (1) + Từ (1) ta cũng có: 𝐸1 = 2𝐸2 ⇔ 𝑘 𝐶𝐴12 = 2𝑘 𝐶𝐵22 ⇔ 𝐶𝐴 = √2 |𝑞2| = 2 1

+ Giải (1) và (2) ta có: CA = 30 cm và CB = 60 cm

(2)

ƠN

Ví dụ 9: Tại hai điểm A, B cách nhau 30 cm trong chân không có đặt hai điện tích q1 = 10-8 C, q2 = -4.10-8C. Gọi 𝐸⃗ , 𝐸⃗1 lần lượt là cường độ điện trường tổng hợp và cường độ điện trường do điện tích q1 gây ra tại M, biết 𝐸⃗ = 2𝐸⃗1 . Xác định vị trí điểm M.

+ Ta có: {

Hướng dẫn giải 𝐸⃗ = 2𝐸⃗1 ⇔ 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 = 2𝐸⃗1 ⇒ 𝐸⃗1 = 𝐸⃗2 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

(1)

+ Từ (1)  𝐸⃗1 cùng phương 𝐸⃗2  M thuộc đường thẳng AB.

+ Vì n = 1 > 0  từ (1) suy ra 𝐸⃗1 cùng chiều 𝐸⃗2 .

+ Do q1 và q2 trái dấu  C nằm trong đoạn AB  𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 = 𝐴𝐵 = 30 (2) |𝑞 |

|𝑞 |

𝑀𝐵

𝑞

+ Từ (1) ta cũng có: 𝐸1 = 𝐸2 ⇔ 𝑘 𝑀𝐴12 = 𝑘 𝑀𝐵22 ⇔ 𝑀𝐴 = √|𝑞2| = 2 1

(3)

+ Giải (2) và (3) ta có: MA = 10 cm và MB = 20 cm III. BÀI TẬP VẬN DỤNG

KÈ

Bài 1. Cho hai điện tích q1 = 4.10–10C, q2 = –4.10–10C đặt ở A, B trong không khí, AB = a = 2cm. Xác định vectơ cường độ điện trường 𝐸⃗ tại: a. H, trung điểm AB.

DẠ Y

b. M cách A 1cm, cách B 3cm. Bài 2. Hai điện tích q1 = –10–8C, q2 = 10–8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 6cm. Xác định vectơ 𝐸⃗ tại M trên trung trực AB, cách AB = 4cm. Bài 3. Tại 3 đỉnh của hình vuông cạnh a = 40 cm, người ta đặt ba điện tích điểm bằng nhau q1 = q2 = q3 = 5.109

C. Hãy xác định:

a. Vecto cường độ điện trường tại đỉnh thứ tư của hình vuông

Tự luận vật lý 11

b. Nếu đặt tại đỉnh thứ tư điện tích điểm q0 = -5.10-10 C thì lực tổng hợp do ba điện tích kia gây ra có độ lớn bao nhiêu?

Bài 4. Tại 3 đỉnh của tam giác ABC vuông tại A cạnh a = 50 cm, b = 40 cm, c = 30 cm. Ta đặt các điện tích 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞3 = 10−9 𝐶. Xác định độ lớn cường độ điện trường tại điểm H, H là chân đường kẻ từ A.

Bài 5. Tại ba đỉnh của tam giác đều ABC, cạnh a = 10 cm có ba điện tích điểm bằng nhau và bằng 10 nC. Hãy

xác định cường độ điện trường tại a. trung điểm của mỗi cạnh tam giác

b. tâm của tam giác

Bài 6. Hai điện tích q1 = q2 = 6,4.10-10 C, đặt tại 2 đỉnh B và C của một tam giác đều ABC có cạnh bằng 8 cm, a. Hãy tính cường độ điện trường tại đỉnh A của tam giác ?

trong không khí.

b. Gọi M là điểm nằm trên đường trung trực của BC, x là khoảng cách từ M đến BC. Xác định x để cường độ điện trường tổng hợp tại M lớn nhất. Tính giá trị đó.

ƠN

Bài 7. Đặt tại 6 đỉnh của lục giác đều các điện tích q, -2q, 3q, 4q, -5q và q/ (hình

vẽ). Xác định q theo q để cường độ điện trường tại tâm O của lục giác bằng 0. /

Biết q > 0.

Bài 8. Cho bốn điện tích cùng độ lớn q đặt tại bốn đỉnh hình vuông cạnh a. Tìm

-2q

-5q

E tại tâm O hình vuông trong trường hợp bốn điện tích lần lượt có dấu sau: b) + – + –.

a) + + + +.

c) + – – +.

Bài 9. Hai điện tích q1 = 8.10-9 C và điện tích q2 = -2.10-9 C đặt tại A, B cách nhau 9 cm trong chân không.

Xác định điểm C để điện trường tổng hợp bằng 0.

Bài 10. Hai điện tích q1 = 8.10-9 C và điện tích q2 = -2.10-9 C đặt tại A, B cách nhau 9 cm trong chân không. Xác định điểm C để cường độ điện trường của hai điện tích gây ra tại đó bằng nhau. IV. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

a. Vectơ cường độ điện trường tại trung điểm H của AB Ta có: 𝐸⃗𝐻 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

với

KÈ

Vì 𝐸⃗1cùng chiều với 𝐸⃗2 nên EH = E1 + E2. |𝑞 |

|𝑞 |

E1 = k𝐴𝐻12; E2 = k𝐵𝐻22; AH = BH = 4.10−10

𝐴𝐵 2

= 1 cm = 10-2 m

4.10−10

DẠ Y

 EH = 9.109.(10−2 )2 + 9.109. (10−2 )2 = 72.103 V/m Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có:

𝐸⃗1 A

𝐸⃗2

𝐸⃗𝐻

+ điểm đặt: tại H. + phương: đường thẳng AB. + chiều: từ A đến B (cùng chiều với 𝐸⃗1

và 𝐸⃗2). + độ lớn: EH = 72.103 V/m.

𝐴 + 𝑞1

𝐻

𝐸⃗2 𝐸⃗1

𝐸⃗𝐻

𝐵 − 𝑞2

Tự luận vật lý 11

a. Vectơ cường độ điện trường tại điểm M Ta có: 𝐸⃗𝑀 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2

Vì AM = AB + BM  M nằm trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB, về phía A. Vì 𝐸⃗1 ngược chiều với 𝐸⃗1 nên EM = |E1 - E2|. 4.10−10

|𝑞 |

với E1 = k.𝐴𝑀12 = 9.109.(10−2)2 = 36.103 V/m. 4.10−10

|𝑞 |

 EM = |E1 - E2| = 32.103 V/m Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có: 𝐸⃗1

+ phương: đường thẳng AB.

𝐸⃗𝑀

𝑀

𝐸⃗2

+ chiều: hướng ra xa A (cùng chiều với 𝐸⃗1 do E1 > E2). Bài 2. Ta có: MA = MB = √AH 2 + HM 2 = √42 + 32 =5 cm. AH

𝐵 − 𝑞2

ƠN

+ độ lớn: EM = 32.103 V/m.

𝐴 + 𝑞1

+ điểm đặt: tại M.

E2 = k.𝐵𝑀12 = 9.109.(3.10−2 )2 = 4.103 V/m.

|𝑞|

10−8

Vì |q1| = |q2| = |q| = 10–8 C; cosα = MA = 5 nên E1 = E2 = kl𝑀𝐴2  EM = 2E1cos = 2.9.109. (5.10−2)2 ⋅ 5 = 0,432.105 V/m. Vậy: Cường độ điện trường tại điểm M có: + phương: song song với AB.

+ chiều: từ B đến A.

+ độ lớn: EM = 0,432.105 V/m. Bài 3.

𝐸⃗𝑀

+ điểm đặt: tại M.

𝐸⃗1

𝐸⃗2

hình vuông ABCD)

Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại đỉnh thứ 4 (đỉnh D của

KÈ

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 được biểu diễn như hình. 𝑟1 = 𝑟3 = 𝑎 = 0,4(𝑚) + Có: {𝑟2 = 𝑎√2 = 0,4√2(𝑚) 𝑞1 = 𝑞2 = 𝑞3 = 𝑞 = 5.10−9 (𝐶)

𝐵

𝐶

|𝑞|

DẠ Y

𝐸1 = 𝐸3 = 𝑘 𝑎2 = 281,25(𝑉/𝑚)

+ Có: {

𝐸2 = 𝑘

|𝑞|

(𝑎√2)

= 140,625(𝑉/𝑚)

𝐷 𝐴

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại D: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 𝐸⃗13 + 𝐸⃗2 + Với 𝐸13 = √𝐸12 + 𝐸32 = 𝐸1 √2 = 281,25√2(𝑉/ 𝑚) + Vì DE1E2E3 là hình vuông nên 𝐸⃗13 ≡ 𝐴𝐷 ⇒ 𝐸⃗13 ≡ 𝐸⃗2 ⇒ 𝐸 = 𝐸13 + 𝐸2 = 281,25√2 + 140,625 = 538,37(𝑉/𝑚)

𝐸⃗1 𝐸⃗2

𝐸⃗3 𝐸⃗13

𝐸⃗

Tự luận vật lý 11

Nếu đặt điện tích q0 tại D thì q0 sẽ chịu tác dụng lực điện trường do điện trường tổng hợp tại D gây ra nên: 𝐹 = |𝑞0 |𝐸𝐷 = 5.10−10 . 538,37 = 2,692.10−7 (𝑁)

Bài 4. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại H. 1

𝐸⃗𝐶 B

|𝑞|

𝐸𝐴 = 𝑘 𝐻𝐴2 = 156,25(𝑉/𝑚)

𝐸⃗

|𝑞|

+ Lại có: 𝐸𝐵 = 𝑘 2 = 277,78(𝑉/𝑚) 𝐻𝐵

𝐸⃗𝐶𝐵

|𝑞|

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại H:

𝐸⃗ = 𝐸⃗𝐴 + 𝐸⃗𝐵 + 𝐸⃗𝐶 = 𝐸⃗𝐴 + 𝐸⃗𝐵𝐶

2 Vì 𝐸⃗𝐵𝐶 ⊥ 𝐸⃗𝐴 ⇒ 𝐸 = √𝐸𝐵𝐶 + 𝐸𝐴2 ≈ 246 V/m

Bài 5.

ƠN

Vì 𝐸⃗𝐵 ↑↓ 𝐸⃗𝐶 ⇒ 𝐸𝐵𝐶 = 𝐸𝐵 − 𝐸𝐶 = 189,89 V/m

𝐸⃗𝐶𝐵

{𝐸𝐶 = 𝑘 𝐻𝐶 2 = 87,89(𝑉/𝑚)

= + ⇒ 𝐻𝐴 = 24(𝑐𝑚) Ta có: {𝐻𝐴2 𝑏2 𝑐 2 𝐵𝐻 = 18(𝑐𝑚); 𝐶𝐻 = 32(𝑐𝑚)

a. Vì tam giác ABC đều và 3 điện tích có bằng nhau nên cường độ điện trường tại trung điểm mỗi cạnh của 𝐶 +

tam giác có độ lớn bằng nhau.

+ Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại H (với H là trung điểm của AB)

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 được biểu diễn như hình

+ Vì H là trung điểm của AB nên E1 = E2 còn 𝑞 𝑞 𝐸3 = 𝑘 = 𝑘 2 = 12000(𝑉/𝑚) 𝐶𝐻 2 𝐴𝐵√3 ( 2 )

+ 𝐴

𝐻 𝐸⃗1

𝐸⃗2

+ 𝐵

𝐸⃗3

+ Gọi 𝐸⃗ là cường độ điện trường tổng hợp

Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 𝐸⃗12 + 𝐸⃗3

KÈ

+ Vì 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 ngược chiều nên 𝐸⃗12 = 0 + Hay 𝐸⃗ = 𝐸⃗3 ⇒ 𝐸 = 12000(𝑉/𝑚) b. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại tâm O của tam giác ABC. Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 , 𝐸⃗3 được biểu diễn như hình

DẠ Y

+ Vì O là tâm của tam giác đều ABC nên O cách đều các đỉnh. Do đó ta có:

Tự luận vật lý 11 𝑞

𝐸1 = 𝐸2 = 𝐸3 = 𝑘 𝑂𝐴2 = 𝑘

𝑞

3𝑞

(

2𝐴𝐵√3 ) 3 2

= 𝑘 𝐴𝐵2 = 27.105 (𝑉/𝑚)

+ C

Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗23

𝐸⃗3

+ Vì 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 tạo với nhau 120 và có độ lớn bằng nhau nên:

𝑂

CI 𝐸⃗1

+ Vì 𝐸⃗23 , 𝐸⃗1 cùng độ lớn nhưng ngược chiều nên E = 0

𝐸⃗1

Bài 6.

tại M

𝐸⃗2

+ Vì độ lớn hai điện tích bằng nhau và điểm M cách đều hai điện tích nên: |𝑞| 6,4.10−10 9 = 9.10 . = 900(𝑉/𝑚) 𝑟2 0,082

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình

𝐸⃗1



ƠN

𝐸1 = 𝐸2 = 𝑘

𝐸⃗

a. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra

𝐸23

𝐸⃗23

= √𝐸12 + 𝐸22 + 2𝐸1 𝐸2 𝑐𝑜𝑠 1 20𝑜 = 𝐸1

+ Gọi 𝐸⃗ là cường độ điện trường tổng hợp.

𝐴

+ Gọi 𝐸⃗ là cường độ điện trường tổng hợp. Ta có: 𝐸⃗ = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 2 2

𝐶 + 𝑞1

⇔ 𝐸 = 𝐸1 √3 = 900√3(𝑉/𝑚)

 E = E + E + 2E1E2 cos60 2 1

+ 𝐵

𝑞2

b. Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M

𝐸⃗

+ Vì độ lớn hai điện tích bằng nhau và điểm M cách đều hai điện tích nên: |𝑞| |𝑞| 𝑞 = 𝑘 = 𝑘 𝑟2 𝑀𝐻 2 + 𝐻𝐶 2 𝑥 2 + 𝑎2 𝐸⃗2

QU 𝐸1 = 𝐸2 = 𝑘



𝐸⃗1

+ Các vectơ 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 được biểu diễn như hình + Vì E1 = E2 nên hình ME1EE2 là hình thoi nên: 𝑀𝐸 = 2. 𝑀𝐸1 𝑐𝑜𝑠 𝛼 𝑞

𝑎2

2𝑘𝑞

+ Vậy: 𝐸𝑚𝑎𝑥 =3√3 2

DẠ Y

Bài 7.

𝑎2

+𝑎2

𝑎2 𝑎2

+ 𝑥2 ≥ 3 √ 2 .

KÈ

𝑎2

⇔𝐸 = 2. 𝐸1 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 2𝑘 𝑥 2 +𝑎2 √𝑥 2 Theo Cô-si:

𝐴

𝑥

𝑎2

. 𝑥2 ⇒ ( 2 +

= 2771,28 (𝑉/𝑚) khi

𝑎2 2

+ 𝑥2) ≥

= 𝑥2 ⇒ 𝑥 =

𝑎√2 2

27 4

𝑎4 𝑥 2

𝐶 + = 2√2(𝑐𝑚) 𝑞1

x a

+ 𝐵

𝑞2

Tự luận vật lý 11

Gọi 𝐸⃗3𝑞 là điện trường tổng hợp tại O do q và 4q gây ra; 𝐸⃗−3𝑞 là điện trường tổng hợp tại O do -5q và -2q gây ra; 𝐸⃗3 là điện trường tại O do 3q gây ra. + Ta có: 𝐸⃗𝑂 = 𝐸⃗−3𝑞 + 𝐸⃗3𝑞 + 𝐸⃗3 = 𝐸⃗−33 + 𝐸⃗3

𝐸⃗3𝑞

𝐸⃗3

𝐸−33 = 𝐸3 3𝑞 6𝑞 ⇒ 𝐸 = 2𝐸3 = 2𝑘 𝑟 2 = 𝑘 𝑟 2 𝐸⃗ = 𝐸⃗−33 + 𝐸⃗3

𝐸𝑞/ = 𝐸 ⇒ 𝑘

|𝑞 / | 𝑟2

6𝑞

= 𝑘 𝑟 2 ⇒ |𝑞 | = 6𝑞

⇒ 𝑞 / = 6𝑞

Bài 8. 𝑎√2 2

𝐴

𝐵

nên E1 = E2 = E3 = E4.

ƠN

Vì q1 = q2 = q3 = q4 = q; r1 = r2 = r3 = r4 =

𝐸⃗𝑞/ + 𝐸⃗ = 0 ⇒ {

+ Để tại O cường độ điện trường tổng hợp bằng 0 thì 𝐸⃗𝑞/ ↑↓ 𝐸⃗ ⇒ 𝑞 / > 0

𝐸⃗−3𝑞

-5q

-2q

̂ + Vì (𝐸⃗−3𝑞 , 𝐸⃗3𝑞 ) = 120𝑜 ⇒ 𝐸⃗−33 cùng chiều 𝐸⃗3 + Do {

+ Các vectơ được biểu diễn như hình.

a. Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + + + +: 𝐸⃗𝑂 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 + 𝐸⃗4 = 𝐸⃗13 + 𝐸⃗24  EO = 0

𝐸⃗3

𝐸⃗1 𝐸⃗2

Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + + + + thì EO =

b. Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – + –:

𝐸⃗4

𝑂

𝐷

𝐶

𝐴

𝐵

𝐸⃗𝑂 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 + 𝐸⃗4 = 𝐸⃗13 + 𝐸⃗24  EO = 0

𝐸⃗3

Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – + – thì EO = 0. c. Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – – +: 𝐸⃗𝑂 = 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 + 𝐸⃗3 + 𝐸⃗4 = 𝐸⃗13 + 𝐸⃗24

𝑂

𝐸⃗1 𝐸⃗4 𝐷

𝐶

𝐴

EO = 2E13cos45o = 2.2E1cos45o

√2 4𝑘. 2. 2 𝑎√2 ( )

𝐸⃗2

𝑘𝑞

𝑂

=4√2. 𝑎2 .

𝐸⃗3

KÈ

𝑞

Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – – + thì EO = 𝐷 4√2.

𝑘𝑞 𝑎2

DẠ Y

Bài 9.

+ Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là điện trường do các điện tích q1 và q2 gây ra tại điểm C + Điện trường tổng hợp tại C triệt tiêu nên ta có: 𝐸⃗1 + 𝐸⃗2 = 0 ⇒ 𝐸⃗1 = −𝐸⃗2 + Suy ra 𝐸⃗1 cùng phương, ngược chiều với 𝐸⃗2nên điểm C phải nằm trên AB. + Do q1.q2 < 0 nên điểm C phải nằm bền ngoài AB hay: |𝐶𝐴 − 𝐶𝐵| = 𝐴𝐵 = 9 (1) + Lại có: 𝐸1 = 𝐸2 ⇒ 𝑘

|𝑞1 | 𝑟12

=𝑘

𝐸⃗2

|𝑞2 | 𝑟22

𝐸⃗24

𝐵

𝐸⃗4

𝐸⃗𝑂

𝐸⃗1 𝐸⃗13 𝐶

Tự luận vật lý 11 |𝑞 |

|𝑞 |

𝐶𝐴

⇔ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐵 = √|𝑞1| = 2 ⇒ 𝐶𝐴 = 2𝐶𝐵

(2)

+ Thay (2) vào (1) 𝐶𝐵 = 9(𝑐𝑚) và CA = 18 cm Bài 10.

+ Theo bài ra: 𝐸⃗1 = 𝐸⃗2 + Suy ra 𝐸⃗1 cùng phương, cùng chiều với 𝐸⃗2 nên điểm C phải nằm trên AB.

|𝑞 |

|𝑞1 | 𝑟12

=𝑘

|𝑞2 | 𝑟22

|𝑞 |

𝐶𝐴

⇔ 𝐶𝐴12 = 𝐶𝐵22 ⇒ 𝐶𝐵 = √|𝑞1| = 2 ⇒ 𝐶𝐴 = 2𝐶𝐵

(2)

+ Thay (2) vào (1) 𝐶𝐵 = 3(𝑐𝑚) và CA = 6 cm

+ Lại có: 𝐸1 = 𝐸2 ⇒ 𝑘

(1)

+ Do q1.q2 < 0 nên điểm C phải nằm bền trong AB hay: CA + CB = AB = 9

+ Gọi 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 lần lượt là điện trường do các điện tích q1 và q2 gây ra tại điểm C

ƠN

CHỦ ĐỀ 3. CÔNG CỦA LỰC ĐIỆN – ĐIỆN THẾ, HIỆU ĐIỆN THẾ I. TÓM TẮT KIẾN THỨC 1. Công của lực điện

{

+ Công của lực điện khi làm điện tích q di chuyển từ M đến N: 𝐴𝑀𝑁 = 𝐹 . 𝑠 = 𝑞𝐸⃗ 𝑠 = 𝑞𝐸. 𝑠 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑞. 𝐸. 𝑑 𝑑 = 𝑠. 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ; 𝛼 = (𝐸⃗̂ , 𝑠)

Trong đó:

▪ E là cường độ điện trường, E có đơn vị là V/m

▪ q là điện tích ở trong điện trường E, q đơn vị là C ▪ d là độ dài hình chiếu của MN trên phương đường sức (phương vecto 𝐸⃗ , với chiều dương là chiều vectơ 𝐸⃗ )

▪ UMN là hiệu điện thế giữa hai điểm M, N

Chú ý: Công của lực điện tác dụng lên một điện tích không phụ thuộc vào dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc dẫn).

KÈ

vào vị trí điểm đầu và cuối của đường đi trong điện trường → điện trường tĩnh là trường thế (như trường hấp 2. Điện thế: Điện thế tại điểm M trong điện trường đặc trưng cho điện trường về mặt dự trữ năng lượng và được đo bằng thương số giữa công để đưa một điện tích q từ điểm M ra xa vô cực và điện tích q: VM =

𝐴𝑀∞ 𝑞

DẠ Y

3. Hiệu điện thế: Hiệu điện thế giữa hai điểm M và N trong điện trường đặc trưng cho khả năng thực hiện công của điện trường giữa hai điểm đó và được đo bằng thương số giữa công của lực điện làm di chuyển một điện tích q từ điểm M đến điểm N và độ lớn của điện tích q: UMN = VM – VN =

𝐴𝑀𝑁 𝑞

𝐴

hay U = 𝑞

4. Điện thế gây ra bởi các điện tích điểm 𝑘 𝑄

– Điện thế gây ra bởi một điện tích điểm Q: V = 𝜀 . 𝑟 (𝑉∞ = 0)

Tự luận vật lý 11

(r là khoảng cách từ điện tích điểm Q đến điểm ta xét) – Điện thế gây ra bởi hệ điện tích điểm Q1, Q2, …: Gọi V1, V2,… là điện thế do các điện tích Q1, Q2,…

gây ra tại điểm M trong điện trường. Điện thế toàn phần do hệ điện tích trên gây ra tại M là: V = V1 + V2 + …. = ∑ 𝑉𝑖 Hệ thức trên là nội dung của nguyên lí chồng chất điện thế.

5. Liên hệ giữa cường độ điện trường và hiệu điện thế

▪ Công của lực điện khi làm điện tích di chuyển từ M đến N là: AMN = q(VM - VN),

𝐴𝑀𝑁

▪ Hiệu điện thế giữa hai điểm MN: UMN = VM - VN =

(*)

𝑞

𝐸⃗

▪ Mà AMN = q.E.d (**)

(VM – VN) được gọi là hiệu điện thế (hay điện áp) giữa hai điểm MN kí hiệu là UMN

▪ Từ (*) và (**) suy ra: UMN = Ed

Kết luận: Hiệu điện thế giữa hai điểm M, N trong điện trường là đại lượng đặc trưng cho khả năng thực hiện

ƠN

công của điện trường khi có một điện tích di chuyển giữa hai điểm đó. 6. Thế năng tĩnh điện

Thế năng của điện tích q đặt tại điểm M trong điện trường đặc trưng cho khả năng sinh công của điện trường khi đặt điện tích q tại M: Wt = qV

II. GIẢI TOÁN A. Phương pháp giải

𝑘 𝑄

– Công thức tính điện thế gây ra bởi một điện tích điểm (V = 𝜀 . 𝑟 ) cũng được áp dụng cho quả cầu tích

điện phân bố đều với r là khoảng cách từ tâm quả cầu đến điểm ta xét.

– Lực điện trường là lực thế nên công của lực điện trường không phụ thuộc vào dạng quỹ đạo di chuyển của điện tích mà chỉ phụ thuộc vào vị trí của điểm đầu và điểm cuối của quỹ đạo: A = qU. – Mối quan hệ giữa công của lực ngoài A’ và công của lực điện trường A: = –qU.

A’ = –A

N’

điện

1 2

– Đối với vật dẫn cân bằng điện cần chú ý: ▪ Vật dẫn là vật đẳng thế: Các điểm bên trong và trên mặt vật dẫn có cùng

KÈ

thế.

M VN = VN’

▪ Điện tích chỉ phân bố ở mặt ngoài vật dẫn, tập trung ở những chỗ lồi và nhọn. – Thế năng tương tác của hệ điện tích điểm: Với hệ gồm các điện tích điểm Q1, Q2,..., thế năng của hệ là: 1

DẠ Y

W = 2(Q1V1 + Q2V2 +....) = 2 ∑ 𝑄𝑖 𝑉𝑖 (i = 1, 2,..., n) (Vi =

kQ1 𝜀1i

kQ2 𝜀2i

+ +… là điện thế tại điểm đặt Qi do các điện tích khác của hệ gây ra) 1

+ Trường hợp hệ 2 điện tích: W = 2 (Q1V1+ Q2V2), với V1 =𝜀𝑟 2 , V2 = 𝜀𝑟 1 21

+ Trường hợp hệ 3 điện tích: W = 2 (Q1V1 + Q2V2 + Q3V3), với kQ

V1 = 𝜀𝑟 2 + 𝜀𝑟 3 , V2 = 𝜀𝑟 1 + 𝜀𝑟 3 , V3 = 𝜀𝑟 1 + 𝜀𝑟 2 . 21

B. VÍ DỤ MẪU

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 1: Hiệu điện thế giữa hai điểm M, N là UMN = 1 V. Một điện tích q = -1 C di chuyển từ M đến N thì công của lực điện bằng bao nhiêu. Giải thích về kết quả tính được.

Hướng dẫn giải + Công điện trường làm di chuyển điện tích q từ M đến N là: A = qUMN = -1 J

+ Dấu (-) nói lên công của lực điện là công cản, do đó để di chuyển điện tích q từ M đến N thì cần phải

cung cấp một công A = 1 J. Ví dụ 2: Điện tích Q = 5.10-9 C đặt ở O trong không khí.

a. Cần thực hiện một công A1 bao nhiêu để đưa điện tích q = 4.10-8 C từ M (cách Q đoạn r1 = 40 cm) đến N (cách Q đoạn r2 = 25 cm) Hướng dẫn giải 9.109 .5.10−9 0,4

𝑀

+ Điện thế tại N do Q gây ra là: 𝑉𝑁 =

𝑘𝑄 𝑟𝑁

= 112,5 V

9.109 .5.10−9 0,25

= 180 V

ƠN

𝑘𝑄

a. Điện thế tại M do Q gây ra là: 𝑉𝑀 = 𝑟 =

b. Cần thực hiện một công A2 bao nhiêu để đưa q từ M chuyển động chậm dần ra xa vô cùng.

+ Khi di chuyển q từ M đến N, lực điện (do điện trường của điện tích Q gây ra) đã thực hiện một công là: A = q(VM - VN) = 4.10-8(112,5 - 180) = -2,7.10-6 J.

𝑘𝑄

b. Điện thế tại M do Q gây ra là: 𝑉𝑀 = 𝑟 =

+ Công cần thiết để di q từ M đến N là: A1 = -A = 2,7.10-6 J 9.109 .5.10−9

𝑀

+ Điện thế tại vô cùng bằng 0

0,4

= 112,5 V

+ Khi di chuyển q từ M ra vô cùng, lực điện (do điện trường của điện tích Q gây ra) đã thực hiện một công là: A = q(VM - V∞) = 4.10-8(112,5 - 0) = 45.10-7J.

+ Để di chuyển q từ M ra vô cùng chậm dần thì phải có ngoại lực ngược chiều lực điện do đó công cần thiết để di q từ M ra vô cùng là: A2 = -A = -45.10-7 J Ví dụ 3: Khi bay qua 2 điểm M và N trong điện trường, êlectrôn tăng tốc, động năng tăng thêm 250 eV (1eV = 1,6.10–19J). Tính hiệu điện thế giữa M và N.

Hướng dẫn giải

 UMN =

KÈ

Ta có: Công của lực điện trường là A = q.UAB = ∆Wđ ∆𝑊đ 𝑞

250.1,6.10−19 −1,6.10−19

= -250 V.

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm M và N trong điện trường là UMN = –250V.

DẠ Y

Ví dụ 4: Tại A, B trong không khí, AB = 8 cm, người ta lần lượt đặt hai điện tích điểm q1 = 10-8 C, q2 = -10-8 C.

a. Tính điện thế tại trung điểm O của AB và tại M với MA ⊥ AB, MA = 6 cm b. Tính công của lực điện trường khi điện tích q = -10-9 C di chuyển từ O đến M theo quỹ đạo là một nửa

đường tròn đường kính OM. Hướng dẫn giải

Tự luận vật lý 11

a. Gọi V1, V2 lần lượt là điện thế do các điện tích q1 và q2 gây ra tại O. Điện thế do hai điện tích gây ra tại O 𝑘𝑞1 𝐴𝑂

𝑘𝑞2 𝐵𝑂

+ Vì AO = OB, q1 = -q2  VO = 0

là: 𝑉𝑂 = 𝑉1 + 𝑉2 =

+ Gọi V1M, V2M lần lượt là điện thế do các điện tích q1 và q2 gây ra

tại M.

𝑉𝑀 = 𝑉1𝑀 + 𝑉2𝑀 =

𝑘𝑞1 𝐴𝑀

𝑘𝑞

+ 𝐵𝑀2 =

𝑘𝑞1 𝐴𝑀

𝑘𝑞

+ √𝐴𝑀2 2

+𝐴𝐵2

Điện thế do hai điện tích gây ra tại M là: A

= 600 V

b. Khi di chuyển điện tích q từ O đến M theo quỹ đạo là một nửa đường tròn đường kính OM thì cũng tương đương với việc di chuyển từ O đến M theo đường thẳng OM (công không phụ thuộc vào dạng đường đi)

+ Do đó công của lực điện trường khi di chuyển từ O đến M là: AOM = q(VO - VM) = -10-9(0 - 600)=6.10-7 J

Ví dụ 5: Hai điện tích q1 = 5.10–6C và q2 = 2.10–6C đặt tại 2 đỉnh A, D của hình chữ nhật ABCD, AB = a = 30cm, AD = b = 40cm. Tính:

ƠN

a. Điện thế tại B, C.

b. Công của điện trường khi q = 10–9C di chuyển từ B đến C. Hướng dẫn giải

Ta có: BD = √𝐴𝐵 2 + 𝐴𝐷2 = 50 cm a. Điện thế tại B và C

9.109 ⋅5⋅10−6 0,3

 VC =

0.5

kq2 BD

9.109 ⋅2⋅10−6

= 1, 86.105 V

0.5

– Điện thế tại C: VC = 9.109 ⋅5⋅10−6

kq1 AC

kq2 DC

 VB =

kq1

9.109 ⋅2⋅10−6 0.3

– Điện thế tại B: VB =

= 1.5.105

b. Công của điện trường khi điện tích di chuyển từ B đến C Ta có: A = q(VB – VC) = 10–9.(1,86.105 – 1,5.105) = 3,6.10–5 J.

Vậy: Công của điện trường khi điện tích q di chuyển từ B đến C là A = 3,6.10–5J.

KÈ

Ví dụ 6: Trong điện trường đều E = 1000 V/m có 3 điểm A, B, C tạo thành tam giác vuông tại B, với AB = 8 cm, BC = 6 cm. Biết hai điểm A, B nằm cùng trên một đường sức (xem hình vẽ). a. Tính UAB, UAC và UBC

b. Di chuyển q0 = 10-8 C từ A đến C theo hai đường khác nhau: trên

𝐸⃗

DẠ Y

đoạn thẳng AC và trên đường gấp khúc ABC. Tính công của lực điện trong hai cách di chuyển trên. So sánh và giải thích kết quả. Hướng dẫn giải

a. Hình chiếu của AB, BC, AC trên phương đường sức lần lượt là: 𝑑𝐴𝐵 = 𝐴𝐵. 𝑐𝑜𝑠 0𝑜 = 8(𝑐𝑚) {𝑑𝐵𝐶 = 𝐵𝐶. 𝑐𝑜𝑠 9 0𝑜 = 0 𝑑𝐴𝐶 = 𝐴𝐶. 𝑐𝑜𝑠 𝐴̂ = 8(𝑐𝑚)

Tự luận vật lý 11

𝑈𝐴𝐵 = 𝐸. 𝑑𝐴𝐵 = 80(𝑉) Do đó hiệu điện thế giữa các điểm được tính như sau: {𝑈𝐵𝐶 = 𝐸. 𝑑𝐵𝐶 = 0 𝑈𝐴𝐶 = 𝐸. 𝑑𝐴𝐶 = 80(𝑉)

b. Tính công của lực điện trong hai cách di chuyển trên ▪ Công khi di chuyển điện tích q0 từ A đến B rồi từ B đến C là:

A1 = AAB + ABC = q0(UAB + UBC) = 8.10-7 J ▪ Công khi di chuyển điện tích q0 từ A đến C là: A2 = AAC = q0UAC = 8.10-7 J

Vậy dù đi theo hai con đường khác nhau nhưng công vẫn cùng một giá trị. Điều này được giải thích là do

công của lực điện không phụ thuộc vào dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc vào điểm đầu và điểm cuối.

Ví dụ 7: Tam giác ABC vuông tại A được đặt trong điện trường đều 𝐸⃗0, 𝛼 = ABC = 600; AB // 𝐸⃗0 . Biết BC = 6cm, UBC = 120V. a. Tìm UAC, UBA và cường độ điện trường E0.

b. Đặt thêm ở C điện tích điểm q = 9.10–10C. Tìm cường độ điện trường tổng

𝛼

ƠN

hợp ở A.

𝐸⃗0

Hướng dẫn giải a. Tính UAC, UBA và E0

– Hiệu điện thế giữa hai điểm A, C: UAC = qE0.AC = 0

(A'C' là hình chiếu của AC lên phương của đường sức).

𝐸⃗0

– Hiệu điện thế giữa hai điểm B, A: UBA = qE0.BA = UBC = 120 V U

– Cường độ điện trường E0: E0 = B′BC = C′ 120

120

120 BA

(với BA = BC.cosα)

𝛼

120

 E0 = BC⋅cos 𝛼 = 0,06,cos 60∘ = 0.06.0,5 = 4000 V/m

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm AC là UAC = 0; hiệu điện thế giữa hai điểm

BA là UBA = 120V; cường độ điện trường E0 = 4000 V/m. b. Cường độ điện trường tổng hợp tại A

9.109 ⋅9⋅10−10

9.109 ⋅9⋅10−10 2

√3 ) 2

= 3000 V/m

(0,06⋅

KÈ

E1 =(0,06⋅sin 60∘ )2 =

– Cường độ điện trường do q gây ra ở A: E1 = = AC2 = (BCsin 𝛼)2 A

⃗⃗⃗⃗ 𝐸0

⃗⃗⃗⃗ 𝐸1

𝐸⃗

Cường độ điện trường tổng hợp ở A: ⃗E = ⃗E1 + ⃗E0 Vì ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 ⊥ ⃗⃗⃗⃗ 𝐸0 ⇒ E = √𝐸12 + 𝐸02 = √30002 + 40002 = 5000 V/m

DẠ Y

Vậy: Cường độ điện trường tổng hợp tại A là E = 5000 V/m.

Ví dụ 8: Cho ba bản kim loại phẳng A, B, C đặt song song như hình vẽ. d1 = 5cm, d2 = 8cm. Các bản được tích điện và điện trường giữa các bản là đều, có chiều như hình vẽ với độ lớn: E1 = 4.104 V/m, E2 = 5.104 V/m. Chọn gốc điện thế tại bản A, tìm điện thế VB, VC của hai bản B, C Hướng dẫn giải - Vì ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 hướng từ A đến B, ta có: UAB = VA - VB = E1d1

B 𝐸⃗1

𝐸⃗2

𝑑1

𝑑2

Tự luận vật lý 11

Gốc điện thế tại bản A : VA = 0 Suy ra: VB = VA - E1d1 = 0 - 4.104.5.10-2 = - 2000 V

- Vì ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 hướng từ C đến B, ta có: UCB = VC - VB = E2d2 Suy ra : VC = VB + E2d2 = -2000 + 5.104.8.10-2 = 2000 V

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Một electron di chuyển được đoạn đường 1 cm từ M đến N, dọc theo một đường sức điện dưới tác

dụng của lực điện trong một điện trường đều có cường độ điện trường 1000 V/m. Cho e = -1,6.10-19 C. Xác định công của lực điện.

Bài 2. Để di chuyển q = 10–4C từ rất xa vào điểm M của điện trường, cần thực hiện công A’ = 5.10–5J. Tìm điện thế ở M (gốc điện thế ở ∞).

Bài 3. Hiệu điện thế giữa hai điểm M, N trong điện trường UMN = 100V.

a. Tính công của lực điện trường khi một êlectrôn di chuyển từ M đến N.

ƠN

b. Tính công cần thiết để di chuyển êlectrôn từ M đến N.

Bài 4. Êlectrôn chuyển động quanh nhân nguyên tử hiđrô theo quỹ đạo tròn bán kính R = 5.10–9cm. a. Tính điện thế tại một điểm trên quỹ đạo êlectrôn.

b. Khi êlectrôn chuyển động, điện trường của hạt nhân có sinh ra công không? Tại sao? Bài 5. Tính thế năng của hệ thống hai điện tích điểm q1, q2 cách nhau khoảng r trong chân không. Bài 6. Một prôtôn bay trong điện trường. Lúc prôtôn ở điểm A thì vận tốc của nó bằng 2,5.10 4 m/s. Khi bay đến B vận tốc của prôtôn bằng không. Điện thế tại A bằng 500 V. Tính điện thế tại B. Biết prôtôn có khối

lượng 1,67.10-27 kg và có điện tích 1,6.10-19 C.

Bài 7. Có thể tích điện cho vào một vật dẫn cô lập đến một điện thế tối đa là bao nhiêu khi chiếu vào vật một chùm tia êlectrôn, bay với vận tốc v? Khối lượng m và điện tích e của êlectrôn coi như đã hết. Bài 8. Êlectrôn ở cách prôtôn đoạn r = 5,2.10–9cm. Muốn êlectrôn thoát khỏi sức hút prôtôn nó cần có vận tốc tối thiểu là bao nhiêu?

Bài 9. Một quả cầu kim loại bán kính 4cm tích điện dương. Để di chuyển điện tích q = 10-9C từ vô cùng đến M cách mặt hình cầu 20cm, người ta cần thực hiện một công A’ = 5.10-7J. Tính điện thế trên mặt quả cầu do

KÈ

điện tích của quả cầu gây nên.

Bài 10. Hai quả cầu kim loại bán kính R1, R2 lần lượt được tích các điện tích q1, q2 và đặt ở hai nơi xa nhau trong không khí. Điện thế của mỗi quả cầu là V1 và V2. Hỏi khi nối hai quả cầu bằng dây dẫn, êlectrôn sẽ

DẠ Y

chuyển động từ quả cầu nào sang quả cầu nào? Xét các trường hợp: a. R1 > R2; q1 = q2 > 0 b. R1 > R2; V1 = V2. So sánh q1 và q2. c. q1 > 0; q2 < 0.

Bài 11. Hai quả cầu kim loại đặt xa nhau. Quả cầu (I) có bán kính R1 = 5cm và được tích điện q1 = 6.10-9C; quả cầu (II) có bán kính R2 = 15cm và tích điện q2 = -2.10-9C. Nối hai quả cầu bằng một dây nối mảnh. Tìm điện tích trên mỗi quả cầu đó và điện lượng đã chạy qua dây nối.

Tự luận vật lý 11

Bài 12. Một điện tích đặt trong không khí tạo ra một điện trường, điện thế tại M, N trong vùng điện trường là VM = 900 V, VN = 500 V. Tính công dịch chuyển điện tích điểm q = 2.10-9 C từ M ra xa vô cùng và từ vô cùng

về N. Bài 13. Tìm hiệu điện thế giữa hai vị trí M, N trong không khí. Biết rằng điện tích điểm q = 3.10-9 C dịch chuyển từ M đến N thu được năng lượng W = 6.10-7.

Bài 14. Hai điện tích q1 = 10–8C, q2 = 4.10–8C đặt cách nhau 12cm trong không khí. Tính điện thế tại điểm có cường độ điện trường bằng 0:

Bài 15. Hai điện tích q1 = 3.10–8C, q2 = –5.10–8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 8cm. Tìm những điểm có điện thế bằng 0:

a. Trên AB. b. Trên đường vuông góc với AB tại A.

Bài 16. Tại 3 đỉnh tam giác đều ABC cạnh a = 6√3 cm trong không khí, lần lượt đặt 3 điện tích điểm q1 = – 10–8C, q2 = q3 = 10–8C. Tính:

ƠN

a. Điện thế tại tâm O và tại trung điểm M của cạnh AB.

b. Công cần để di chuyển điện tích q = –10–9C từ O đến M.

Bài 17. Tại 4 đỉnh ABCD của hình vuông cạnh a = 20 cm đặt lần lượt ba điện tích âm, một điện tích dương,

độ lớn 7.10–8C trong không khí. Tính điện thế tại tâm hình vuông. Lấy √2 ≈ 1,4. Bài 18. Ba điện tích điểm q1 = q2 = q3 = q = 10–8C ban đầu ở rất xa nhau. Tính công cần thực hiện để đưa 3 điện tích đến 3 đỉnh của tam giác đều ABC cạnh a = 3cm đặt trong không khí. Bài 19.

biết AB = 3 cm; AC = 4 cm.

→ a. Chứng minh hiệu điện thế giữa hai điểm M, N cách nhau một khoảng d trong vùng điện trường đều 𝐸 là → ሱሮ UMN = Edcosα với α =(𝐸 , 𝑀𝑁 ) (1). → ሱሮ b. A, B, C là ba điểm tạo thành tam giác vuông tại A đặt trong điện trường đều 𝐸 //𝐴𝐵 , E = 5.103 V/m. Cho

▪ Áp dụng công thức (1) tính UAB, UBC, UCA ▪ Tính công thực hiện để dịch chuyển điện tích q = 2.108 C từ A đến B, từ B đến C, từ A đến C.

KÈ

Bài 20. Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông tại C như hình vẽ, trong đó AC = 4cm; BC = 3cm và nằm trong một điện trường đều. Véctơ cường độ

→ 𝐸

điện trường 𝐸⃗ song song với AC, hướng từ A đến C và có độ lớn E = 5000V/m.

DẠ Y

Tính:

a. UAC, UCB, UAB

𝛼 C

b. Công của điện trường khi một êlectrôn di chuyển từ A đến B.

Bài 21. Một electron di chuyển một đoạn 0,6 cm, từ điểm M đến điểm N dọc theo một đường sức điện thì lực điện sinh công 9,6.10-18 J. a. Tính công mà lực điện sinh ra khi electron di chuyển tiếp 0,4 cm từ điểm N đến điểm P theo phương và

chiều nói trên.

Tự luận vật lý 11

b. Tính vận tốc của electron khi đến điểm P. Biết tại M, electron không có vận tốc ban đầu. Khối lượng của electron là 9,1.10-31 kg.

Bài 22. Trong một điện trường đều có cường độ điện trường E = 6.103 V/m, người ta dời điện tích q = 5.10-9 C từ M đến N, MN = 20 cm và MN hợp với 𝐸⃗ một góc α = 600. Tính : b. Lượng biến đổi của thế năng tương tác của điện tích với điện trường. c. Hiệu điện thế UMN

Bài 23. Điện tích q = 10–8C di chuyển dọc theo các cạnh của tam giác đều ABC

a. Công của điện trường.

𝐸⃗

cạnh a = 10cm trong điện trường đều cường độ điện trường là: E = 300V/m, 𝐸⃗ //

BC. Tính công của lực điện trường khi q di chuyển trên mỗi cạnh tam giác.

Bài 24. Có ba bản kim loại phẳng A, B, C đặt song song như hình vẽ. Cho d1 = 5 cm, d2 = 4 cm, bản C nối đất, bản A, B được tích điện có điện thế - 100 V, + 50 V. Điện trường giữa các bản

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

ƠN

là điện trường đều. Xác định các vectơ cường độ điện trường 𝐸⃗1 , 𝐸⃗2 .

𝐸⃗1

𝐸⃗2

𝑑1

𝑑2

+ Vì electron mang điện tích âm nên lực điện trường có chiều ngược với chiều điện trường. Do đó dưới tác dụng của lực điện trường thì electron sẽ chuyển động ngược chiều với 𝐸⃗  α = 1800⇒d = MN.cos1800 = -1 cm = - 0,01 m

𝐹

+ Công của lực điện trường khi làm electron di chuyển 1 cm:

A = qEd = e.E.d = -1,6.10-19.1000.-0,01 = 1,6.10-18 J

Bài 2.

 VM =

5.10−5 10−4

Ta có: Công cần thực hiện: A' = –A = –q(V∞ - VM) = –10–4(0 – VM) = 5.10–5 J = 0,5 V

Bài 3.

KÈ

Vậy: Điện thế ở điểm M là VM = 0,5V. a. Công của lực điện trường A = qUMN = –1,6.10–19.100 = –1,6.10–17 J.

DẠ Y

Vậy: Công của lực điện trường khi một êlectrôn di chuyển từ M đến N là A = –1,6.10–17 J. b. Công cần thiết để di chuyển êlectrôn từ M đến N: A' = –A = 1,6.10–17 J.

Bài 4.

a. Điện thế tại một điểm trên quỹ đạo êlectrôn Ta có: V =

𝑘𝑞 𝜀𝑟

9.109 .1,6.10−19 5.10−11

= 28,8 V

Vậy: Điện thế tại một điểm trên quỹ đạo của êlectrôn là V = 28,8V.

𝐸⃗

Tự luận vật lý 11

b) Điện trường của hạt nhân có sinh công không? Khi êlectrôn chuyển động, điện trường của hạt nhân không sinh công vì êlectrôn chuyển động theo một quỹ

đạo khép kín. Bài 5. Ta có:

q1 r kq1 q2

+ Thế năng của hệ điện tích q1, q2: W = q2V = Vậy: Thế năng của hệ điện tích q1, q2 là W =

kq1 q2 r

+ Điện thế do q1 gây ra: V= k

* Chú ý: Có thể dùng công thức tính thế năng của hệ 2 điện tích: kq

W = 2(q1V1 + q2V2), với V1 = 𝜀r 2 , V2 = 𝜀r 1 21

kq2

kq1

nên W = 2(q1.𝜀r + q2.𝜀r ) =

kq1 q2 r

(ε = 1).

ƠN

Bài 6. 1

Ta có: Wđ = WđB - WđA = - 2mv2 = A = q(VA – VB) 𝑚𝑣 2 2𝑞

= 503,26 V.

Bài 7.

 VB = VA +

Công cần thực hiện để tích điện cho vật dẫn: A' = –A = –qV = 𝑚𝑣 2

 –qV =

𝑚𝑣02 2

 Vmax =

𝑚𝑣02

= −2q

𝑚𝑣 2 2e

Vậy: Có thể tích điện cho vật dẫn cô lập đến điện thế tối đa là V = Bài 8.

−

𝑚𝑣02 2

(khi v0 = 0).

−

𝑚𝑣 2

𝑘𝑒

– Công của điện trường tác dụng lên êlectrôn: A = qV = e. 𝑟 =

𝑚𝑣 2 2e

𝑘𝑒 2 𝑟



mv2 2

≥

ke2 r

– Để êlectrôn thoát khỏi sức hút prôtôn thì: Wđ 𝐸⃗1  A. 2ke2

v≥√

2.9.109 ⋅(1,6⋅10−19 )2

⇔ v ≥ √ 9.1.10−31 ⋅5,2⋅10−11 =3,2.106 (m/s)

KÈ

Vậy: Để êlectrôn thoát khỏi sức hút prôtôn thì êlectrôn phải có vận tốc tối thiểu là v = 3,2.106(m/s). Bài 9.

- Khi q chuyển động, q chịu tác dụng của lực ngoài và lực cản của điện trường của quả cầu. Gọi A là công

DẠ Y

lực điện trường của quả cầu sinh ra khi q di chuyển, ta có: A = -A' = - 5.10-7 J - Ta lại có: A = q(V∞ - VM) = -q.VM 𝐴

Điện thế tại M do quả cầu sinh ra là: VM = -𝑞 =

5⋅10−7 10−9

= 500 V 𝑄

Đặt Q là điện tích của quả cầu và O là tâm quả cầu, ta có: VM = 𝑘. 𝑂𝑀 Q=

𝑉𝑀 𝑂𝑀 𝑘

500.0,24 9.109

40 3

⋅10-9 C

Tự luận vật lý 11 𝑄

Vậy điện thế trên mặt quả cầu do Q gây nên là: V = 𝑘 ⋅ 𝑅 = 9.109 ⋅

40 ⋅10−9 3

0,04

= 3000 V

Bài 10. 𝑞

Quả cầu cô lập là một vật đẳng thế. điện tích sẽ nằm ở bề mặt quả cầu. Điện thế của quả cầu là: V = k.𝑅. Khi nối hai quả cầu bằng dây dẫn, các điện tích sẽ di chuyển từ quả cầu này sang quả cầu kia nếu điện thế

hai quả cầu khác nhau. Êlectrôn mang điện tích âm sẽ di chuyển từ quả cầu có điện thế thấp đến quả cầu có điện thế cao 𝑞

a. Trường hợp 1: R1 > R2, q2 = q2 > 0 𝑞

Điện thế: V1 = 𝑘 𝑅1 < 𝑘 𝑅2 1

Êlectrôn sẽ di chuyển từ quả cầu (I) sang quả cầu (II). b. Trường hợp 2: R1 > R2, V2 = V2 𝑞

𝑞

Điện thế: V1 = 𝑘 𝑅1 = V2 = 𝑘 𝑅2 1

ƠN

Các êlectrôn không di chuyển. Điện tích q1, q2 cùng dấu và |q1| > |q2| c) Trường hợp 3: q1 > 0, q2 < 0 𝑞

Điện thế quả cầu I: 𝑉1 = 𝑘 𝑅1 > 0

𝑞

Điện thé quả cầu I: 𝑉2 = 𝑘 𝑅2 < 0 2

Vì V1 > V2 nên êlectrôn di chuyển từ quả cầu (II) sang quả cầu (I) Chú ý: Các êlectrôn sẽ di chuyển cho đến khi nào điện thế hai quả cầu bằng nhau thì ngừng, không di

chuyển nữa.

Bài 11.

𝑞

Gọi điện thế của mỗi quả cầu lúc ban đầu là V1, V2: 𝑉1 = 𝑘 𝑅1 ; 𝑉2 = 𝑘 𝑅2 1

Vì V1 ≠ V2, nên khi nối hai quả cầu bằng dây dẫn, các điện tích sẽ di chuyển từ quả cầu này sang quả cầu

kia cho tới khi điện thế hai quả cầu bằng nhau. - Gọi điện tích và điện thế của các quả cầu sau khi nối dây là: q’1, q’2, V’1, V’2 𝑞′

𝑞′

𝑅

KÈ

Ta có: V’1 = V’2  𝑘 𝑅1 = 𝑘 𝑅2  𝑞1′ = 𝑅1 = 3 1

(1)

Theo định luật bảo toàn điện tích: 𝑞1′ + 𝑞2′ = q1 + q2 = 4.10-9 C (2) Giải hệ phương trình (1) và (2), ta suy ra: 𝑞1′ = 10−9 𝐶 và 𝑞2′ = 3.10-9 C

DẠ Y

▪ Điện lượng đã chạy qua dây nối: Δq = |q1' - q1|=|q2' - q2|= 5.10-9 C Bài 12.

Tính 𝐴𝑀∞ và 𝐴N∞ . AM∞ = q(VM - V∞) = qVM = 18.10-7 J A∞N = q(V∞ - VN)= - qVN = -10-6 J

Bài 13. Năng lượng W bằng công của lực điện trường: W = AMN = qUMN

Tự luận vật lý 11 𝑊

 𝑈𝑀𝑁 =

𝑞

= 200 V

Bài 14.

▪ Vì q1, q2 cùng dấu nên điểm có cường độ điện trường bằng 0 nằm giữa q1, q2.

▪ Gọi A là điểm đặt điện tích q1, B là điểm đặt điện tích q2, C là điểm có cường độ điện trường bằng 0, ta

⃗⃗⃗⃗2 ⇔ E1 = E2 ⇔ 𝑘 2 = 𝑘 𝑞22 ⇔ ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 = −𝐸 𝐴𝐶 𝐵𝐶 4.10−8

= (0.12−AC)2

AC2

(0,12−AC)2 AC2

=4⇔

 AC = 0,04 m; BC = 0,12 - 0,04 = 0,08 m

⇒ VC =

0.04

kq1 AC

9.109 .4.10−8

kq2 BC

= 6750 V

0.08

ƠN

9.109 ⋅10−8

𝐸⃗1

0,12−AC

▪ Điện thế tại điểm C: VC =

⇔

10−8

⇔

có: ⃗Ec = ⃗E1 + ⃗E2 = ⃗0

Vậy: Điện thế tại điểm có cường độ điện trường bằng 0 là VC = 6750 V. Bài 15.

a. Những điểm có điện thế bằng 0 trên AB

Gọi M là điểm có điện thế bằng 0 trên AB, ta có: VM = AM1 + BM2 

3.10−8 𝐴𝑀

5.10−8 𝐵𝑀

𝐴𝑀

 𝐵𝑀 = 0,6  AM= 0,6BM

(BM > AM)

▪ Nếu M nằm giữa A, B thì: AM1 + BM1 = AB = 8

 1,6BM1 = 8  BM1 = 5 cm và AM1 = 0,6.5 = 3 cm. BM2 – AM2 = AB = 8

▪ Nếu M nằm ngoài A, B thì:

 BM2 – 0,6BM2 = 8  BM2 = 20 cm và AM2 = 0,6.20 = 12 cm. Vậy: Có hai điểm có điện thế bằng 0 trên AB là M1 và M2 với AM1 = 3 cm, BM1 = 5 cm; AM2 = 12 cm, BM2 = 20 cm.

b. Những điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A

VP =

kq1 AP

KÈ

Gọi P là điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A: kq2 PB



3.10−8 𝐴𝑃

5.10−8 𝑃𝐵

 AP = 0,6PB

Mặt khác: BP2 – PA2 = AB2 = 64 A

DẠ Y

 BP2 – 0,36BP2 = 64  BP2 = 100

B q1

 BP = 10 cm và AP = 6 cm. Vậy: Điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A là P với BP = 10 cm và AP = 6 cm.

Bài 16.

a) Điện thế tại tâm O và tại trung điểm M của AB ▪ Điện thế tại tâm O: VO =

kq1 AO

kq2 BO

kq3 CO

= AO(q1 + q2 + q3)

Tự luận vật lý 11 2 a√3

Vì AO = BO = CO = 3 0,06

a√3

0,06√3.√3

= 0,06 m

.(-10-8 + 10-8 + 10-8) = 1500 V

▪ Điện thế tại trung điểm M của cạnh AB: kq1

kq2

kq3

−10−8

10−8

VM = AM + BM + CM = k(AM + BM + CM) 0.06.√3.√3 2

 VM = 9.109 (0.03√3 + 0.03√3 +

10−8

) = 1000 V

Ta có: A' = –A = –q.(VO – VM) = +10–9.(1500 – 1000) = 5.10–7 J.

Vậy: Công cần để di chuyển q từ O đến M là: A’ = 5.10–7 J. Bài 17.

Vì: AO = BO = CO = DO =

a√2 2

9.109

0.2√2

kq4 DO

= 0,1√2 m

9.109 ⋅2.7.10−8 0.1√2

= - 9000 V

B D q3

 VO = 0.1√2 ⋅(- q - q - q + q) = −

kq3

ƠN

Tại tâm hình vuông: VO =

kq2

b) Công cần để di chuyển q từ O đến M

kq1

9.109

 VO =

Vậy: Điện thế tại tâm hình vuông là VO = –9000 V. Bài 18.

▪ Chọn gốc điện thế tại vô cùng: Giả sử ban đầu q1 đứng yên ở A. q1 q2 a2

= k a2 (1)

A q1

A2 = k

▪ Công cần thực hiện để đưa điện tích q2 từ ∞ đến đỉnh B của tam giác:

▪ Công cần thực hiện để đưa điện tích q3 từ đến đỉnh C của tam giác: A3 q3V3 = qV3

 A3 =

2kq2 a

(2)

kq1 a

kq2

2kq

q2 B

với: V3 = V1 + V2 =

kq2 a

2kq2 a

KÈ

▪ Công cần thực hiện để đưa cả ba điện tích trên đến ba đỉnh A, B và C của tam giác là: A = A 2 + A3 = 3kg2 a

3.9.109 .(10−8 ) 3.10−2

= 9.10-5 J

Vậy: Công cần thực hiện để đưa 3 điện tích đến 3 đỉnh của tam giác đều là: A = 9.10–5J.

DẠ Y

Bài 19.

a. Chứng minh UMN = E.d.cosα Giả sử điện tích q > 0 di chuyển từ M đến N

𝐸⃗

trong điện trường đều 𝐸⃗ 𝐹 = 𝑞. 𝐸⃗ cùng hướng với 𝐸⃗ . 𝐴𝑀𝑁 𝐴𝑀𝑁

= 𝐹𝑑cos 𝛼 = 𝑞𝐸𝑑cos 𝛼 } ⇒ 𝑈𝑀𝑁 = E.d.cosα = 𝑞𝑈𝑀𝑁

𝛼

𝐹 = 𝑞𝐸⃗

Tự luận vật lý 11

b. Tính UAB, UBC, UCA

▪ UAB = E.AB.cos0 = 150 V 𝐸⃗

▪ UBC = E.BC.cosα = -E.BC.cos(π-α) = 150 V. ▪ UCA = E.CAcos900 = 0 c. Tính AAB, ABC, AAC

▪ AAB = qUAB = 3.10 J ▪ ABC = qUBC = -3.10-6 J

𝐸⃗

▪ AAC = qUAC = 0

𝛼

Bài 20.

a. Các hiệu điện thế Vì 𝐸⃗ hướng từ A đến C, ta có: UAC = E.AC = 5000.0,04 = 200 V Giả sử có một điện tích q di chuyển từ C đến B. 𝐴𝐶𝐵 𝑞

ƠN

Ta có: UCB =

-5

𝛼

Trên đoạn đường CB, lực điện trường 𝐹 = q.𝐸⃗ vuông góc với CB nên công của lực điện trường ACB = 0 ta suy ra UCB = 0

→ 𝐸 A

𝛼 C

Ta có: UAB = VA - VB = (VA - VC) + (VC - VB)

UAB = UAC + UCB = UAC = 200 V b. Công của lực điện trường

Công của lực điện trường khi êlectrôn di chuyển từ A đến B :

AAB = -e.UAB = - 16.10-19.200 = -3,2.10-17 J

Chú ý: Các điểm nằm trên một mặt vuông góc với các đường sức điện trường sẽ có điện thế bằng nhau.

Bài 21. a. AMN = q.E.MN  E =

𝐴𝑀𝑁 𝑀𝑁

Hiệu điện thế giữa hai điểm trên mặt này bằng 0. Mặt vuông góc với đường sức điện trường là mặt đẳng thế.

= - 104 V/m; dấu “-” cho biết 𝐸⃗ ngược chiều chuyển

động của electron (được mặc nhiên chọn làm chiều dương) ANP = q.E.NP = 6,4.10

-18

KÈ

b. Ta có: Wđ = WđP – WđM =

m𝑣𝑃2 2

= AMP = AMN + ANP

 vp = √2(𝐴MN +𝐴𝑁𝑃 ) = 5,93.106 m/s. 𝑚

DẠ Y

Bài 22. a. Tính AMN : AMN = q.E.MN.cosα = 3.10-5 J. b. Tính ∆Wt : ∆Wt = -AMN = - 3.10-5 J. c. Tính UMN

AMN = qUMN ⇒ UMN =

𝐴𝑀𝑁 𝑞

= 600 V.

Bài 23. ▪ Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh AB của tam giác:

𝛼

𝐹 𝐸⃗

Tự luận vật lý 11 a

0.1

AAB = –q.E.A'B' =−q. E. 2 = - 10-8.300. 2 = -1,5.10-7 J ▪ Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh BC của tam giác:

▪ Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh CA của tam giác:

ACA = –q.E.A'C = AAB = -1,5.10-7 J Bài 24. Chọn bản C làm gốc VC = 0. 𝑑2

𝑉𝐵 −𝑉𝐶

𝑑2

𝑉𝐵 𝑑2

= 1250 V/m.

E1 =

𝑈𝐵𝐴 𝑑1

𝑉𝐵 −𝑉𝐴 𝑑1

𝐸⃗1

𝐸⃗2

𝑑1

𝑑2

⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 hướng từ bản B sang bản C. = 3000 V/m.

CHỦ ĐỀ 4: TỤ ĐIỆN I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

ƠN

1. Tụ điện

E2 =

𝑈𝐵𝐶

ABC =

q.E.BC = 10–8.300.0,1 = 3.10–7 J

𝐸⃗

a. Định nghĩa: Tụ điện là một hệ gồm hai vật dẫn đạt cách điện với nhau, mỗi vật dẫn được gọi là một bản tụ điện. Mỗi tụ điện có hai bản: bản dương và bản âm.

b. Điện dung của tụ điện

𝑄

▪ Điện dung của tụ điện là đại lượng đặc trưng cho khả năng tích điện của tụ điện: C = 𝑈 (Q = |Q| = |Q’| là điện tích tụ điện; U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ) 𝜀𝑆

▪ Điện dung của tụ điện phẳng: C = 4𝜋𝑘𝑑. (S là diện tích phần đối diện giữa hai bản tụ; d là khoảng cách

giữa hai bản tụ).

𝑄

▪ Điện dung của vật dẫn cô lập: C = 𝑉 (V là điện thế của vật dẫn; Q là điện tích của vật dẫn). 𝜀𝑅 𝑅

2 ▪ Điện dung của tụ điện cầu: C = 4𝜋𝑘(𝑅1 −𝑅 (R1, R2 là bán kính trong và ngoài của tụ). ) 2

▪ Điện dung của tụ điện xoay: C =

(𝑛−1)𝑆 4𝜋𝑘𝑑

, với:

+ n là số lá tụ, S là diện tích phần đối diện giữa các lá tụ, d là khoảng cách giữa hai lá tụ sát nhau.

KÈ

+ Khi tụ xoay, S thay đổi nên C thay đổi: Cmax =

(𝑛−1)𝑆𝑚𝑎𝑥 4𝜋𝑘𝑑

; Cmin =

c. Ghép các tụ điện

▪ Ghép song song:

DẠ Y

Ghép liên tiếp bản âm của tụ này với bản dương của tụ kế tiếp. Ub = U1 = U2 = …;

Qb = Q1 + Q2 +…;

Cb = C1 + C2 +…

▪ Ghép nối tiếp: Ghép các bản cùng tên của các tụ lại với nhau. Ub = U1 + U2 + …;

𝑏

▪ Ghép hỗn tạp: Vừa ghép nối tiếp vừa ghép song song.

2. Năng lượng của tụ điện

Qb = Q1 = Q2 =…; 𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + ⋯ + 𝐶

𝑛

(𝑛−1)𝑆𝑚𝑖𝑛 4𝜋𝑘𝑑

Tự luận vật lý 11 1

1 𝑄2

▪ Năng lượng của tụ điện: W = 2QU =2CU2 =2.2𝐶 . ▪ Mật độ năng lượng điện trường: Trong không gian giữa hai bản tụ có điện trường nên có thể nói năng

lượng của tụ điện là năng lượng điện trường. Gọi V = Sd là thể tích vùng không gian giữa hai bản tụ thì mật độ năng lượng điện trường là: 𝑊 𝑉

1 𝐶𝑈 2

= 2.

𝑆𝑑

𝜀𝑆

(𝐸𝑑)2

= 2.4𝜋𝑘𝑑𝑆𝑑

𝜀.𝐸 2

= 8.𝜋𝑘 (với tụ điện phẳng).

Chú ý: 1 μF = 10–6 F; 1 nF = 10–9 F; 1 pF = 10–12 F.

II. CÁC DẠNG TOÁN

Dạng 1. Tính điện dung, điện tích, hiệu điện thế và năng lượng của tụ điện

A. Phương pháp giải 𝑄

▪ Điện dung của tụ điện: C = 𝑈 Trong đó: C là điện dung, đơn vị là fara (F) U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ (V)

ƠN

Q là điện tích mà tụ tích được (C) 𝜀.𝑆

▪ Công thức tính điện dung của tụ điện phẳng: 𝐶 = 9.109.4𝜋.𝑑

Trong đó: S là phần diện tích đối diện giữa 2 bản (m2)  là hằng số điện môi d là khoảng cách giữa hai bản tụ (m) 𝑄2

▪ Năng lượng của tụ điện: 𝑊𝐶 = 2𝐶 =

𝐶𝑈 2 2

𝑄𝑈 2

𝜀.𝐸 2 .𝑉

▪ Năng lượng của tụ điện phẳng: 𝑊𝐶 = 9.109.8.𝜋 𝑊

▪ Mật độ năng lượng điện trường: 𝑤 =

𝑉

𝜀𝐸 2

= 𝑘8𝜋

(Với V = S.d là thể tích khoảng không gian giữa 2 bản tụ điện phẳng) Lưu ý:

▪ Trên vỏ tụ điện thường ghi (10 F – 250 V), số liệu thứ nhất có nghĩa là điện dung của tụ, số liệu thứ 2 cho biết hiệu điện thế tối đa mà tụ có thể đạt được.

KÈ

▪ Với mỗi tụ điện có 1 hiệu điện thế giới hạn nhất định, khi sử dụng mà đặt vào 2 bản tụ hiệu điện thế lớn hơn hiệu điện thế giới hạn thì điện môi giữa 2 bản bị đánh thủng. Ta có: 𝑈𝑔ℎ = 𝐸𝑔ℎ 𝑑 → 𝑄𝑔ℎ = 𝐶𝑈𝑔ℎ

DẠ Y

▪ Điện tích của tụ không đổi khi bị ngắt ra khỏi nguồn. Hiệu điện thế không đổi khi mắc tụ vào nguồn. B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Một tụ điện có ghi 100 nF – 10V. a. Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính điện tích cực đại của tụ. b. Mắc tụ trên vào hai điểm có hiệu điện thế U = 8V. Tính điện tích của tụ khi đó. c. Muốn tích cho tụ điện một điện tích là 0,5 C thì cần phải đặt giữa hai bản tụ một hiệu điện thế là bao

nhiêu ?

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải a. Con số 100 nF cho biết điện dung của tụ điện là 100 nF. Con số 10 V cho biết hiệu điện thế cực đại có thể

đặt vào hai bản tụ là 10 V. Điện tích cực đại tụ có thể tích được: Qmax = CUmax = 100.10-9.10 = 10-6 C b. Điện tích tụ tích được khi mắc tụ vào hiệu điện thế U = 8 V là: 𝑄

Q = CU = 100.10-9.8 = 8.10-7 C 0,5.10−6

c. Hiệu điện thế cần phải đặt vào giữa hai bản tụ là: 𝑈 = 𝐶 = 100.10−9 = 5V.

Ví dụ 2: Tụ phẳng có các bản hình tròn bán kính 10cm khoảng cách và hiệu điện thế hai bản là 1 cm, 108 V. Hướng dẫn giải

Giữa 2 bản là không khí. Tìm điện tích tụ điện. – Diện tích phần đối diện của hai bản tụ là: S = πR2 = π.0,12 = 0,01π m2. 𝜀.𝑆

1.0,01.𝜋

– Điện dung của tụ điện phẳng là: C = 9.109.4𝜋.𝑑 = 9.109.4𝜋.0,01 = 2,78.10-11 F.

ƠN

– Điện tích của tụ điện là: Q = CU = 2,78.10–11.108 = 3.10–9 C. Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 3.10–9 C.

Ví dụ 3: Tụ phẳng không khí điện dung C = 2pF được tích điện ở hiệu điện thế U = 600V.

a. Tính điện tích Q của tụ.

b. Ngắt tụ khỏi nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2. Tính C1, Q1, U1 của tụ. c. Vẫn nối tụ với nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2 lần. Tính C2, Q2, U2 của tụ. Hướng dẫn giải

a. Điện tích Q của tụ

Ta có: Q = CU = 2.10–12.600 = 1,2.10–9 C.

Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 1,2.10–9 C. b. Khi ngắt tụ khỏi nguồn: Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích không đổi nên: Q1 = Q = 1,2.10–9 C

𝜀.𝑆

𝐶

– Điện dung của tụ điện: C1 = 9.109.4𝜋.2𝑑 = 2 = 10-12 F = 1 pF. 𝑄

– Hiệu điện thế của tụ điện: U1 = 𝐶1 =

1,2.10−19 10−12

= 1200 V.

KÈ

Vậy: Khi ngắt tụ khỏi nguồn và đưa hai bản tụ ra xa gấp đôi thì điện tích của tụ là Q 1 = 1,2.10–9C điện dung của tụ là C1 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U1 = 1200 V. c. Khi vẫn nối tụ với nguồn điện: Khi vẫn nối tụ với nguồn thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ không đổi: U2 =

DẠ Y

U = 600 V

𝜀.𝑆

𝐶

– Điện dung của tụ: C2 = 9.109.4𝜋.2𝑑 = 2 = 10-12 F = 1 pF. – Điện tích của tụ: Q2 = C2U2 = 10–12.600 = 0,6.10–9 C. Vậy: Khi vẫn nối tụ với nguồn điện và đưa hai bản ra xa gấp đôi thì điện tích của tụ là Q 2 = 0,6.10–9C điện dung của tụ là C2 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U2 = 600 V.

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 4: Một tụ điện có điện dung C1 = 0,2 µF khoảng cách giữa hai bản là d1 = 5 cm được nạp điện đến hiệu điện thế U = 100 V.

a. Tính năng lượng của tụ điện. b. Ngắt tụ ra khỏi nguồn điện. Tính độ biến thiên năng lượng của tụ khi dịch 2 bản lại gần còn cách nhau d2 = 1 cm. 𝐶1 𝑈12 2

0,2.10−6 .1002

𝜀𝑆

2 𝐶

= 10-3 J.

𝑑

b. Điện dung của tụ điện: 𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑 ⇒ 𝐶2 = 𝑑1 1

𝑑

+ Điện dung của tụ điện lúc sau: 𝐶2 = 𝐶1 𝑑1 = 0,2.5 = 1 μF = 10-6 F.

a. Năng lượng của tụ điện: 𝑊 =

Hướng dẫn giải

+ Điện tích của tụ lúc đầu: 𝑄1 = 𝐶1 𝑈1 = 0,2.10−6 . 100 = 2.10−5 𝐶 + Vì ngắt tụ ra khỏi nguồn nên điện tích không đổi, do đó: Q2 = Q1 (2.10−5 )

2.10−6

= 2.10−4 𝐽

ƠN

𝑄2

+ Năng lượng lúc sau: 𝑊 = 2𝐶2 =

+ Độ biến thiên năng lượng: ΔW = W2 - W1 = - 8.10-4 J < 0  năng lượng giảm Ví dụ 5: Một tụ điện phẳng có 2 bản tụ cách nhau d = 2 mm. Tụ điện tích điện dưới hiếu điện thế U = 100 V. 𝑄

Gọi  là mật độ điện tích trên bản tụ và được đo bằng thương số 𝑆 (Q là điện tích, S là diện tích). Tính mật độ điện tích  trên mỗi bản tụ trong hai trường hợp: a. Điện môi là không khí

b. Điện môi dầu hỏa có  = 2 𝜀𝑆

𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑 + Ta có: { 𝑄 = 𝐶𝑈 + Mật độ điện tích: 𝜎 =

𝑄 𝑆

Hướng dẫn giải

𝜀𝑈

= 9.109.4𝜋𝑑 𝑈

a. Không khí có  = 1 nên: 𝜎 = 9.109 .4𝜋𝑑 = 4,4.10-7 C/m2. 𝜀𝑈

KÈ

b. Dầu có  = 2 nên: 𝜎 = 9.109.4𝜋𝑑 = 8,8.10-7 C/m2. Ví dụ 6: Tụ điện phẳng gồm hai bản tụ hình vuông cạnh a = 20cm, đặt cách nhau d = 1cm, chất điện môi giữa hai bản là thủy tinh có ε = 6. Hiệu điện thế giữa hai bản U = 50 V. a. Tính điện dung của tụ điện

DẠ Y

b. Tính điện tích của tụ điện c. Tính năng lượng của tụ điện. Tụ điện có dùng làm nguồn điện được không?

Hướng dẫn giải

a. Điện dung của tụ điện 1

𝐶 = 4𝜋𝑘 ⋅

𝜀𝑆 𝑑

= 4𝜋𝑘 ⋅

𝜀𝑎2 𝑑

= 36𝜋⋅109 ⋅

6.0,04 0,01

= 212,4.10-12 F = 212,4 pF.

b. Điện tích của tụ điện Q = C.U = 10,62.10-9 C ≈ 10,6 nC.

Tự luận vật lý 11 1

c. Năng lượng của tụ điện W = 2.QU = 265,5.10-9 J ≈ 266 nJ. Khi tụ điện phóng điện, tụ điện sẽ tạo thành dòng điện. Tuy nhiên thời gian phóng điện của tụ rất ngắn, nên

tụ không thể dùng làm nguồn điện được. Dòng điện do nguồn điện sinh ra phải tồn tại ổn định trong một thời gian khá dài.

Ví dụ 7: Tụ phẳng không khí được tích điện bằng nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U. Hỏi năng lượng của bột tụ thay đổi thế nào, nếu tăng khoảng cách d giữa hai bản tụ lên gấp đôi trong hai trường hợp sau: a. Vẫn nối tụ với nguồn.

b. Ngắt ra khỏi nguồn trước khi tăng. 𝑆

+ Điện dung của tụ điện phẳng không khí: 𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑 + Khi tăng d lên gấp đôi thì C giảm đi một nửa  C’=

𝐶 2

Hướng dẫn giải

𝐶

+ Vì C’ = 2 nên W’ =

𝐶𝑈 2 2

ƠN

a. Khi tụ vẫn nối vào nguồn thì U không đổi và năng lượng của tụ là: 𝑊 = 𝑊 2

𝑄2

+ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì Q không đổi và năng lượng của tụ là: 𝑊 = 2𝐶 𝐶

+ Vì C’ = 2 nên W’ = 2W

Ví dụ 8: Tụ phẳng có S = 200cm2, điện môi là bản thủy tinh dày d = 1mm,  = 5, tích điện với U = 300V. Rút bản thủy tinh khỏi tụ. Tính độ biến thiên năng lượng của tụ và công cần thực hiện. Công này dùng để làm gì?

Xét khi rút thủy tinh. b. Ngắt tụ khỏi nguồn. Hướng dẫn giải

a. Tụ vẫn nối với nguồn.

Gọi điện dung của tụ điện khi có tấm thủy tinh là C và khi không có tấm thủy tinh là C0 thì: C = εC0 =

a) Khi tụ vẫn nối với nguồn

𝜀𝜀0 S d

– Năng lượng của tụ điện khi mắc vào nguồn là: W = 2 CU 2 = 2 𝜀C0 U 2 .. 1

KÈ

– Năng lượng của tụ điện sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết là: W’= 2 C0 U 2 . – Độ biến thiên năng lượng của tụ: ∆W = W’ - W U2 C

(C0 − C) = (1 − 𝜀)C0 U 2 = 2

DẠ Y

W=

 ΔW =

(1−5).200.10−4 .3002 2.10−3 .4𝜋.9.109

(1−𝜀)𝜀0 SU2 2d

= - 318.10-7 J.

– Khi rút tấm thủy tinh ra khỏi tụ điện, ta cần thực hiện một công. Khi tụ điện nối với nguồn, công A dùng

để rút tấm thủy tinh có giá trị bằng độ biến thiên năng lượng của hệ tụ điện – nguồn. Một phần công này làm 1

thay đổi năng lượng của tụ điện một lượng: ΔW = 2(1 - ε)C0U2.

Tự luận vật lý 11

– Khi tấm thủy tinh được rút ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện giảm đi, do đó với cùng hiệu điện thế U, điện tích của tụ điện giảm đi. Một phần điện tích Q đã dịch chuyển ngược chiều nguồn điện. Công dịch 1

chuyển các điện tích này bằng: ΔW' = -ΔQ.U = -ΔC.U2 = U2C0(ε-1) 1

Do đó: A = ΔW + ΔW' = 2(1 - ε)C0U2 + U2C0(ε - 1) = 2(ε - 1)C0U2 = 318.10-7 J.

Vậy: Độ biến thiên năng lượng và công cần thực hiện trong trường hợp này là ∆W = –318.10–7 J và A = 318.10–7 J. b) Khi ngắt tụ khỏi nguồn

1 Q2

– Năng lượng của tụ điện được tích điện khi có tấm thủy tinh là: W = 2CU2 = 2 .

= 2.

𝜀C0

sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết: W'=2 ⋅ C

1 Q2

– Sau khi ngắt tụ điện khỏi nguồn, điện tích trên các bản tụ giữ nguyên không đổi. Năng lượng của tụ điện

– Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: ΔW = W’ - W = 2 C (1 − 𝜀 ) = 0

(5−1).5.200.10−4 .3002 2.10−3 .𝜋.9.109

= 1590.10-7 J.

(𝜀−1)𝜀0 𝜀SU2 2d

ƠN

ΔW =

𝜀(𝜀−1)C0 U2

– Khi tụ điện được ngắt khỏi nguồn, công để rút tấm thủy tinh chỉ bằng độ biến thiên năng lượng của tụ điện: A’ = ∆W = 1590.10-7 J.

Vậy: Độ biến thiên năng lượng và công cần thực hiện trong trường hợp này là ∆W = A’ = 1590.10–7 J. Ví dụ 9: Tụ phẳng không khí d = 1,5 cm nối với nguồn U = 39 kV (không đổi). a. Tụ có hư không nếu biết điện trường giới hạn của không khí là 30 kV/cm? b. Sau đó đặt tấm thủy tinh có ε = 7, l = 0,3cm và điện trường giới hạn 100 kV/cm vào khoảng giữa, song

Hướng dẫn giải

song 2 bản. Tụ có hư không?

▪ Điện trường giữa hai bản tụ là: E = d = 1,5 = 26 kV/cm. a. Trường hợp điện trường giới hạn bằng 30 kV/cm: Vì E < Egh nên tụ không bị hư.

b. Trường hợp điện trường giới hạn bằng 100 kV/cm: Khi có tấm thủy tinh, điện dung của tụ tăng lên, điện tích ở các bản tụ tăng lên làm cho điện trường trong khoảng không khí cũng tăng lên.

KÈ

Gọi E1 là cường độ điện trường trong phần không khí; E2 là cường độ điện trường trong phần thủy tinh. Ta có:

U = E1(d – l) + E2l và E2 = U

d−1+

1 𝜀

DẠ Y

 E1 =

1,2+

0,3 7

E1 𝜀

= 31,4 kV/cm.

Vì E1 > Egh = 30 kV/cm nên không khí bị đâm xuyên và trở nên dẫn điện, khi đó hiệu điện thế U của nguồn

đặt trực tiếp vào tấm thủy tinh, điện trường trong tấm thủy tinh là: E2′ =

U l

= 0,3 = 130 kV/cm > Egh = 100 kV/cm nên thủy tinh bị đâm xuyên, tụ điện bị hư.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Tự luận vật lý 11

Bài 1. Một tụ điện phẳng có hai bản kim loại, điện tích mỗi bản S = 100 cm2, cách nhau d = 2 mm, điện môi Bài 2. Một tụ điện có ghi 1000 F – 12V. a. Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính điện tích cực đại của tụ. b. Mắc tụ trên vào hai điểm có hiệu điện thế U = 10V. Tính điện tích của tụ khi đó.

là mica có hằng số điện môi ε = 6. Tính điện tích của tụ khi được tích điện ở hiệu điện thế U = 220 V.

b. Muốn tích cho tụ điện một điện tích là 5 mC thì cần phải đặt giữa hai bản tụ một hiệu điện thế là bao nhiêu ?

Bài 3. Hai bản của tụ điện phẳng có dạng hình tròn bán kính R = 30 cm, khoảng cách giữa hai bản d = 5 mm, khoảng giữa hai bản là không khí.

a. Tính điện dung của tụ điện.

b. Biết rằng không khí chỉ còn cách điện khi cường độ điện trường tối đa là 3.105 V/m. Hỏi: ▪ Hiệu điện thế giới hạn của tụ điện?

▪ Có thể tích cho tụ một điện tích lớn nhất là bao nhiêu để tụ không bị đánh thủng?

ƠN

Bài 4. Một tụ điện phẳng (điện môi là không khí) có điện dụng C = 0,2 µF được mắc vào hai cực của nguồn điện có hiệu điện thế U1 = 200 V. a. Tính điện tích của tụ.

b. Ngắt tụ ra khỏi nguồn rồi nhúng cả tụ điện vào trong dầu hỏa có hằng số điện môi ε = 2. Tính hiệu điện thế U2 bây giờ.

Bài 5. Một tụ điện phẳng được mắc vào hai cực của một nguồn điện có hiệu điện thế 50 V. Ngắt tụ điện ra khỏi nguồn rồi kéo cho khoảng cách giữa hai bản tụ tăng lên gấp đôi so với lúc đầu. Tính hiệu điện thế của tụ

điện khi đó. hiệu điện thế U = 200 V.

Bài 6. Một tụ điện (điện môi là không khí) có điện dụng C = 0,2 µF được mắc vào hai cực của nguồn điện có a. Tính hiệu điện thế của tụ sau khi nhúng cả tụ điện vào trong dầu hỏa có hằng số điện môi ε = 2. b. Tính điện tích của tụ trước và sau khi nhúng cả tụ điện vào trong dầu hỏa có hằng số điện môi ε = 2.

Bài 7. Tụ phẳng không khí có điện dung C = 500 pF, được tích đến hiệu điện thế U = 300 V. a. Tính điện tích Q của tụ điện.

KÈ

b. Ngắt tụ điện khỏi nguồn. Nhúng tụ điện vào trong chất lỏng có  = 2. Tính điện dung C1, điện tích Q1 và hiệu điện thế lúc đó.

c. Vẫn nối tụ điện với nguồn. Nhúng tụ vào chất lỏng có hằng số điện môi  = 2. Tính C2, Q2 và U2 khi đó.

DẠ Y

Bài 8. Tụ phẳng không khí có điện dung C = 2 pF, được tích đến hiệu điện thế U = 600 V. a. Tính điện tích Q của tụ điện. b. Ngắt tụ điện khỏi nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2 lần. Tính điện dung C 1, điện

tích Q1 và hiệu điện thế lúc đó. c. Vẫn nối tụ điện với nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2 lần. Tính C2, Q2 và U2 khi đó.

Bài 9. Tụ phẳng không khí được tích điện rồi ngắt khỏi nguồn. Hỏi năng lượng tụ thay đổi thế nào khi nhúng tụ vào điện môi lỏng có  = 2.

Tự luận vật lý 11

Bài 10. Tụ phẳng không khí C = 10–10F được tích điện đến hiệu điện thế U = 100V rồi ngắt khỏi nguồn. Tính công cần thực hiện để tăng khoảng cách hai bản tụ lên gấp đôi?

Bài 11. Một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa hai bản là d = 1 mm được nhúng chìm hẳn vào trong chất lỏng có hằng số điện môi  = 2. Diện tích mỗi bản là S = 200 cm2. Tụ được mắc vào nguồn có hiệu điện thế U = 200 V. Tính độ biến thiên năng lượng của tụ khi đưa tụ ra khỏi chất lỏng trong hai trường hợp sau:

a. Tụ vẫn luôn được mắc vào nguồn b. Ngắt tụ ra khỏi nguồn trước khi đưa tụ ra khỏi chất lỏng

Bài 12. Tụ phẳng có diện tích bản S, khoảng cách 2 bản là x, nối với nguồn U không đổi. a. Năng lượng tụ thay đổi ra sao khi x tăng.

b. Tính công suất cần để tách các bản theo x. Biết vận tốc các bản tách xa nhau là v.

c. Cơ năng cần thiết và độ biến thiên năng lượng của tụ đã biến thành dạng năng lượng nào? D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. 𝜀.𝑆

ƠN

Điện dung của tụ điện phẳng: C = 9.109.4𝜋.𝑑 = 0,02654.10-8 F = 0,2654 nF Điện tích của tụ điện: Q = CU ≈ 5,84.10-8 C. Bài 2.

a. Con số 1000 F cho biết điện dung của tụ điện là 1000 F. Con số 12 V cho biết hiệu điện thế cực đại có thể đặt vào hai bản tụ là 12 V.

Điện tích cực đại tụ có thể tích được: Qmax = CUmax = 1000.10-6.12 = 12.10-3 C = 12 mC.

b. Điện tích tụ tích được khi mắc tụ vào hiệu điện thế U = 10 V là: Q = CU = 1000.10-6.10 = 10.10-3 C = 10 mC.

5.10−3

𝑄

c. Hiệu điện thế cần phải đặt vào giữa hai bản tụ là: 𝑈 = 𝐶 = 1000.10−6 = 5 V. Bài 3.

𝜀.𝑆

𝜀𝜋𝑅 2

a. Điện dung của tụ phẳng: 𝐶 = 9.109.4𝜋.𝑑 = 9.109.4𝜋.𝑑 = 5.10-10 F.

b. Hiệu điện thế giới hạn: Ugh = Egh.d = 3.105.5.10-3 = 1500 V.

Bài 4.

KÈ

Điện tích cực đại của tụ: Qmax = CUgh = 7,5.10-7 C. a) Điện tích của tụ: Q = C1U1 = 0,2.10-6.200 = 4.10-5 C. 𝑆

DẠ Y

b) Điện dung của tụ trước và sau khi nhúng vào điện môi: {

𝐶1 = 9.109.4𝜋.𝑑 𝜀𝑆

𝐶2 = 9.109.4𝜋.𝑑

+ Suy ra: C2 = εC1 = 2.0,2 = 0,4μF. + Vì khi ngắt ra khỏi nguồn nên điện tích không đổi, mà điện dung của tụ lúc này là C2 nên hiệu điện thế 𝑄

mới mà tụ có thể nạp được là: 𝑈2 = 𝐶 = 100 V. 2

Bài 5. 𝜀𝑆

𝐶

𝑑

▪ Ta có: 𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑 ⇒ 𝐶2 = 𝑑1 = 2 ⇒ 𝐶2 = 1

𝐶1 2

Tự luận vật lý 11

▪ Khi ngắt ra khỏi nguồn thì điện tích Q không đổi nên: 𝑄 = 𝐶1 𝑈1 = 𝐶2 𝑈2 𝐶

⇒ 𝑈2 = 𝐶1U1 = 2U1 = 100 V. 2

Bài 6. a. Khi nối vào nguồn thì hiệu điện thế không đổi nên U = 200 V.

b. Điện tích của tụ khi tụ ở trong không khí: Q1 = C1U = 0,2.10-6.200 = 4.10-5 C. ▪ Khi nhúng cả tụ vào trong dầu hỏa thì điện dung tăng  = 2 lần nên: C2 = 0,4 µF.

Bài 7. a. Điện tích của tụ khi nối vào nguồn U = 300 V: Q = CU = 150 nC.

▪ Điện tích của tụ lúc này là: Q2 = C2U = 0,4.10-6.200 = 8.10-5 C.

b. Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích Q không đổi nên Q1 = Q = 150 nC.

Khi nhúng tụ vào trong điện môi thì điện dung tăng  lần nên ta có: C1 = 2C = 1000pF. Hiệu điện thế lúc này: 𝑈1 =

𝑄1 𝐶1

150.10−9

= 1000.10−12 = 150 V.

ƠN

c. Khi vẫn nối tụ vào nguồn thì U2 = U = 300 V.

▪ Khi nhúng tụ vào trong điện môi thì điện dung tăng  lần nên ta có: C2 = 2C = 1000pF. ▪ Điện tích của tụ lúc này: Q2 = C2U2 = 300 nC.

Bài 8.

a. Điện tích Q của tụ điện: Q = CU = 2.10-12.600 = 12.10-10 (C) 𝜀𝑆

𝐶

b. Vì 𝐶 = 9.109 .4𝜋𝑑  khi khoảng cách tăng 2 lần thì điện dung của tụ giảm hai lần nên ta có: 𝐶1 = 2 = 1 pF.

▪ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi nên : Q1 = Q = 12.10-10 C. 𝑄1 𝐶1

= 1200 V.

▪ Hiệu điện thế giữa hai bản tụ lúc này là: 𝑈1 =

c. Khi nối tụ vào nguồn thì hiệu điện thế không đổi nên: U2 = U = 600 V. 𝜀𝑆

𝐶

▪ Vì 𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑  khi khoảng cách tăng 2 lần thì điện dung của tụ giảm hai lần nên ta có: 𝐶2 = 2 = 1 pF. ▪ Điện tích lúc này của tụ: Q2 = C2U2 = 6.10-10 C.

Bài 9.

𝑄2

KÈ

▪ Năng lượng ban đầu của tụ điện: W1 = 2𝐶 . 1

▪ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn, điện tích trên tụ không đổi, nhúng tụ vào điện môi lỏng có ε = 2 thì C2 = 2C1 𝑄2

nên tụ điện có năng lượng : W2 = 2𝐶 =

𝑊1

DẠ Y

Vậy: Năng lượng của tụ giảm đi 2 lần. Bài 10.

▪ Năng lượng của tụ điện : W1 =

𝐶1 𝑈 2 2

10−10 .1002 2

= 5.10-7 J.

▪ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn, điện tích của tụ không đổi: Q = C1U = 10–10.100 = 10–8 C. ▪ Khi tăng khoảng cách của hai bản tụ lên gấp đôi thì :

C2 =

2 .

Tự luận vật lý 11 Q2

C 2 1

▪ Năng lượng lúc sau của tụ điện : W2 = 2C =

= 2W1.

▪ Công cần thực hiện là: A = W2 – W1 = W1 = 5.10–7 J.

Vậy: Công cần thực hiện để tăng khoảng cách giữa hai bản tụ lên gấp đôi là A = 5.10–7 J. a. Khi tụ vẫn được nối vào nguồn thì U không đổi 𝜀𝑆

▪ Điện dung của tụ điện phẳng khi tụ trong nước có  = 2: 𝐶1 = 9.109.4𝜋𝑑 𝑆

𝑊2 = ▪ Độ biến thiên năng lượng của tụ: 𝑈2 2

(𝐶2 − 𝐶1 ) =

𝑈2

𝑆

2 9.109 .4𝜋𝑑

2 𝐶2 𝑈 2 2

(1 − 𝜀) = -3,54.10-6 J < 0.

ƠN

𝛥𝑊 = 𝑊2 − 𝑊1 =

𝐶1 𝑈 2

▪ Năng lượng của tụ điện trước và sau khi đưa ra khỏi nước: {

𝑊1 =

▪ Điện dung của tụ điện phẳng khi ngoài không khí có  = 1: 𝐶2 = 9.109.4𝜋𝑑

Bài 11.

Vậy sau khi đưa tụ ra khỏi nước thì năng lượng của tụ giảm đi 3,54.10-6 J. b. Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì Q không đổi

𝜀𝑆

▪ Điện dung của tụ điện khi tụ trong nước: 𝐶1 = 9.109.4𝜋𝑑 = 3,54.10-10 F. ▪ Điện tích của tụ sau khi ngắt nguồn: Q = C1U = 7,1.10-8 C 𝑆

▪ Điện dung của tụ điện khi ngoài không khí: 𝐶2 = 9.109.4𝜋𝑑 = 1,77.10-10 F. ▪ Năng lượng của tụ điện trước và sau khi đưa ra khỏi nước lần lượt là: 𝑄2

𝑄2

𝑊1 = 2𝐶 = 7,12.10-6 J và 𝑊2 = 2𝐶 = 1,42.10-5 J.

▪ Độ biến thiên năng lượng của tụ: ΔW = W2 - W1 = 7,12.10-6 J > 0 Vậy sau khi đưa tụ ra khỏi nước thì năng lượng của tụ tăng thêm 7,12.10-6 J. Bài 12.

a. Sự thay đổi năng lượng của tụ khi x tăng: Gọi x là khoảng cách ban đầu giữa hai bản; x’ là khoảng cách lúc

sau giữa hai bản. Ta có: ∆x = x – x > 0.

 ∆W =

KÈ

▪ Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: ∆W = W’– W = U 2 𝜀0 S 2

(

x′

−

𝜀0 S x

U 2 𝜀0 S 2xx′

(x − x ′ ) = −

C′ U2 2

−

CU2 2

U2 𝜀0 S 2xx′

.Δx < 0

Vậy: Khi x tăng thì năng lượng của tụ điện giảm.

DẠ Y

b. Công suất cần để tách các bản tụ A

Ta có: P =Δt = −

ΔW Δt

U 2 𝜀0 S 2xx′

Δx

⋅ Δt ≈

U 2 𝜀0 S 2x2

Δx

⋅ Δt ⇒ P ≈

Vậy: Công suất cần để tách các bản tụ theo x là P ≈

U 2 𝜀0 S 2x2

. v, với v =

∆𝑥 ∆𝑡

là vận tốc các bản khi tách ra xa

nhau.

c. Công cơ học và phần năng lượng được giải phóng khỏi tụ điện đã biến thành công để đưa các điện tích về nguồn. Toàn bộ phần năng lượng nói trên biến thành nhiệt năng và hóa năng.

Tự luận vật lý 11

Dạng 2: Ghép các tụ điện và giới hạn hoạt động của tụ điện 1. Ghép các tụ điện chưa tích điện trước a. Ghép nối tiếp các tụ 1

A. Phương pháp giải

𝑏

▪ Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ: U = U1 + U2 + ... + Un.

𝑛

▪ Điện tích hai đầu bộ tụ: Q = Q1 = Q2 = .. .= Qn.

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ là Cb, với Cb được tính theo công thức: 𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + ... + 𝐶

b. Ghép song song các tụ

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ là Cb, với Cb được tính theo công thức: Cb = C1 + C2 + ... + Cn. ▪ Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ: U = U1 = U2 = ... = Un. ▪ Điện tích hai đầu bộ tụ: Q = Q1 + Q2 + ... + Qn. C2

ƠN

C1 C1

tụ mắc nối tiếp

𝐶

Lưu ý: Với mạch tụ cầu cân bằng (𝐶1 = 𝐶2): 3

tụ mắc song song

Mạch tương đương [(C1 nt C2) // (C3 nt C4)].



2. Ghép các tụ khi đã tích điện. Sự chuyển dịch điện tích đổi.

KÈ

▪ Khi ghép các tụ đã tích điện thì có sự phân bố điện tích khác trước, do đó hiệu điện thế các tụ cũng thay ▪ Sự phân bố điện tích trên các bản tụ tuân theo định luật bảo toàn điện tích: Trong một hệ cô lập về điện, tổng đại số các điện tích là không thay đổi ∑ 𝑄𝑡 = ∑ 𝑄𝑠

DẠ Y

▪ Điện lượng di chuyển qua dây nối với một bản tụ nào đó là: ΔQ = |Qt1 - Qs1|. Với Qt1 và Qs1 là điện tích trước và sau của chính bản tụ ấy

3. Giới hạn hoạt động của tụ 𝑈1 ≤ 𝑈𝑔ℎ−1 𝑈2 ≤ 𝑈𝑔ℎ−2 Hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ: ⇒ Umax. ................. {𝑈𝑛 ≤ 𝑈𝑔ℎ−𝑛

4. Chất điện môi liên kết với tụ tạo ra bộ tụ

Tự luận vật lý 11

▪ Đặt vào tụ một tấm điện môi ε’ thì hệ gồm 2 tụ ghép nối tiếp: tụ 1 (, d1); tụ 2 (, d2), với d1 + d2 = d.

𝜀

▪ Nhúng tụ vào chất điện môi ε’ thì hệ gồm 2 tụ ghép song song: tụ 1 (, x1); tụ 2 (, x2), với x1 + x2 = x. 𝜀

x1 ε'

ε'

x2 d2

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Tính điện dung tương đương, điện tích và hiệu điện thế trong mỗi tụ trong các trường hợp sau: a. C1 = 2 μF, C2 = 4 μF, C3 = 6 μF; U = 100 V. c. C1 = 0,2 μF, C2 = 1 μF, C3 = 3 μF; U = 12 V. d. C1 = C2 = 2 μF, C3 = 1 μF; U = 10 V. C1

b. C1 = 1 μF, C2 = 1,5 μF, C3 = 3 μF; U = 120 V.

Hình a C2

ƠN

Hình c

Hình b

Hướng dẫn giải

a. Ba tụ ghép song song:

Hình d

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1 + C2 + C3 = 2 + 4 + 6 = 12F. ▪ Hiệu điện thế mỗi tụ: U1 = U2 = U3 = U = 100 V.

▪ Điện tích tụ C1: Q1 = C1U1 = 2.10–6.100 = 2.10–4 C.

▪ Điện tích tụ C2: Q2 = C2U2 = 4.10–6.100 = 4.10–4 C. b. Ba tụ ghép nối tiếp:

▪ Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 6.10–6.100 = 6.10–4 C. 1

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C + C + C . 1

Hình a

 C = 1 + 1,5 + 3 = 2 ⇒ C = 0,5 μF.

▪ Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = Q3 = Q = CU = 0,5.10–6.120 = 6.10–5 C. Q

KÈ

▪ Hiệu điện thế của tụ C1: U1 = C 1 = 1

6.10−5 10−6

= 60 V.

6.10−5

▪ Hiệu điện thế của tụ C2: U2 = C 2 = 1,5.10−6 = 40 V. 2

6.10−5

DẠ Y

▪ Hiệu điện thế của tụ C3: U3 = C 3 = 3.10−6 = 20 V. 3

c. Hai tụ C2, C3 mắc nối tiếp nhau và mắc song song với tụ C1: C ⋅C

1.3

Ta có: C23 = C 2+C3 = 1+3 = 0,75μF. 2

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1 + C23 = 0,25 + 0,75 = 1 F. ▪ Hiệu điện thế của tụ C1: U1 = U23 = U = 120 V. ▪ Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 0,25.10–6.120 = 3.10–5 C.

Hình b

Tự luận vật lý 11

▪ Điện tích của tụ C2 và C3: Q23 = C23U23 = 0,75.10–6.120 = 9.10–5 C.  Q2 = Q3 = Q23 = 9.10–5 C.

9.10−5 10−6

= 90 V.

▪ Hiệu điện thế của tụ C2: U2 = C 2 =

C3 C1

6.10−5

▪ Hiệu điện thế của tụ C3: U3 = C 3 = 3.10−6 = 20 V. 3

Hình c

d. Hai tụ C2, C3 mắc song song và mắc nối tiếp với tụ C1: Ta có: C23 = C2 + C3 = 2 + 1 = 3F. C C

2.3

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C 1+C23 = 2+3 = 1,2 μF. 23

▪ Điện tích của tụ C1: Q1 = Q23 = Q = CU = 1,2.10–6.10 = 1,2.10–5 C. 1

2.10−6

= 6 V. Q

▪ Hiệu điện thế của tụ C2, C3: U2 = U3 = U23 =C 23 = 23

1,2⋅10−5 3.10−6

▪ Hiệu điện thế của tụ C1: U1 = C 1 =

1,2⋅10−5

= 4 V.

ƠN

▪ Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 2.10–6.4 = 0,8.10–5 C.

Hình d

▪ Điện tích của tụ C3: Q3 = C3U3 = 10–6.4 = 0,4.10–5 C.

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: C1 = 6 µF, C2 = 3 µF, C3 = 6 µF, C4 = 1 µF, UAB = 60 V.

Tính: a. Điện dụng của bộ tụ. b. Điện tích và hiệu điện thê của mỗi tụ. c. Hiệu điện thế UMN.

C2 A

C3 B

Hướng dẫn giải

M C1

𝐶 𝐶

a. Từ mạch điện suy ra: [(C2 nt C3)//C4] nt C1

▪ Ta có: C23 = 𝐶 2+𝐶3 = 2 μF ⇒ C234 = C23 + C4 = 3 μF. 2

𝐶1 𝐶234

 𝐶𝑏 = 𝐶

1 +𝐶234

= 2 μF.

𝑄1 𝐶1

= 20 V ⇒ U234 = U - U1 = 40 V.

b. Ta có: Q = Q1 = Q234 = 1,2.10-4C  𝑈1 = Suy ra: U4 = U24 = U234 = 40 V.

KÈ

+ Lại có: Q4 = C4U4 = 4.10-5 C; Q23 = C23U23 = 8.10-5 C = Q2 = Q3 + Do đó: 𝑈2 =

𝑄2 𝐶2

80 3

𝑉; 𝑈3 =

𝑄3 𝐶3

40 3

c. Bản A tích điện dương, bản B tích điện âm. Đi từ M đến N qua C 2 theo chiều từ bản âm sang bản dương

DẠ Y

nên: 𝑈𝑀𝑁 = −𝑈2 = −

80 3

𝑉.

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ C1 = 12 µF, C2 = 4 µF, C3 C1

= 3 µF, C4 = 6 µF, C5 = 5 µF, UAB = 50 V. Tính:

a. Điện dụng của bộ tụ. b. Điện tích và hiệu điện thế của mỗi tụ. c. Hiệu điện thế UMN

Hướng dẫn giải

C5 C3 N

Tự luận vật lý 11 𝐶 .𝐶

a) Vì C1 nối tiếp C2 nên: 𝐶12 = 𝐶 1+𝐶2 = 3 μF. Vì C3 nối tiếp C4 nên: 𝐶34 =

𝐶3 .𝐶4 𝐶3 +𝐶4

= 2 μF.

Lại có C12 song song với C34 nên: C12-34 = C12 + C34 = 5 μF. 𝐶

.𝐶

Điện dung của bộ tụ: 𝐶𝑏 = 𝐶 12−34+𝐶5 = 2,5 μF. 12−34

b) Điện tích của bộ tụ: Qb = CbUAB = 125 C.

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C5: 𝑈5 =

𝑄5 𝐶5

125 5

Vì C5 nối tiếp với C12-34 nên Q5 = Q12-34 = Qb = 125 C. = 25 V.

Ta có: U12 = U34 = UAB - U5 = 50 - 25 = 25 V. 𝑄 = 𝑄2 = 𝑄12 = 𝐶12 𝑈12 = 3.25 = 75(𝜇𝐶) Lại có: { 1 𝑄3 = 𝑄4 = 𝑄34 = 𝐶34 𝑈34 = 2.25 = 50(𝜇𝐶)

𝑈3 =

𝑄1 𝐶1 𝑄3 𝐶3

= 12 = 6,25(𝑉) ⇒ 𝑈2 = 𝑈12 − 𝑈1 = 18,75(𝑉) =

50 3

(𝑉) ⇒ 𝑈4 = 𝑈34 − 𝑈3 =

25 3

(𝑉)

ƠN

Do đó: {

𝑈1 =

c) Để tính UMN ta thực hiện cách đi từ M qua C1 rồi đến C3 khi đó ta có: UMN = -U1 + U3 = -10,45 V. Chú ý: U1 có dấu trừ vì đi qua C1 theo chiều từ bản âm sang bản dương

Ví dụ 4: Trong hình dưới: C1 = 3 μF, C2 = 6 F, C3 = C4 = 4 F, C5 = 8 F, U = 900 V. Tính hiệu điện thế giữa A, B. Hướng dẫn giải

▪ Sơ đồ mạch tụ: [(C1 nt C2) // (C3 nt C4)] nt C5. C ⋅C

▪ Hiệu điện thế giữa hai điểm AB: UAB = –U1 + U3. 3.6

C ⋅C

4.4

▪ Ta có: C12 = C 1+C2 = 3+6 = 2 F.

▪ C34 = C 3+C4 = 4+4 = 2 μF. 3

▪ C1234 = C12 + C34 = 2 + 2 = 4F

⋅C

4.8

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ:C = C 1234+C5 = 4+8 = 3 μF. 1234

KÈ

▪ Điện tích của bộ tụ: Q = CU = 3⋅10-6.900 = 24.10-4 C.  Q5 = Q1234 = Q = 24.10–4 C. ▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1 và C2: U12 = U34 = U1234 =

24.10−4 4.10−6

= 600 V.

DẠ Y

▪ Điện tích của tụ C1 và C2: Q12 = C12U12 = 2.10–6.600 = 12.10–4 C; Q1 = Q2 = Q12 = 12.10–4 C. Q

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 = C 1 = 1

12.10−4 3.10−6

= 400 V.

▪ Điện tích của tụ C3 và C4: Q34 = C34U34 = 2.10–6.600 = 12.10–4 C; Q3 = Q4 = Q34 = 12.10–4 C. Q

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U3 = C 3 = 3

12.10−4 4.10−6

= 300 V.

▪ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: UAB = –U1 + U3 = – 400 + 300 = – 100 V.

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 5: Cho bộ tụ điện như hình dưới, C2 = 2C1, UAB = 16V. Tính UMB. C2

▪ Sơ đồ mạch tụ: {[(C1 // C1) nt C2] // C1} nt C2.

▪ Điện dung tương đương của đoạn mạch M, B: CMB = C1 + C1 = 2C1

2C1 .2C1 2C1 +2C1

C2 .CMB

C2 +CMB

▪ Điện dung tương đương của đoạn mạch NMB: CNMB =

Hướng dẫn giải

= C1

C .C

2C .2C

▪ Điện dung tương đương của đoạn mạch NB: CNB = CNMB + C1 = C1 + C1 = 2C1 ▪ Điện dung tương đương của đoạn mạch AB: CAB = = C 2+CNB = 2C 1+2C1 = C1 2

▪ Hiệu điện thế giữa hai điểm N, B: UNB=

QNB CNB

16C1

2C1

= 8 V.

▪ Điện tích của bộ tụ: Q = CABU = C1.16 = 16C1  Q2 = QNB = 16C1

▪ Điện tích của đoạn mạch NMB: QNMB = CNMB.UNB = C1.8 = 8C1. Q

ƠN

 Q2 = QMB = QNMB = 8C1

▪ Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B: UMB = C MB = 2C1 = 4 V. MB

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B là UMB = 4 V. 𝑪𝟏 𝑪𝟐

Ví dụ 6: Cho mạch mạch điện như hình vẽ. Chứng minh rằng nếu 𝑪

= 𝑪𝟑 thì khi đóng hay mở khóa K điện dung tương đương của 𝟒

bộ tụ vẫn không đổi.

𝐶

𝐶1 = 𝑘𝐶2 𝐶3 = 𝑘𝐶4

* Trường hợp mở khóa K:

𝐶

Đặt 𝑘 = 𝐶1 = 𝐶3 ⇒ {

Hướng dẫn giải

𝐶 𝐶

𝑘𝐶 .𝑘𝐶

𝐶 𝐶

▪ Vì C1 nt C3 nên ta có: 𝐶13 = 𝐶 1+𝐶3 = 𝑘𝐶 2+𝑘𝐶4 = 𝑘 𝐶 2+𝐶4 1

𝐶2 𝐶4

▪ Vì C2 nt C4 nên ta có: 𝐶24 = 𝐶

2 +𝐶4

𝐶 𝐶

▪ Mà C13 // C24 nên: 𝐶 = 𝐶13 + 𝐶24 = 𝑘 𝐶 2+𝐶4 + 𝐶 2+𝐶4 = (𝑘 + 1) 𝐶 2+𝐶4 4

KÈ

*Trường hợp đóng khóa K: ▪ Vì C1 // C2 nên ta có: 𝐶12 = 𝐶1 + 𝐶2 = (𝑘 + 1)𝐶2 ▪ Vì C3 // C4 nên ta có: 𝐶34 = 𝐶3 + 𝐶4 = (𝑘 + 1)𝐶4 (𝑘+1)𝐶 .(𝑘+1)𝐶

𝐶 𝐶

DẠ Y

▪ Mà C12 nt C34 nên: 𝐶 / = 𝐶 12+𝐶34 = (𝑘+1)𝐶 2+(𝑘+1)𝐶4 = (𝑘 + 1) 𝐶 2+𝐶4 12

Vậy C = C/  đpcm

 Kết luận:

▪ Nếu mạch điện có dạng như ví dụ trên thì được gọi là mạch cầu tụ điện. 𝐶

𝐶

▪ Nếu mạch cầu tụ điện có thêm điều kiện 𝐶1 = 𝐶3 thì đó là mạch cầu cân bằng. 2

C3 C4

Tự luận vật lý 11

▪ Vì khi đóng hay mở K cũng không ảnh hưởng đến điện dung của bộ tụ nên nếu thay K bởi tụ C thì mạch đó cũng gọi là mạch cầu tụ điện. C2

Tính điện dung bộ tụ. A

Hướng dẫn giải

1 C

▪ Ta có: C1 = 4 = 2 ; C2 = 2 ⇒ C1 = C2 3

▪ Vì C1 = C2 nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ tụ C5.

C12 = C

1 +C2

4.2

bộ tụ gồm: (C1 nt C2) // (C3 nt C4). Ta có: 2.1

C34 = C 3+C4 = 4+2 = 3 μF. 4

Lúc đó

= 2+1 = 3 F.

C C

C1 C2

Sơ đồ bộ tụ như sau: C

= 4 μF.

Ví dụ 7: Trong các hình dưới: C1 = C4 = C5 = 2 μF, C2 = 1 μF, C3

ƠN

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C12 + C34 = 3 +3 = 2 F.

Ví dụ 8: Cho một số tụ điện điện dung C0 = 3 μF. Nêu cách mắc dùng ít tụ nhất để có điện dung 5 μF. Vẽ sơ đồ cách mắc này.

Hướng dẫn giải

▪ Bộ tụ có điện dung 5 F > C0  C0 mắc song song với C1:  C1 = 5 – 3 = 2 F

▪ C1 = 2 F < C0  C1 gồm C0 mắc nối tiếp với C2: 1

=C −C =2−3=6 1

 C2 = 6 F. ▪ C2 = 6 F = C0 + C0

C0 C0

1 C2

C0 C0

 C2 gồm C0 mắc song song với C0.

Vậy: Phải dùng ít nhất 5 tụ C0 và mắc như sau: [((C0 nt C0) // C0) nt C0] // C0 (hình vẽ). Ví dụ 9: Hai tụ không khí phẳng C1 = 0,2 μF, C2 = 0,4 μF mắc song song. Bộ tụ được tích điện đến hiệu điện

KÈ

thế U = 450V rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó lấp đầy khoảng giữa 2 bản C2 bằng điện môi  = 2. Tính hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ. Hướng dẫn giải

▪ Điện dung của bộ tụ trước khi ngắt khỏi nguồn:

DẠ Y

C = C1 + C2 = 0,2 + 0,4 = 0,6 F ▪ Điện tích của bộ tụ: Q = CU = 0,6.10–6.450 = 2,7.10–4 C 𝜀.𝑆

▪ Điện dung của tụ C2 sau khi lấp đầy điện môi: C2’ = 9.109.4𝜋.𝑑 = εC2 = 0,8 μF. ▪ Điện dung của bộ tụ sau khi lấp đầy C2 bằng điện môi: C' = C1 + C2 = 0,2 + 0,8 = 1 F ▪ Ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: Q' = Q = 2,7.10–4 C

Tự luận vật lý 11

▪ Hiệu điện thế của bộ tụ sau khi ngắt khỏi nguồn: U ′ =

Q′

C′

2,7⋅10−4 10−6

= 270 V.

▪ Điện tích của tụ C1: Q′1 = C1 U1′ = 0,2.10-6.270 = 5,4.10-5 C.

▪ Điện tích của tụ C2: 𝑄2′ = 𝐶2 𝑈2′ = 0,8.10-6.270 =2,16.10-5 C.

Vậy: Hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ sau khi ngắt ra khỏi nguồn là: U = 270 V; Q1 = 5,4.10–5C và

Q’2 = 2,16.10–5C. Ví dụ 10: Trên hình vẽ: UAB = 2V (không đổi). C1 = C2 = C4 = 6 μF, C3 =

4 μF. Tính điện tích các tụ và điện lượng di chuyển qua điện kế G khi

đóng K.

Hướng dẫn giải

Khi K đóng, mạch tụ như sau: [(C1 // C2) nt C4] // C3:

▪ Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = C1 + C2 = 6 + 6 = 12 F C

⋅C

12.6

▪ Điện dung tương đương của C1, C2, C4: C124 = C 12+C4 = 12+6 = 4μF. 12

▪ Điện tích của tụ C3: Q3 = C3UAB = 4.2 = 8 F.

ƠN

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C124 + C3 = 4 + 4 = 8 F. ▪ Điện tích của tụ C4: Q4 = Q12 = Q124 = C124.UAB = 4.2 = 8 F. Q

B C2

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 = C 12 = 12 = 3 V.

▪ Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 6. 3 = 4 μC. 2

▪ Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 6. 3 = 4 μC.

▪ Điện lượng di chuyển qua điện kế G: ∆Q = Q2 + Q3 - 0 = 12 μC.

Vậy: Điện lượng di chuyển qua điện kế G khi K đóng là ∆Q = 12 μC. Ví dụ 11: Hai tụ điện C1 = 3 μF, C2 = 2 μF được tích điện đến hiệu điện thế U1 = 300V, U2 = 200V. Sau đó ngắt tụ khỏi nguồn và nối từng bản mỗi tụ với nhau. Tính hiệu điện thế bộ tụ, điện tích mỗi tụ và điện lượng qua dây nối nếu:

a. Nối bản âm C1 với bản dương C2. b. Nối bản âm của 2 tụ với nhau.

KÈ

c. Nối các bản cùng dấu với nhau. d. Nối các bản trái dấu với nhau. Hướng dẫn giải

DẠ Y

Ta có: Điện tích ban đầu của mỗi tụ: Q1 = C1U1 = 3.300 = 900 C = 9.10–4 C.

+ -

Q2 = C2U2 = 2.200 = 400 C = 4.10–4 C.

a. Khi nối bản âm C1 với bản dương C2 Vì mạch không kín nên không có sự di chuyển điện tích: Q = 0.  Q1’ = Q1 = 9.10-4 C; Q2’ = Q2 = 4.10-4 C. và U = U1+ U2 = 300 + 200 = 500 V.

Tự luận vật lý 11

Vậy: Khi nối bản âm C1 với bản dương C2, hiệu điện thế bộ tụ là U = 500 V; điện tích mỗi tụ là Q’1 = 9.10–

C và Q’2 = 4.10–4 C; điện lượng qua dây nối là Q = 0.

b. Khi nối bản âm của hai tụ với nhau Vì mạch không kín nên không có sự di chuyển điện tích: ∆Q = 0

+ -

- +

và U = U1 - U2 = 300 - 200 = 100 V.

Vậy: Khi nối bản âm hai tụ với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 100 V; điện tích mỗi tụ là Q’1 = 9.10–4 C và c. Khi nối các bản cùng dấu với nhau

Q’2 = 4.10–4 C; điện lượng qua dây nối là Q = 0.

▪ Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1’ + Q2’ = Q1 + Q2 = 9.10 + 4.10 = 13.10 C. -4

Q′1 C1

Q′2 C2

Q′1 +Q′2 C1 +C2

13.10−4 5.10−6

= 260.

 𝑄1′ = 260.C1 = 260.3.10-6 = 7,8.10-4 C. Và 𝑄2′ = 260.C2 = 260.2.10-6 = 5,2.10-4 C.

+ -

ƠN

▪ Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1′ = U2′ = 260 V.

-4

▪ Mà U1′ = U2′ ⇔

-4

▪ Điện lượng chạy qua dây nối: ΔQ = Q1 - Q1’'= 9.10-4 - 7,8.10-4 = 1,2.10-4 C. Vậy: Khi nối các bản cùng dấu với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 260 V; điện tích mỗi tụ là Q’1 = 7,8.10– C và Q’2 = 5,2.10–4 C; điện lượng qua dây nối là ∆Q = 1,2.10-4 C.

d) Khi nối các bản trái dấu với nhau

▪ Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1’ + Q2’ = Q1 - Q2 = 9.10-4 - 4.10-4 = 5.10-4 C. ▪ Mà U1′ = U2′ ⇔

Q′1 C1

Q′2 C2

Q′1 +Q′2 C1 +C2

5.10−4

= 5.10−6 = 100.

+ -

 𝑄1′ = 100.C1 = 100.3.10-6 = 3.10-4 C.

và 𝑄2′ = 100.C2 = 100.2.10-6 = 2.10-4 C.

▪ Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1′ = U2′ = 100 V. ▪ Điện lượng chạy qua dây nối: ΔQ = Q1 - Q1’= 9.10-4 - 3.10-4 = 6.10-4 C.

- + Vậy: Khi nối các bản cùng dấu với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 100 V; điện tích mỗi tụ là Q’1 = 3.10–4

C và Q’2 = 2.10–4 C; điện lượng qua dây nối là ∆Q = 6.10-4 C. Ví dụ 12: Tụ C1 = 2 μF tích điện đến hiệu điện thế 60 V, sau đó ngắt khỏi nguồn và nối song song với tụ C 2

KÈ

chưa tích điện. Hiệu điện thế bộ tụ sau đó là 40 V. Tính C2 và điện tích mỗi tụ. Hướng dẫn giải

▪ Điện tích ban đầu của tụ C1: Q1 = C1U = 2.60 = 120 C.

DẠ Y

' ' ▪ Khi nối C1 song song với C2, theo định luật bảo toàn điện tích: Q1 + Q2 = Q1

𝑄′

𝑄2′

𝐶2

▪ Mà 𝑈1′ = 𝑈2′ = 40 V ⇔ 𝐶1 =

𝑄1′ +𝑄2′ 𝐶1 +𝐶2

=𝐶

𝑄1

1 +𝐶2

= 40.

120

 2+𝐶 = 40  C2 = 1 μF. 2

▪ Điện tích lúc sau của tụ C1: 𝑄1′ = 40.C1 = 40.2 = 80.10-5 C. ▪ Điện tích lúc sau của tụ C2: 𝑄2′ = 40.C2 = 40.1 = 40.10-5 C.

Tự luận vật lý 11

Vậy: Điện tích của mỗi tụ khi mắc song song nhau là Q’1 = 8.10–5 C và Q’2 = 4.10–5 C; điện dung C2 = 1

F. khi K chuyển từ 1 sang 2.

Ví dụ 13: Trong hình bên: C1 = 1 μF, C2 = 2 μF, C3 = μF, UAB = 120V. Tính U mỗi tụ

Hướng dẫn giải

Khi K ở vị trí 1, mạch tụ gồm: C1 mắc nối tiếp với C3: 𝐶 𝐶

1.3

▪ Điện dung tương đương của C1 và C3: C13 = 𝐶 1+𝐶3 = 1+3 = 0,75 μF. 1

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U3 = C 3 = 3

= 90 V.

1 90

= 30 V.

▪ Điện tích trên mỗi tụ C1, C3: Q1 = Q3 = Q13 = C13.U = 0,75.120 = 90 C. ▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 = C 1 =

– Khi K ở vị trí 2: U1′ = U1 = 90 V. Q′

Q′

▪ Mặt khác: U3’ + U2’ = U  C 3 + C 2 = U ⇔ 1

𝑄

 Q′2 (𝐶 + 𝐶 ) = 𝑈 − 𝐶3 ⇒ 𝑄2′ = 3

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: 𝑈2′ =

Q′2 C2

Q′2 +Q3

90 3 1 1 + 2 3

120−

Q′

+ C 2 = U. 2

= 108 μC.

𝑄 𝑈− 3 𝐶3 1 1 + 𝐶2 𝐶3

ƠN

▪ Theo định luật bảo toàn điện tích: −Q′3 + Q′2 = −Q3 ⇒ Q′3 = Q′2 + Q3

108 2

= 54 V.

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U3′ = U − U2′ = 120 - 54 = 66 V.

Vậy: Hiệu điện thế của mỗi tụ là: 𝑈1′ = 90 V; U2′ = 54 V; U3′ = 66 V. Ví dụ 14: Cho hai tụ điện C1 = 10 µF có hiệu điện thế giới hạn 500 V, tụ thứ hai có C2 = 20 µF và hiệu điện

thế giới hạn 1000 V. Tính hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ khi: a. Hai tụ mắc song song b. Hai tụ mắc nối tiếp Hướng dẫn giải

𝑈1 ≤ 500 𝑈 ≤ 500 ⇒{ ⇒ 𝑈 ≤ 500 ⇒ 𝑈𝑚𝑎𝑥 𝑈2 ≤ 1000 𝑈 ≤ 1000

KÈ

Mà: {

a. Gọi U là hiệu điện thế của bộ tụ, vì ghép song song nên U1 = U2 = U

b) Gọi U là hiệu điện thế của bộ tụ 𝐶 𝐶

DẠ Y

Vì ghép nối tiếp nên: 𝐶 = 𝐶 1+𝐶2 = Ta có điều kiện: {

𝑈1 = 𝑈2 =

𝑄1 𝐶1 𝑄2 𝐶2

= =

2𝑈 3 𝑈 3

20 3

⇒ 𝑄 = 𝐶𝑈 =

20 3

𝑈 = 𝑄1 = 𝑄2

≤ 500

≤ 1000

} ⇒ 𝑈 ≤ 750𝑉

Ví dụ 15: Tụ phẳng không khí C = 2pF. Nhúng chìm một nửa tụ vào điện môi lỏng  = 3. Tìm điện dung nếu khi nhúng, các bản đặt: a. Thẳng đứng. b. Nằm ngang.

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải 𝜀.𝑆

Ta có: Điện dung ban đầu của tụ: C= 9.109.4𝜋.𝑑 = 2 pF.

a. Khi các bản đặt thẳng đứng, hệ được xem gồm 2 tụ C1 và C2 mắc song song: C1 S



C2 𝜀.

𝑆

d 𝐶

2 ▪ Điện dung của tụ C1: C1 = 9.109.4𝜋.𝑑 =2

𝐶

▪ Điện dung của bộ tụ: Cb = 2 +

𝜀𝐶 2

1+𝜀 2

𝜀.𝑆

▪ Điện dung của tụ C2: C2 = 9.109.4𝜋.𝑑 =

)𝐶 = 4 pF.

Vậy: Khi các bản tụ đặt thẳng đứng thì điện dung của tụ là Ca = 4 pF.

S C1

C1 d



▪ Điện dung của tụ C2: C2 =

𝜀.𝑆 9.109 .4𝜋. 𝜀.

𝑆 2

9.109 .4𝜋. 𝐶 .𝐶

𝑑 2

▪ Điện dung của tụ C1: C1 =

= 2C.

=2εC.

ƠN

b. Khi các bản đặt nằm ngang, hệ được xem gồm 2 tụ C1 và C2 mắc nối tiếp.

2𝐶.2𝜀𝐶

2𝜀

▪ Điện dung của bộ tụ: Cb = 𝐶 1+𝐶2 = 2𝐶+2𝜀𝐶 = 1+𝜀 = 3 pF. 1

Vậy: Khi các bản tụ đặt nằm ngang thì điện dung của tụ là Cb = 3 pF. Ví dụ 16: Ba tấm kim loại phẳng giống nhau đặt song song và nối như hình. Diện tích mỗi bản S = 100cm , khoảng cách giữa hai bản liên tiêp d = 0,5cm. 2

B A

Nối A, B với nguồn U = 100V.

KÈ

a. Tìm điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại. b. Ngắt A, B khỏi nguồn. Dịch chuyển bản b theo phương vuông góc với bản một đoạn x.

c. Tính hiệu điện thế giữa A, B theo x. Áp dụng khi x = d/2.

DẠ Y

Hướng dẫn giải

▪ Hệ được xem gồm hai tụ C1 và C2 ghép song song nhau. 𝜀.𝑆

▪ Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 = 9.109.4𝜋𝑑. 100.1004

 C1 = C2 = 9.109.4𝜋.0,5.10−2 ≈ 1,77.10

-11

a. Điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại ▪ Điện dung của bộ tụ: C = C1 + C2 = 1,77.10–11.2 = 3,54.10–11 F.

B C2

Tự luận vật lý 11

▪ Hiệu điện thế mỗi tụ là: U1 = U2 = U = 100 V. ▪ Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = C1U1 = 1,77.10–11.100 = 1,77.10–9 C.

▪ Điện tích trên tấm kim loại A: QA = Q1 + Q2 = 1,77.10–9.2 = 3,54.10–9 C. ▪ Điện tích trên tấm kim loại B: QB = Q1 = Q2 = 1,77.10–9 C.

Vậy: Điện dung của bộ tụ là C = 3,54.10–11 F; điện tích trên các tấm kim loại là QA = 3,54.10–9 C; QB =

1,77.10–9 C.

2𝜀.𝑆.𝑈

b. Khi ngắt A, B ra khỏi nguồn điện: Ngắt A, B ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: Q' = Q = CU = 9.109 .4𝜋𝑑. 𝜀S

𝜀S

▪ Điện dung của mỗi tụ: C1′ = 9.109.4𝜋(d+x); C2′ = 9.109.4𝜋(d−x). 𝜀S

𝜀S

▪ Điện dung của bộ tụ: C’=C1′ + C2′ 𝜀S.2 d

 C’ = 9.109.4𝜋(d+x) +9.109 .4𝜋(d−x) = 9.109.4𝜋(d2 −x2) ▪ Hiệu điện thế của bộ tụ: Q

2𝜀SU

′

▪ Khi x = 2 ⇒ U =

U.(d2 −

d2 ) 4

= 4 U = 4.100 = 75 V.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

U.(d2 −x2 ) d2

Vậy: Hiệu điện thế giữa A và B theo x là U’ =

U⋅(d2 −x2 )

ƠN

U ′ = C′ = 9.109.4𝜋d.𝜀S.2 d ⋅ 9 ⋅ 109 . 4𝜋(d2 − x 2 ) ⇒ U’ =

Bài 1. Cho mạch điện gồm 3 tụ điện C1 = 1µF, C2 = 1,5 µF, C3 = 3 µF mắc nối tiếp nhau. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế UAB = 120 V.

a. Vẽ hình.

b. Tính điện dung tương đương của bộ tụ. c. Tính điện tích và hiệu điện thế của mỗi tụ

Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết các tụ C1 = 0,25 µF, C2 = 1 µF, C3 = 3 µF, U = 12 V. Tính điện dung tương đương, điện tích và hiệu điện

thế của mỗi tụ.

C2 A

C3 B

Bài 3. Cho mạch như hình vẽ, C1 = 2 µF, C2 = 4 µF, C3 = 3 µF, C4 M

KÈ

= 6 µF, C5 = 1 µF. Biết UAB = 20 V. C1

a. Tính điện dung tương đương của bộ tụ. b. Tính điện tích của cả bộ tụ.

c. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm M, N.

DẠ Y

C3 B

C4 N

Bài 4. Cho bộ tụ điện như hình vẽ. Tính điện dung bộ tụ, hiệu điện C4

thế và điện tích mỗi tụ, cho C1 = C3 = C5 = 1 μF, C2 = 4 μF, C4 = 12 μF, U = 30 V.

C2 C3

Tự luận vật lý 11

Bài 5. Trong các hình dưới: C1 = C4 = C5 = 2 μF, C2 = 1 μF, C3 = 4 μF.

Tính điện dung bộ tụ. C6

Bài 6. Bộ 4 tụ giống nhau ghép theo hai cách như hình vẽ.

Cách A

Cách B

a. Cách nào có điện dung lớn hơn.

b. Nếu điện dung tụ khác nhau chúng phải có liên hệ thế nào để CA = CB.

ƠN

Bài 7. Hai tụ không khí phẳng có C1 = 2C2, mắc nối tiếp vào nguồn U không đổi. Cường độ điện trường trong C1 thay đổi bao nhiêu lần nếu nhúng C2 vào chất điện môi có  = 2.

Bài 8. Có hai tụ điện, tụ thứ nhất có điện dung C1 = 3 µF, tích đến hiệu điện thế U1 = 300 V và tụ thứ hai điện

dung có C2 = 2 µF, tích đến hiệu điện thế U2 = 200 V.

a. Xác định điện tích và hiệu điện thế của các tụ sau khi nối hai bản mang điện tích cùng dấu của hai bản tụ đó với nhau.

b. Tính nhiệt lượng tỏa ra sau khi nối các bản.

Bài 9. Ba tụ C1 = 1 µF, C2 = 3 µF, C3 = 6 µF cả ba tụ đều được tích đến hiệu điện thế U = 90 V. Nối các cực

trái dấu với nhau để tạo thành mạch kín. Xác định điện tích và hiệu điện thế của các tụ sau khi nối với nhau. Bài 10. Cho 3 tụ C1 = 1 μF, C2 = 2 μF, C3 = 3 μF, U = 110V (hình bên). a. Ban đầu K ở vị trí (1), tìm Q1

b. Đảo K sang vị trí (2). Tìm Q, U của mỗi tụ.

điện dung là C0.

Bài 11. Một tụ điện phẳng với điện môi không khí, khoảng cách giữa hai bản là d0,

KÈ

a. Đưa vào khoảng không gian giữa hai bản tấm kim loại có bề dày d < d0 và song song với hai bản của tụ điện thì điện dung bây giờ của tụ là bao nhiêu ? Điện dung này có phụ thuộc vào vị trí đặt tấm kim loại không. Xét trường hợp bản kim loại rất mỏng (d  0).

DẠ Y

b. Nếu thay tấm kim loại ở câu a bằng tấm kim loại có hằng số điện môi ε, bề dày d sau đó ép sát vào 2 mặt của tấm điện môi hai bản kim loại rất mỏng thì điện dung của tụ là bao nhiêu? Bài 12. Bốn tấm kim loại phẳng giống nhau đặt song song và cách đều nhau như hình vẽ. Tìm các hiệu điện thế UAB, UBC, UCD khi:

A B

a. Nối hai bản A và D bằng dây dẫn, nối B và C vào nguồn có UBC = 100 V. b. Nối hai bản B và D bằng dây dẫn, nối A và C vào nguồn điện có UAC = 100V.

Bài 13. Tụ phẳng không khí C = 6 μF được tích điện đến hiệu điện thế U = 600V rồi ngắt khỏi nguồn.

Tự luận vật lý 11

a. Nhúng tụ vào điện môi lỏng ( = 4) ngập 2/3 diện tích mỗi bản. Tính hiệu điện thế của tụ. b. Tính công cần thiết để nhấc tụ điện ra khỏi điện môi. Bỏ qua trọng lượng tụ. Bài 14. Bốn tấm kim loại phẳng hình tròn đường kính D = 12cm đặt song song cách đều,

A B

20 V. Tính điện dung của bộ tụ và điện tích của mỗi tấm.

khoảng cách giữa 2 tấm liên tiếp d = 1mm. Nối 2 tấm A với D rồi nối B, E với nguồn U =

Bài 15. Có ba tụ C1 = 2 µF, C2 = 4µF, C3 = 6 µF mắc nối tiếp. Mỗi tụ có hiệu điện thế giới

hạn Ugh = 3000 V. Tính hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1.

𝐶1

a. Vẽ hình 1

⇒ 𝐶 = 1 + 1,5 + 3 = 2 ⇒ Cb = 0,5 μF. 𝑏

c. Điện tích của bộ tụ: Qb = CbUAB = 0,5.120 = 60 μC.

𝐵

ƠN

𝐶3

𝐴

b. Vì các tụ nối tiếp nên: 𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + 𝐶 𝑏

𝐶2

𝑈1 = ▪ Hiệu điện thế mỗi tụ: 𝑈2 = {𝑈3 =

𝑄1 𝐶1 𝑄2 𝐶2 𝑄3 𝐶3

= 60(𝑉) = 40(𝑉) = 20(𝑉)

▪ Vì các tụ nối tiếp nên: Q1 = Q2 = Q3 = Qb = 60 (C)

1 𝐶23

𝐶 𝐶

▪ Vì tụ C2 và C3 mắc nối tiếp nên:

Bài 2.

= 𝐶 + 𝐶 ⇒ 𝐶23 = 𝐶 2+𝐶3 = 0,75(𝜇𝐹) 2

C2 A

C3 B

▪ Điện dung của bộ tụ: Cb = C1 + C23 = 1 F ▪ Ta có: U1 = U23 = UAB = 12 V  Q1 = C1U1 = 3.10-6 C; Q23 = C23U23 = 9.10-6 C 𝑄

𝑈2 = 𝐶2 = 9(𝑉) 2 ▪ Lại có: Q2 = Q3 = 9.10-6 C  { 𝑄3 𝑈3 = 𝐶 = 3(𝑉)

KÈ

Bài 3.

𝐶

a. Nhận thấy 𝐶1 = 𝐶3 = 2 nên suy ra mạch cầu tụ điện cân bằng 2

DẠ Y

▪ Bỏ tụ C5 đi mạch tương đương với [(C1 nt C3) // (C2 nt C4)] 𝐶1 𝐶3

▪ Do đó điện dung của bộ tụ là: 𝐶𝑏 = 𝐶

1 +𝐶3

𝐶2 𝐶4

+𝐶

2 +𝐶4

= 3,6 μF.

b. Điện tích của bộ tụ: Qb = CbU = 72.10 C = 72 µC. -6

c. Ta có: U13 = U24 = U = 20 V  Q13 = U13C13 = 24 µC và Q24 = U24C24 = 48 µC.

C1 A

C5 C2

C4 N

Tự luận vật lý 11

▪ Từ đó suy ra: {

𝑈1 = 𝑈2 =

𝑄1 𝐶1 𝑄2 𝐶2

= =

𝑄13

= 12(𝑉)

𝐶1 𝑄24

= 12(𝑉)

𝐶2

▪ Lại có: UMN = UMA + UAN = -U1 + U2 = 0 Bài 4. 1.4

▪ Điện dung tương đương của C1, C2, C3: C123 = C12 + C3 = 0,8 + 1 = 1,8F. 𝐶

𝐶

1,8.1,2

123

▪ Điện dung tương đương của C1, C2, C3, C4: C1234 = 𝐶 123+𝐶4 = 1,8+1,2 2

= 0,72 F. ▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C5: U5 = U = 30 V. ▪ Điện tích tụ C5: Q5 = C5U5 = 10–6.30 = 3.10–5 C.

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C4: U4 = C 4 = 4

2,16⋅10−5 1,2⋅10−6

ƠN

▪ Điện tích tụ C1234: Q1234 = C1234U = 0,72.10–6.30 = 2,16.10–5 C.

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1234 + C5 = 0,72 + 1 = 1,72F

▪ Điện tích tụ C4: Q4 = Q123 = Q1234 = 2,16.10–5 C.

𝐶 𝐶

▪ Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = 𝐶 1+𝐶2 = 1+4 = 0,8 F.

= 18 V. Q

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3 và C12: U3 = U12 = U123 = C 123 = 123

2,16.10−5 1,8.10−6

= 12 V.

▪ Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 10–6.12 = 1,2.10–5 C.

▪ Điện tích tụ C1, C2: Q1 = Q2 = Q12 = C12U12 = 0,8.10–6.12 = 9,6.10–6 C. Q

Sơ đồ bộ tụ như sau: 𝐶

1 𝐶

10−6

9,6.10−6

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U2 = C 2 = Bài 5.

9,6⋅10−6

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 = C 1 =

𝐶

4.10−6

= 9,6 V. = 2,4 V.

𝐶

▪ Vì 𝐶1 = 𝐶2 nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ một tụ C5. 4

KÈ

C5 C4

𝐶

▪ Ta có: 𝐶1 = 4 = 2 ; 𝐶2 = 2  𝐶1 = 𝐶2 3

Mạch điện được vẽ lại: (C1 nt C2) // (C3 nt C4) // C5. C1 C2

▪ Ta có: C12 = C C C

1 +C2

4.2

2.1

= 2+1 = 3 μF

C34 = C 3+C4 = 4+2 = 3 μF. 4

DẠ Y

▪ Điện dung tương đương của bộ tụ: 2

C = C12 + C34 + C5 = 3 + 3 + 2 = 4 F.

Bài 6.

a. Xác định cách mắc bộ tụ ▪ Cách A: C1

Tự luận vật lý 11 𝐶

+ Điện dung tương đương của C1, C2, C3: C123 = 3 . 𝐶

+ Điện dung tương đương của bộ tụ: CA = C123 + C4 = 3 + C = 3C.

▪ Cách B: 𝐶

+ Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = 2.

𝐶

+ Điện dung tương đương của C3, C4: C34 = 2. 𝐶

+ Điện dung tương đương của bộ tụ: CB = C12 + C34 = 2 + 2 = C.

Vậy: Cách ghép A bộ tụ có điện dung lớn hơn. b. Hệ thức giữa điện dung các tụ điện để CA = CB

C1 C2

 C4 = C

1 +C2

C1 C2 C3

C C

1 C2 +C2 C3 +C3 C1

C C

= C 1+C2 + C 3+C4 1

Ta có: CA = CB  C4 + C

(C3 bất kì).

C C

Vậy: Để CA = CB thì giữa điện dung của các tụ điện phải thỏa hệ thức C4 = C 1+C2 (C3 bất kì).

ƠN

Bài 7. ▪ Đặt 𝐶1 = 2𝐶0 ; 𝐶2 = 𝐶0 𝐶 𝐶

2𝐶 .𝐶

▪ Trước khi nhúng tụ vào điện môi: 𝐶𝑏 = 𝐶 1+𝐶2 = 2𝐶 0+𝐶0 = 3 𝐶0 1

𝑈

⇒ 𝑄𝑏 = 3 𝐶0 𝑈 ⇒ 𝑄1 = 𝑄2 = 3 𝐶0 𝑈 ⇒ 𝑈1 =

▪ Sau khi nhúng tụ vào điện môi thì: 𝐶2′ = 𝜀𝐶2 = 2𝐶0 𝐶1 +𝐶2′

2𝐶0 .2𝐶0 2𝐶0 +2𝐶0

= 𝐶0

𝐶1 𝐶2′

⇒ 𝐶𝑏′ =

▪ Vì nguồn vẫn được duy trì nên: U’= U ⇒ 𝑄𝑏′ = 𝐶𝑏′ 𝑈 ′ = 𝐶0 𝑈 ▪ Vì tụ nối tiếp nên: 𝑄1′ = 𝑄2′ = 𝑄𝑏′ = 𝐶0 𝑈 ▪ Lại có: 𝑈1′ =

𝑄1′ 𝐶1

𝐶0 𝑈 2𝐶0

𝑈

⇒ 𝑈1′ = 2 ሱ

𝑈=𝐸𝑑

𝐸

𝑈

ሮ 𝐸1′ = 𝑈1′ = 3 ⇒ 𝐸1′ = 1,5𝐸1 1

Bài 8.

KÈ

𝑄 = 𝑈1 𝐶1 = 900𝜇𝐶 a) Điện tích của tụ C1 và tụ C2 trước khi nối: { 1 𝑄2 = 𝑈2 𝐶2 = 400𝜇𝐶 Khi nối các bản cùng dấu, nghĩa là nối A – M và B – N, thì sẽ có sự phân bố lại điện tích trên các bản. Giả sử điện tích trên các tụ lúc này là 𝑄1′ và 𝑄2′ và dấu của chúng được biểu thị như hình.

DẠ Y

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho nối A – M :

𝑄1 + 𝑄2 =

𝑄1′

𝑄2′

⇔

𝑄1′

𝑄2′

= 1300 μC (1) 𝑄2′

𝐶2

𝑄′

𝑄2′ 2

⇒ 𝑄1′ = 2 𝑄2′ (2)

−

B −

+ 𝑄1′

Sau khi ghép ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝑈𝑀𝑁 ⇔ 𝑈1′ = 𝑈2′ ⇔𝐶 = ⇔ 31 =

N C2

−

A ⇔

B −

+ M

N C2

Tự luận vật lý 11

Giải (1) và (2) ta có:

𝑄′ { 1′ 𝑄2

𝑈1′ =

𝑄1′

= 260𝑉 = 780𝜇𝐶 𝐶1 ⇒{ 𝑄′ = 520𝜇𝐶 𝑈2′ = 𝐶2 = 260𝑉

▪ Năng lượng của bộ tụ sau khi ghép: 𝑊 ′ =

𝐶𝑏 𝑈𝑏2 2

𝐶2 𝑈22 2

= 175.10−3 𝐽

= 169.10−3 𝐽

b) Năng lượng của bộ tụ trước khi ghép: 𝑊 =

𝐶1 𝑈12

▪ Năng lượng của bộ tụ sau khi ghép nhỏ hơn trước khi ghép nên có một phần năng lượng được giải phóng

ra bên ngoài (dưới dạng tỏa nhiệt). ▪ Nhiệt lượng tỏa ra sau khi nối: ΔW = W - W' = 0,006 J. ▪ Điện tích của các tụ trước khi nối lần lượt là: 𝑄1 = 𝑈1 𝐶1 = 90𝜇𝐶 {𝑄2 = 𝑈2 𝐶2 = 270𝜇𝐶 𝑄3 = 𝑈3 𝐶3 = 540𝜇𝐶

A ⇔

bố như hình

−

− K

−

C2 −

ƠN

▪ Điện tích các bản tụ trước khi nối được phân

Bài 9.

▪ Khi nối các bản với nhau thì có sự phân bố lại điện tích. Giả sử điện tích các tụ lúc này lần lượt là 𝑄1′, 𝑄2′ và 𝑄3′ và chúng có dấu như hình dưới.

▪ Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho:

(1)

+ Bản N nối với bản L: 𝑄3 − 𝑄2 = 𝑄3′ − 𝑄2′ ⇒ 𝑄3′ − 𝑄2′ = 270

(2)

+ Bản B nối với bản M: 𝑄2 − 𝑄1 = 𝑄2′ − 𝑄1′ ⇒ 𝑄2′ − 𝑄1′ = 180

′ ′ ′ ▪ Vì mạch nối kín nên: 𝑈1𝐴𝐵 + 𝑈2𝑀𝑁 + 𝑈3𝐿𝐾 =0⇔

𝑄1′ 1

𝑄2′ 3

𝑄3′ 6

= 0 (3)

𝑄2′ − 𝑄1′ = 180 ▪ Kết hợp (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình: {𝑄3′ − 𝑄2′ = 270 6𝑄1′ + 2𝑄2′ + 𝑄3′ = 0 ▪ Giải hệ phương trình trên ta được: 𝑄1′ = −90𝜇𝐶; 𝑄2′ = 90𝜇𝐶; 𝑄3′ = 360𝜇𝐶

KÈ

▪ Vì 𝑄1′ = −90𝜇𝐶 < 0  bản B mang điện tích dương, bản A mang điện âm 𝑈1′ =

DẠ Y

▪ Hiệu điện thế của các tụ: 𝑈2′ = ′ {𝑈3 =

|𝑄1′ | 𝐶1 𝑄2′ 𝐶2 𝑄3′ 𝐶3

= 90𝑉 = 𝑈𝐵𝐴

= 30𝑉 = 𝑈𝑀𝑁 = 60𝑉 = 𝑈𝐿𝐾

Bài 10.

a) Khi K ở vị trí (1): Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U = 1.110 = 110 μC = 1,1.10-4 C. Vậy: Khi K ở vị trí (1) thì Q1 = 1,1.10–4 C.

b) Khi K ở vị trí (2), có sự phân bố lại điện tích. ▪ Theo định luật bảo toàn điện tích: Q′1 + Q′23 = Q1 (Q′2 = Q′3 = Q′23 ).

Tự luận vật lý 11 Q′1

′ ▪ Mà U1′ = U23 ⇔

Q′23

C23

Q′1 +Q′23 C1 +C23

Q1 1 +C23

110 1+

2.3 2+3

= 50.

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U’1 = 50 V.

▪ Điện tích của tụ C1: Q′1 = 50C1 = 50.1 = 50 μC = 5.10-5 C.

▪ Hiệu điện thế hai đầu tụ C2, C3: U2′ =

Q′2 C2

60 2

= 30 V; U3′ =

Q′3 C3

60 3

= 20 V.

▪ Điện tích của tụ C2, C3: Q′2 = Q′3 = Q′23 = 50C23 = 50.1,2 = 60 μC = 6.10-5 C.

Vậy: Khi K ở vị trí (2) thì Q’1 = 5.10–5 C, U’1 = 50 V; Q’2 = Q’3 = 6.10–5 C, U’2 = 30 V và U’3 = 20 V.

Bài 11. 𝑆

𝜀0 = 9.109.4𝜋

⇒𝐶=

𝜀0 𝑆

𝑑0

a. Điện dung của tụ lúc ban đầu: {

𝐶 = 9.109.4𝜋𝑑

▪ Bản tụ A cùng với mép B của tấm kim loại tạo thành tụ C1 và bản tụ D cùng với

B C

mép C của tấm kim loại tạo thành tụ C2. Hai tụ này xem như ghép nối tiếp.

𝐶

𝑑

0 0 {⇒ 𝐶0 = 𝑑0 −𝑑 ⇒ 𝐶 = 𝐶0 𝑑0 −𝑑

ƠN

𝜀 𝑆

𝐶1 = 𝑥0 𝐶1 𝑛𝑡𝐶2 𝐶 𝐶 𝜀 𝑆 { ሮ 𝐶 = 𝐶 1+𝐶2 = 𝑑 0−𝑑 𝜀0 𝑆 ሱ 1 2 0 𝐶2 = 𝑑 −𝑥−𝑑 ▪ Ta có: 0

▪ Ta thấy C không phụ thuộc vào x. Khi d  0 thì C  C0

b. Ta ép sát vào hai mặt B, C của tấm điện môi hai bản kim loại rất mỏng thì theo kết quả câu a ta thấy điện dung của tụ không đổi. Lúc đó ta có 3 tụ điện C1, C2, C3 ghép nối tiếp

Ta có:

𝑥 𝐶1 𝑛𝑡𝐶2 𝑛𝑡𝐶3

ሱ

; 𝐶3 = −𝑥−𝑑

ሮ 𝐶𝑏 =

𝐶

𝑑

𝜀0 𝑆 1 𝜀

𝑑0 +𝑑( −1)

𝜀𝜀0 𝑆

B C

𝑑

{

; 𝐶2 = 𝑑

𝜀0 𝑆

𝐶1 =

𝜀0 𝑆

𝑑

0 0 ⇒ = ⇒ 𝐶 = 𝐶0 1 1 𝑑0 +𝑑( −1) { 𝐶0 𝑑0 +𝑑(𝜀−1) 𝜀

Bài 12.

a. Các bản tạo thành ba tụ C1, C2, C3 ghép với nhau như hình vẽ ▪ Ta có: UBC = U2 = U13 = 100V

C3 = C0

KÈ

▪ Vì các bản kim loại giống nhau nên C1 = C2 =

BC A B

D −

▪ Do đó: U1 = U3 = 0,5U13 = 50 V ▪ Ta có: UAB = -U1 = -50 V, UCD = -U3 = -50 V

DẠ Y

b. Các bản tạo thành ba tụ C1, C2, C3 ghép với nhau như hình vẽ

−

C2 DC

−

Tự luận vật lý 11

▪ Theo đề: UAC = 100 V  U1 + U3 = 100 BC

(1)

A B

▪ Ta có: U2 = U3 và C1 = C2 = C3 = C0 

−

Q2 = Q3

−

100 3

200

(𝑉) ⇒ 𝑈1 =

(𝑉), 𝑈𝐵𝐶 = 𝑈2 =

100 3

(𝑉), 𝑈𝐶𝐷 = −

100 3

100

▪ Ta có: 𝑈2 = 𝑈3 ⇒ 𝑈2 = ▪ Vậy: 𝑈𝐴𝐵 = 𝑈1 =

(2)

▪ Từ (1) và (2) 𝑈3 =

Bài 13.

a. Hiệu điện thế của tụ khi ngắt khỏi nguồn và nhúng vào điện môi:

ƠN

Khi nhúng một phần tụ vào điện môi, tụ có thể được coi gồm hai phần tụ mắc song song: C1 // C2. Ta có: 𝜀

𝑆

C1 1/3 C2

2/3

𝐶

▪ Điện dung của phần tụ không khí: 𝐶1 = 9.1093⋅4𝜋d = 3 ▪ Điện dung của phần tụ lấp đầy điện môi: 𝐶2 =

2 3 9.109 ⋅4𝜋d

𝜀⋅ 𝑆 C

▪ Điện dung tương đương của C1, C2: C = C1 + C2 = 3 +

8C 3

8𝐶 3

= 3C.

C′

CU 3C

U 3

600

– Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích của tụ không đổi: Q’ = Q.  CU = CU  U ′ =

= 200 V.

Vậy: Hiệu điện thế của tụ khi ngắt khỏi nguồn và nhúng vào điện môi là U’ = 200 V. b. Công để nhấc tụ ra khỏi điện môi

CU2 2

6.10−6 ⋅6002 2

▪ Năng lượng của tụ không khí: W1 =

▪ Năng lượng của tụ sau khi nhúng vào điện môi: W2 =

= 1,08 J. C′ U′2 2

3.6⋅10−6 ⋅2002 2

= 0,36 J.

KÈ

▪ Công cần thiết để nhấc tụ ra khỏi điện môi: A = W1 – W2 = 1,08 – 0,36 = 0,72 J. Vậy: Công để nhấc tụ ra khỏi điện môi là A = 0,72 J. Bài 14.

DẠ Y

▪ Hệ thống 4 tấm kim loại trên tương đương mạch tụ như hình vẽ: 𝜀.𝑆

▪ Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 = C3 = C0 = 9.109.4𝜋.𝑑 𝜋𝑅 2

0,062

 C0 = 9.109⋅4𝜋d = 9.109.4.10−3 = 10-10 F. C12 ⋅C3

▪ Điện dung của bộ tụ: C = C

12 +C3

2C0 ⋅C0

= 2C

−

▪ Mà Q23 = Q1  C23U23 = C1U1  2C0U2 = C0U1  2U3 = U1

C2 C3

0 +C0

B A 2

= 3 C0 = 3.10-10 F. 4

▪ Điện tích của bộ tụ: Q = CU = 3 . 10−10 . 20 = 3 . 10−9 C.

C2 B D C1

D E C3

Tự luận vật lý 11 4

 Q12 = Q3 = 3 . 10−9 C. Q12 C12

▪ Điện tích của các tụ C1, C2: Q1 = Q2 = C1U1 = 10−10 .

20 3

4 ⋅10−9 3 2.10−10

20 3

▪ Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 =

= 3 . 10−9 C.

▪ Điện tích trên mỗi tấm: 4

+ Tấm A: Q1 = 3 . 10−9 C; tấm B: Q1 + Q2 = 3 . 10−9 C. 4

+ Tấm D: Q2 + Q3 =3 . 10−9 C.; tấm E: Q3 =3 . 10−9 C. 2

Vậy: Điện dung của bộ tụ là 3.10-10 F; điện tích của mỗi tấm kim loại là: QA = 3 . 10−9 C; QB =3 . 10−9 C; 2

Bài 15. 1

▪ Vì các tụ mắc nối tiếp nên: 𝐶 = 𝐶 + 𝐶 + 𝐶 ⇒ 𝐶𝑏 = 11 μF 𝑏

QD = 3 . 10−9 C và QE = 3 . 10−9 C.

▪ Hiệu điện thế trên các tụ là: 𝑈1 = 6𝑈 11 3𝑈

𝐶1

6𝑈

; 𝑈2 = 11

𝑄2 𝐶2

≤ 3000

3𝑈

; 𝑈3 = 11

𝑄3 𝐶3

2𝑈 11

𝑈 ≤ 5500𝑉 ≤ 3000 ⇒ { 𝑈 ≤ 11000𝑉 ⇒ U ≤ 5500 V. 11 𝑈 ≤ 16500𝑉 2𝑈 { 11 ≤ 3000

𝑈1 ≤ 𝑈𝑔ℎ ▪ Lại có: {𝑈2 ≤ 𝑈𝑔ℎ ⇒ 𝑈3 ≤ 𝑈𝑔ℎ

𝑄1

ƠN

▪ Tụ mắc nối tiếp nên: 𝑄1 = 𝑄2 = 𝑄3 = 𝐶𝑏 𝑈 = 11 𝑈

CHỦ ĐỀ 5. CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG ĐỀU

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Chuyển động của điện tích dọc theo đường sức điện trường + Xét một hạt mang điện tích q chuyển động dọc theo đường sức điện từ M đến N với vận tốc ban đầu là v0

▪ Nếu hạt tích điện được thả không vận tốc đầu hoặc vận tốc đầu 𝑣0 cùng hướng với 𝐹 = 𝑞𝐸⃗  hạt sẽ

chuyển động nhanh dần đều.

đều.

KÈ

▪ Nếu hạt tích điện được thả với vận tốc đầu 𝑣0 ngược hướng với 𝐹 = 𝑞𝐸⃗  hạt sẽ chuyển động chậm dần

▪ Các phương trình cơ bản liên quan đến chuyển động biến đổi đều: { 𝐹

DẠ Y

Với a là gia tốc chuyển động của điện tích: 𝑎 = 𝑚 = 𝐹

Độ lớn: 𝑎 = 𝑚 =

|𝑞|𝐸 𝑚

2. Chuyển động cong

|𝑞|𝑈 𝑚𝑑

𝑞𝐸⃗ 𝑚

𝑣 = 𝑣𝑜 + 𝑎𝑡 1

𝑠 = 𝑣0 𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

⇒ 𝑣22 − 𝑣12 = 2𝑎𝑠

Tự luận vật lý 11

+ Trường hợp: 𝑣0 ⊥ 𝐸⃗ +

Lúc này hạt chuyển động như vật được ném

𝐸⃗

𝑣0

▪ Xét trường hợp đơn giản Ox ⊥ 𝐸⃗ : Khi đó theo phương Ox hạt chuyển động thẳng đều,

𝑦

ngang với vận tốc đầu là v0. 𝑂

𝑥

𝑦 = 2 𝑎𝑡 2 𝑎𝑥 2 2𝑣02

 quỹ đạo là một

nhánh parabol + Trường hợp 𝑣0 bay xiên góc với 𝐸⃗

𝑣0𝑦

𝑥 = (𝑣0 𝑐os𝛼)𝑡 1

𝑣0



𝐹

+ 𝑣0𝑥

𝐸⃗ x

𝑦 = (𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼)𝑡 + 2 𝑎𝑡 2

▪ Phương trình quỹ đạo: 𝑦 = 2 (𝑣

𝑎𝑥 2

2 0 𝑐os𝛼)

ƠN

▪ Lúc này hạt chuyển động như vật ném xiên một góc  𝑣𝑥 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ▪ Phương trình vận tốc:{ 𝑣 = 𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑦 0 ▪ Phương trình chuyển động: {

▪ Phương trình quỹ đạo: 𝑦 =

𝑥 = 𝑣0 𝑡

▪ Phương trình chuyển động: {

theo phương Oy hạt chuyển động biến đổi đều.

+ 𝑥. 𝑡𝑎𝑛 𝛼

Lưu ý: Cường độ điện trường giữa hai tấm kim loại tích điện trái dấu có chiều hướng từ bản dương sang bản âm.

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Hạt bụi m = 1 g mang điện tích q = –10–6 C nằm cân bằng trong điện trường của tụ phẳng có các bản tụ nằm ngang, d = 2 cm. Cho g = 10m/s. a. Tính hiệu điện thế U của tụ điện.

b. Điện tích hạt bụi giảm đi 20%. Phải thay đổi U thế nào để hạt bụi vẫn cân bằng.

Hướng dẫn giải

a. Hiệu điện thế của tụ điện:

𝑈

U=

KÈ

Để hạt bụi nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F  mg = qE = 𝑞. 𝑑 . 𝑚𝑔𝑑 𝑞

10−3 .10.0,02 10−6

= 200 V.

→ 𝐹

DẠ Y

Vậy: Hiệu điện thế của tụ điện là U = 200 V. b) Phải thay đổi U thế nào để hạt bụi vẫn cân bằng?

+ → 𝐸

→ 𝑃

▪ Khi điện tích hạt bụi giảm đi 20% thì: q' = 0,8q. ▪ Để hạt bụi nằm cân bằng thì: P = F  mg = q′

U′ d

⇒ U′ =

mgd q′

10−3 ⋅10.0,02 0,8.10−6

= 250 V.

Vậy: Để hạt bụi vẫn nằm cân bằng thì phải tăng hiệu điện thế thêm ∆U = 250 – 200 = 50 V.

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 2: Một êlectrôn bay vào trong điện trường của một tụ phẳng theo phương song song với các đường sức với v0 = 8.106m/s. Tìm U giữa hai bản tụ để êlectrôn không

tới

ሱ 𝑣ሮ0

được bản đối diện. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Hướng dẫn giải

Để êlectrôn không tới được bản đối diện thì quãng đường êlectrôn chuyển động trong điện trường là s ≤ d.

U= U≥

mv20 d 2qs

≥

mv20 d 2qd

2 9,1⋅10−31 ⋅(8.106 )

2.1,6.10−19

mv20

= qds

→ 𝐹

mv20

→ 𝐸

= Fs = qEs = q d s ⇔

ሱ 𝑣ሮ0

= 182 V.

mv20

Khi êlectrôn dừng lại thì:

Vậy: Để êlectrôn không đi đến được bản đối diện thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện phải là U ≥ 182 V. Ví dụ 3: Sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện thế U0 = 100V, một điện tử bay vào chính giữa hai bản tụ phẳng

ƠN

theo phương song song với hai bản. Hai bản có chiều dài l = 10 cm, khoảng cách d = 1 cm. Tìm U giữa hai bản để điện tử không ra được khỏi tụ. Hướng dẫn giải

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường được chia thành hai phần: ▪ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t.

▪ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường: 𝑦=

𝑎𝑡 2 2

𝑎𝑥 2 2𝑣02

𝐹

(với a = 𝑚 =

𝑞𝑈 md

𝑞𝑈𝑥 2

; 𝑥 = 𝑣𝑡) ⇒ 𝑦 = 2𝑚𝑑𝑣2 0

– Vận tốc ban đầu của điện tử: qU0 =

mv20

𝑚

2𝔮𝑈0

⇒𝑣0 = √

2.1,6⋅10−19 ⋅100

=√

9,1⋅10−31

= 6.106 m/s d

qUx2

→ 𝐸

– Để điện tử không ra khỏi tụ thì: y ≥ 2 ⇔ 2mdv2 ≥ 2 qx2

9,1.10−31 ⋅0,012 ⋅(6.106 )

1,6.10−19 ⋅0,12

U≥

md2 v20

ሱ 𝑣ሮ0

ሱሮ 𝐹⬚ +

= 2,04 V.

KÈ

Vậy: Để điện tử không ra được khỏi tụ thì U ≥ 2,04 V. Ví dụ 4: Hạt bụi m = 0,01 g mang điện tích q = 10–5C đặt vào điện trường đều 𝐸⃗ nằm ngang, hạt bụi chuyển động với v0 = 0, sau t = 4s đạt vận tốc v = 50m/s. Cho g = 10m/s2. Có kể đến tác dụng của trọng lực. Tìm E. Hướng dẫn giải

→ 𝐸

DẠ Y

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. ▪ Theo trục Ox: Hạt bụi chuyển động nhanh dần đều đều: vx = at = ▪ Theo trục Oy: Hạt bụi rơi tự do: vy = gt Ta có: v 2 = vx2 + vy2 ⇒ 𝑣𝑥 = √𝑣 2 − 𝑣𝑦2 = √502 − (10.4)2 = 30 m/s. – Cường độ điện trường: E =

mvx qt

0,01.10−3 ⋅30 10−5 ⋅4

= 7,5 V/m.

𝑞𝐸 𝑚

t O → 𝑃

→ 𝐹

x ሱ 𝑣ሮ𝑥 ሱ 𝑣ሮ 𝑦

→ 𝑣

Tự luận vật lý 11

Vậy: Cường độ điện trường đặt vào điện tích là E = 7,5 V/m. Ví dụ 5: Để tạo điện trường đều thẳng đứng người ta dùng hai bản kim loại tích điện trái dấu đặt nằm ngang

và song song song với nhau, cách nhau một khoảng d = 10 cm. Ở gần sát với bản trên có một giọt thủy ngân tích điện dương nằm lơ lửng khi hiệu điện thế giữa hai bản là U. a. Bản dương nằm ở trên hay ở dưới?

b. Hỏi nếu hiệu điện thế giữa hai bản là 0,5U (chiều điện trường vẫn không đổi) thì giọt thủy ngân sẽ chuyển động về phía bản nào với vận tốc khi chạm vào bản đó là bao nhiêu? Lấy g = 10 m/s2.

Hướng dẫn giải a. Giọt thủy ngân chịu tác dụng của 2 lực là trọng lực và lực điện trường

+ Do trọng lực hướng xuống nên để giọt thủy ngân nằm cân bằng thì lực điện tác dụng lên giọt thủy ngân phải hướng lên trên.

+ Do giọt thủy ngân mang điện dương nên suy ra điện trường hướng lên trên.

+ Vì điện điện trường do hai bản kim loại tích điện trái dấu sinh ra có chiều luôn hướng từ bản dương sang

ƠN

bản âm nên suy ra bản dương phải nằm phía dưới, bản âm phải nằm phía trên. b. Lúc đầu khi hiệu điện thế là U thì giọt thủy ngân nằm cân bằng nên: 𝐹 + 𝑃⃗ = 0 ⇒𝐹 = 𝑃 ⇔ 𝑞𝐸 = 𝑚𝑔 ⇔

𝑞𝑈 𝑑

= mg ⇒ qU = mgd (1)

+ Khi hiệu điện thế giảm đi còn một nửa thì lực điện trường cũng giảm đi một nửa nên hạt sẽ chuyển động đi xuống.

+ Theo định luật II Niu-tơn ta có: ⃗⃗⃗ 𝐹 ′ + 𝑃⃗ = 𝑚𝑎

′

𝑚𝑔−

𝑚𝑔𝑑 2𝑑

𝑔

𝑚

𝑚𝑔−𝑞𝐸 ′ 𝑚

𝑚𝑔−

𝑞𝑈 2𝑑

𝑚

(2)

= 5 m/s2.

+ Thay (1) vào (2) ta có: 𝑎 =

+ Chọn chiều dương hướng xuống, khi đó: 𝑃 − 𝐹 = 𝑚𝑎 ⇒ 𝑎 =

𝑃−𝐹′

𝑚

+ Vận tốc khi chạm bản dương là: 𝑣 2 − 02 = 2𝑎. 𝑑 ⇒ 𝑣 = √2𝑎. 𝑑 = √2.5.0,1 = 1 m/s. Ví dụ 6: Một electron có động năng Wđ = 200 eV lúc bắt đầu đi vào điện trường đều của hai bản kim loại đặt

song song tích điện trái dấu theo hướng đường sức. Hỏi hiệu điện thế giữa hai bản phải là bao nhiêu để hạt không đến được bản đối diện. Biết 1 eV = 1,6.10-19 J.

KÈ

Hướng dẫn giải

Khi electron chuyển động từ bản này đến kia thì nó chịu tác dụng của ngoại lực là lực điện trường. + Theo đinh lí động năng ta có: Wđ2 – Wđ1 = qEd12 −𝑊𝑑1 𝑞𝐸

DẠ Y

 𝑑12 =

−200.1,6.10−19 −1,6.10−19 𝐸

200 𝐸

+ Để elctron không đến được bản đối diện thì quãng đường nó đi được phải nhỏ hơn khoảng cách giữa hai

bản hay: 𝑑12 < 𝑑 ⇔

200 𝐸

<𝑑=

𝑈 𝐸

⇒ 𝑈 > 200(𝑉)

Ví dụ 7: Một electron bay vào khoảng không giữa hai bản kim loại tích điện trái dấu với vận tốc v0 = 2,5.107 m/s từ phía bản dương về phía bản âm theo hướng hợp với bản dương một góc 150. Độ dài của mỗi bản là L

Tự luận vật lý 11

= 5 cm và khoảng cách giữa hai bản là d = 1 cm. Hãy tính hiệu điện thế giữa hai bản, biết rằng khi ra khỏi điện trường vận tốc của electron có phương song song với hai bản.

Hướng dẫn giải ▪ Chọn hệ trục Oxy như hình bản âm

▪ Chuyển động của hạt được phân tích thành hai chuyển động. Theo phương ngang

𝑣

𝑣0

hạt chuyển động thẳng đều với vận tốc ban



bản dương

𝑣0𝑦 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑣𝑥 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ▪ Phương trình vận tốc theo các trục: {𝑣 = 𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑎𝑡 𝑦 0

chuyển động biến đổi đều với vận tốc đầu:

đầu 𝑣0𝑥 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼, theo phương Oy hạt

0⇒𝑡=

−𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼

(1)

𝑎

ƠN

▪ Vì khi ra khỏi điện trường vận tốc có phương ngang nên thành phần vy = 0, do đó ta có: 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑎𝑡 =

▪ Phương trình chuyển động theo phương Ox: 𝑥 = (𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼)𝑡 ▪ Khi ra khỏi điện trường thì: 𝑥 = 𝐿 ⇔ (𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼)𝑡 = 𝐿 (2) −𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑎

=𝐿

(3)

▪ Từ (1) và (2) ta có: (𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼)

▪ Mà gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường: 𝑎 =

𝑚.𝑑.𝑣02 .𝑠𝑖𝑛 2𝛼 2|𝑞|𝐿

= 177,734 V.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

−|𝑞|𝑈 𝑚.𝑑

−|𝑞|𝐸 𝑚

−|𝑞|𝑈 𝑚.𝑑

(4)

=𝐿

⇒𝑈=

−𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼

𝑚

▪ Từ (3) và (4) ta có: (𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼)

−𝐹

Bài 1. Tụ phẳng có các bản nằm ngang, d = 1cm, U = 1000V. Một giọt thủy ngân mang điện tích q nằm cân bằng ngay giữa 2 bản. Đột nhiên U giảm bớt 4V. Hỏi sau bao lâu giọt thủy ngân rơi chạm bản dưới? Cho g =

10m/s2.

Bài 2. Một electron bắt đầu bay vào điện trường đều E = 910 V/m với vận tốc ban đầu v 0 = 3,2.106 m/s cùng

9,1.10−31 𝑘𝑔

KÈ

chiều đường sức của 𝐸⃗ . Biết điện tích và khối lượng của elctron lần lượt là 𝑒 = −1,6.10−19 𝐶, 𝑚 = a. Tính gia tốc của electron trong điện trường đều.

DẠ Y

b. Tính quãng đường S và thời gian t mà electron đi được cho đến khi dừng lại, cho rằng điện trường đủ rộng. Mô tả chuyển động tiếp theo của electron sau khi nó dừng lại. c. Nếu điện trường chỉ tồn tại trong khoảng l = 3 cm dọc theo đường đi của electron thì electron sẽ chuyển

động với vận tốc là bao nhiêu khi ra khỏi điện trường. Bài 3. Một electron chuyển động dọc theo một đường sức của điện trường đều có cường độ 364 V/m. Electron xuất phát từ điểm M với vận tốc 3,2.106 m/s. Vecto vận tốc của electron cùng hướng với đường sức điện. Biết e = -1,6.10-19 C và me = 9,1.10-31 kg. Hỏi:

Tự luận vật lý 11

a. Electron đi được quãng đường dài bao nhiêu thì vận tốc của nó bằng không? b. Sau bao lâu kể từ lúc xuất phát, electron lại trở về điểm M?

Bài 4. Điện tử bay vào một tụ phẳng với v0 = 3,2.107m/s theo phương song song với các bản. Khi ra khỏi tụ, hạt bị lệch theo phương vuông góc với các bản đoạn h = 6 mm. Các bản dài l = 6cm cách nhau d = 3cm. Tính U giữa hai bản tụ.

Bài 5. Điện tử mang năng lương W0 = 1500eV bay vào một tụ phẳng theo hướng song song với hai bản. Hai bản một góc α = 110 (tan110 ≈ 0,2). Bài 6. Êlectrôn thoát ra từ K, được tăng tốc bởi một điện trường đều giữa

và K rồi đi vào một tụ phẳng theo phương song song với hai bản như hình

bản dài l = 5cm, cách nhau d = 1cm. Tính U giữa hai bản để điện tử bay khỏi tụ điện theo phương hợp với các

vẽ. Biết s = 6cm, d = 1,8cm; l = 15cm, b = 2,1cm; U của tụ 50V.

Tính vận tốc êlectrôn khi bắt đầu đi vào tụ, và hiệu điện thế U0 giữa K và A. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

ƠN

Bài 7. Một electron có động năng Wđ = 11,375 eV bắt đầu bay vào điện trường đều nằm giữa hai bản kim loại đặt song song theo phương vuông góc với đường sức và cách đều hai bản. Biết 1eV = 1,6.10-19 J. Tính: a. Vận tốc v0 của electron lúc bắt đầu vào điện trường.

bản dương

b. Thời gian đi hết chiều dài 5 cm của bản.

c. Độ lệch h của electron khi bắt đầu ra khỏi điện trường, biết hiệu điện thế U = 50 V và khoảng cách hai bản d = 10 cm.

d. Hiệu điện thế giữa hai điểm ứng với độ dịch h ở câu c.

bản âm

e. Động năng và vận tốc của electron ở cuối bản

Bài 8. Hai bản kim loại tích điện trái dấu, đặt song song và cách nhau d = 10 cm. Hiệu điện thế giữa hai bản là U = 10 V. Một electron được bắn đi từ phía bản dương về phía bản âm với vận tốc đầu v0 = 2.106 m/s hợp với bản một góc 300.

a. Lập phương trình quỹ đạo chuyển động của electron giữa hai bản.

b. Tính khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm.

Bài 1.

KÈ

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG – Để giọt thủy ngân nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F. U

 mg = q ⇒ d

gd U

10.0,01 1000

→ 𝐹

= 10−4

DẠ Y

– Khi U giảm bớt 4 V thì U = U – 4 = 1000 – 4 = 996 V khi đó: P – F = ma  mg − q

U′ d

→ 𝑃

qU′

= ma ⇒ a = g − md

𝑑

– Khi giọt thủy ngân rơi chạm bản dưới thì quãng đường đi được là: s = 2 . Ta có: s =

𝑎𝑡 2 2

2𝑠

⇒ 𝑡 = √𝑎 = √

𝑑 2 𝑞𝑈 𝑔− 𝑚𝑑

2⋅

=√

𝑑 𝑞𝑢′ 𝑔− 𝑚𝑑

0,01

⇒𝑡=√ 996 = 0,5 s. 10−10−4 ⋅ 0,01

Tự luận vật lý 11

Vậy: Thời gian để giọt thủy ngân rơi chạm đến bản dưới là t = 0,5 s. Bài 2.

a) Chọn trục Ox, có gốc O là vị trí mà elctron bắt đầu bay vào điện trường, chiều dương trùng với chiều chuyển động. ▪ Khi bay trong điện trường, electron chịu tác dụng của lực điện 𝐹 (1)

−|𝑞|𝐸 𝑚

−|1,6.10−19 |.910 9,1.10−31

= −1,6.1014 (𝑚/𝑠 2 )

𝐸⃗

⇒𝑎=

𝑣𝑜

▪ Vì 𝑞 = 𝑒 < 0 ⇒ 𝐹 ↑↓ 𝐸⃗ , mà 𝑣0 cùng hướng với 𝐸⃗ nên 𝐹 ngược chiều dương. 𝐹 ▪ Chiếu (1) lên Ox ta có: −𝐹 = 𝑚𝑎 ⇔ −|𝑞|𝐸 = 𝑚𝑎

▪ Định luật II Niu-tơn: 𝐹 = 𝑚𝑎

▪ Vậy electron chuyển động chậm dần với gia tốc 𝑎 = −1,6.1014 (𝑚/𝑠 2 ) b) Do đó thời gian chuyển động là: 𝑣 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 ⇔ 0 = 𝑣0 + 𝑎𝑡 −𝑣0 𝑎

3,2.106

= 1,6.1014 = 2.10−8 (𝑠)

▪ Quãng đường đi được của electron: 𝑠 =

𝑣 2 −𝑣02 2𝑎

ƠN

⇒𝑡=

0−(3,2.106 )

= 2.(−1,6.1014) = 3,2.10−3 (𝑚)

▪ Sau khi dừng lại electron vẫn chịu tác dụng của lực điện trường 𝐹 = 𝑞𝐸⃗ (ngược chiều dương) nên electron

sẽ chuyển động nhanh dần đều về vị trí lúc đầu xuất phát. Và sau đó bắt đầu chuyển động thẳng đều với vận tốc đầu.

c) Ta có: 𝑣 2 − 𝑣02 = 2𝑎ℓ ⇒ 𝑣 = √2𝑎. ℓ + 𝑣02 = √2. (−1,6.1014 )3.10−2 + (3,2.106 )2 = 8.105 (𝑚/𝑠) 5

▪ Khi ra khỏi điện trường lectron chuyển động thẳng đều với vận tốc 8.105 8.10 m/s Bài 3.

𝑚𝑣 2

⇒ 𝑑 = − 2𝑞𝐸0 = −

a) Theo định lí động năng ta có: 𝑊𝑑2 − 𝑊𝑑1 = 𝐴 ⇔ 0 − 2 𝑚𝑣02 = 𝑞𝐸𝑑 9,1.10−31 .(3,2.106 )

2.(−1,6.10−19 )364

= 0,08(𝑚) = 8(𝑐𝑚)

b) Gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường: −𝐹 𝑚

−|𝑞|𝐸 𝑚

−1,6.10−19 .364

𝑎=

9,1.10−31

= −6,4.1013 (𝑚/𝑠 2 )

KÈ

▪ Sau khi electron chuyển động được quãng đường 8 cm thì dừng lại. Vì lúc này electron vẫn trong điện trường nên vẫn chịu tác dụng của lực điện trường kết quả là lực điện trường làm cho electron chuyển động quay ngược lại chỗ xuất phát nên thời gian kể từ khi xuất phát đến khi về M sẽ gấp 2 lần đi từ M đến khi dừng

DẠ Y

lại.

▪ Thời gian kể từ khi xuất phát đến khi dừng lại là: 𝑡 =

−𝑣0 𝑎

3,2.106

= 6,4.1013 = 5.10−8 (𝑠)

▪ Vậy thời gian từ khi xuất phát đến khi trở về M là: Δt = 2t = 10-7 s.

Bài 4.

Tự luận vật lý 11

- Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường

→ 𝐸

▪ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t (1) ▪ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực 1

→ 𝐹

ሱ 𝑣ሮ0

x h

điện trường: y = 2 ay t 2 = 2 ⋅ md t 2 (2), với a = m = md

được chia thành hai phần theo hai trục Ox và Oy:

▪ Khi ra khỏi bản thì quãng đường điện tử đi được theo trục Ox là x = l, theo trục Oy là y = h. Do đó: 𝑙

+ Từ (1) suy ra: t = v . 1 eU

𝑙

Thay giá trị của t vào (2) với chú ý y = h ta được: h = 2 . md . (v ) U=

2hv20 md

e𝑙2

= 582,4 V

1.6⋅10−19 ⋅(6.10−2 )2

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là U = 582,4 V. Bài 5.

2 2.6.10−3 ⋅(3,2⋅107 ) ⋅9,1⋅10−31 ⋅3⋅10−2

ƠN

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường được chia thành hai phần: ▪ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t; vx = v0 = const. ▪ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường: y = qU

= at (với a= m = md ) – Ta có: 𝑣0

mv20 2

𝑣0

𝑎𝑥

⇒ v02 =

𝑣02

𝑞𝑈𝑥

= 𝑚𝑑𝑣2 (1)

2 W0 m

2 d W0 ⋅tan 𝛼 qx

𝛼

ሱ 𝑣ሮ𝑥 → 𝑣

ሱ 𝑣ሮ 𝑦

(2)

– Thay (2) vào (1), ta được: tan 𝛼 = U=

ሱ 𝑣ሮ0

ax2

= 2v2 ; vy

▪ W0 =

𝑣𝑦

▪ tan 𝛼 =

𝑥 𝑎⋅ 𝑣0

at2

qUx

2 W0 m

2.0,01.1500⋅1,6⋅10−19 ⋅0,2 1.6.10−19 ⋅0,05

= 2dW

= 120 V.

Vậy: Để điện tử bay ra khỏi tụ theo phương hợp với các bản một góc 11o thì U = 120 V. Bài 6.

KÈ

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. ▪ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t; vx = v0 = const. ▪ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực at2 2

DẠ Y

điện trường: y =

ax2

1 qU s2

– Khi điện tử ra khỏi tụ: y = h1 = . h2

= 2v2 ; vy = at, với a = m = md .

2 md v20

𝑙

; vy =

md v0

A y

Ta có: v = v ⇒ h2 = mdv2 y

qUls

𝑣0

qUs

h1 H

b = h1 + h2 = 2 ⋅ mdv2 (s + 2ℓ) 0

Tự luận vật lý 11 qUs(s+2l)

 𝑣0 = √

2mdb

1,6⋅10−19 ⋅50.0,06⋅(0,06+2.0,15)

=√

2.9.1⋅10−31 ⋅1,8.10−2 ⋅2⋅1⋅10−2

= 1.6.107 m/s.

⇒ U0 =

mv20 2q

9,1⋅10−31 ⋅(1,6⋅107 )

2.1,6⋅10−19

– Hiệu điện thế U0 giữa K và A: qU0 = 2 mv02 2

= 728 V.

Vậy: Vận tốc êlectrôn khi bắt đầu đi vào tụ là v0 = 1,6.107 m/s; hiệu điện thế giữa K và A là U0 = 728 V.

2𝑊𝑑0

a. Ta có: 𝑊𝑑0 = 2 𝑚𝑣02 ⇒ 𝑣0 = √

𝑚

Bài 7. = 2.106 (𝑚/𝑠)

b. Electron tham gia chuyển động giống như chuyển động của một vật bị ném ngang với vận tốc đầu v0 = 2.106 m/s

▪ Theo phương ngang (phương Ox), electron không chịu tác dụng của lực nào nên nó chuyển động thẳng

ƠN

đều với phương trình chuyển động: 𝑥 = 𝑣0 𝑡 = 2.106 𝑡

▪ Khi electron đi hết chiều dài 5 cm của bản thì: x = L ⇔ 2.106t = 0,05 ⇒ t = 2,5.10-8 s. c. Gia tốc của electron khi bay vào trong điện trường của hai bản tụ: 𝑎=𝑚=

|𝑞|𝐸 𝑚

|𝑞|𝑈 𝑚𝑑

1,6.10−19 .50

= 9,1.10−31 .0,1 = 8,79.1013 (𝑚/𝑠 2 )

𝐹

▪ Phương trình chuyển động theo trục Oy: 𝑦 = 2 𝑎𝑡

bản dương

h O

▪ Khi ra khỏi bản tụ thì 𝑡 = 2,5.10−8 (𝑠) nên 1

bản âm

= 0,0275(𝑚) = 2,75(𝑐𝑚)

ℎ = 𝑦 = 2 . 8,79.10 .

(2,5.10−8 )2

𝑈

d. Hiệu điện thế giữa hai điểm ứng với độ dịch h: 𝑈ℎ = 𝐸. ℎ = 𝑑 . ℎ = 0,1 . 0,0275 = 13,75 V. 𝑣𝑥 = 𝑣0 = 2.106 (𝑚) e. Phương trình vận tốc theo các trục: { 𝑣𝑦 = 𝑎𝑡 = 8,79.1013 𝑡 ▪ Khi ra khỏi bản thì 𝑡 = 2,5.10−8 (𝑠) nên: 𝑣𝑦 = 8,79.1013 . 2,5.10−8 = 2,2.106 m/s.

▪ Vận tốc của electron khi ra khỏi bản tụ: 𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 = 2,97.106 m/s. 1

Bài 8.

KÈ

▪ Động năng của electron khi ra khỏi bản tụ: Wđ = 2 𝑚𝑣 2 = 4,017.10−18 J. a) Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình ▪ Gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường

DẠ Y

giữa hai bản:𝑎 =

−𝐹 𝑚

=−

|𝑞|𝐸 𝑚

=−

|𝑞|𝑈 𝑚𝑑

𝑣0𝑥 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼 ▪ Ta có: {𝑣 = 𝑣 𝑠𝑖𝑛 𝛼 0𝑦 0

𝑣0𝑦

𝑣0

𝐸⃗

▪ Phương trình chuyển động trên các trục Ox và Oy: 𝑥 = (𝑣0 𝑐𝑜𝑠 𝛼)𝑡 1 1 { ⇒{ 𝑦 = 𝑣0𝑦 𝑡 + 𝑎𝑡 2 𝑦 = (𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼)𝑡 + 𝑎𝑡 2 2 2 𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑡



𝐹

+ 𝑣0𝑥

O +

Tự luận vật lý 11 0

𝑥

⇒ 𝑦 = (𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼) 𝑣 𝑐𝑜𝑠 𝛼

⇔ 𝑦 = 𝑥. 𝑡𝑎𝑛 𝛼 −

|𝑞|.𝑈 2𝑚.𝑑.𝑣02 𝑐𝑜𝑠2 𝛼

1 |𝑞|𝑈

𝑥

−2. 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑚𝑑

. (𝑣

𝑥

) 𝑐𝑜𝑠 𝛼

𝑥2 |𝑞|.𝑈

√3

▪ Vậy phương trình quỹ đạo: 𝑦 = 𝑥. 𝑡𝑎𝑛 𝛼 − 2𝑚.𝑑.𝑣 2 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 𝑥 2 =

▪ Ta có: 𝑡 = 𝑣

800

𝑥 − 273 𝑥 2

𝑣𝑦 = 0 ⇔ 𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 + 𝑎𝑡 = 0 ⇒ 𝑡 =

−𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝑎

−𝑣0 .𝑚.𝑑.𝑠𝑖𝑛 𝛼 −|𝑞|𝑈

= 5,7.10−8 (𝑠)

▪ Khoảng cách xa nhất giữa electron và bản dương là:

b) Khi electron cách xa bản dương nhất thì:

ℎ𝑚𝑎𝑥 = 𝑦𝑚𝑎𝑥 = (𝑣0 𝑠𝑖𝑛 𝛼)𝑡 + 2 𝑎𝑡 2 = 0,028 m = 2,8 cm.

▪ Khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm là: 𝐻𝑚𝑖𝑛 = d - ymax = 7,2 cm.

PHẦN II. DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI

ƠN

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Dòng điện

▪ Dòng điện là dòng các điện tích dịch chuyển có hướng.

▪ Chiều qui ước của dòng điện là chiều dịch chuyển của các điện tích dương tức là ngược chiều dịch chuyển của các electron.

▪ Các tác dụng của dòng điện: dòng điện có tác dụng nhiệt, tác dụng hoá học, tác dụng từ, tác dụng cơ và tác dụng sinh lí, trong đó tác dụng từ là tác dụng đặc trưng của dòng điện.

▪ Cường độ dòng điện đặc trưng cho tác dụng mạnh yếu của dòng điện và được xác định bằng thương số

đó: 𝐼 =

giữa điện lượng q dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong khoảng thời gian t và khoảng thời gian 𝛥𝑞 𝛥𝑡

▪ Dòng điện có chiều và cường độ không thay đổi theo thời gian gọi là dòng điện không đổi. Với dòng điện 𝑞 𝑡

không đổi ta có: 𝐼 =

▪ Điều kiện để có dòng điện trong một môi trường nào đó là trong môi trường đó phải có các điện tích tự

KÈ

do và phải có một điện trường để đẩy các điện tích tự do chuyển động có hướng. Trong vật dẫn điện có các điện tích tự do nên điều kiện để có dòng điện là phải có một hiệu điện thế đặt vào hai đầu vật dẫn điện. 2. Nguồn điện

DẠ Y

▪ Nguồn điện là thiết bị để tạo ra và duy trì hiệu điện thế nhằm duy trì dòng điện trong mạch. ▪ Nguồn điện có hai cực: cực dương (+) và cực âm (-). ▪ Các lực lạ (khác bản chất với lực điện) bên trong nguồn điện có tác dụng

làm cho hai cực của nguồn điện được tích điện khác nhau và do đó duy trì hiệu điện thế giữa hai cực của nó.

Tự luận vật lý 11

▪ Suất điện động của nguồn điện đặc trưng cho khả năng thực hiện công của nguồn điện và được đo bằng công của lực lạ khi làm dịch chuyển một đơn vị điện tích dương ngược chiều điện trường bên trong nguồn 𝐴

điện: 𝐸 = 𝑞

▪ Để đo suất điện động của nguồn ta dùng vôn kế mắc vào hai cực của nguồn điện khi mạch ngoài để hở.

▪ Điện trở r của nguồn điện được gọi là điện trở trong của nó. 3. Điện trở ℓ

▪ Điện trở của đoạn dây dẫn: 𝑅 = 𝜌 𝑆 Trong đó: ℓ là chiều dài (m); S là tiết diện ngang (m2);  là điện trở suất ( Ωm) ▪ Điện trở tương đương của đoạn mạch mắc nối tiếp: 1

𝑅 = 𝑅1 + 𝑅2 +. . . +𝑅𝑛 1

+ ▪ Điện trở tương đương của đoạn mạch mắc song song: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 +. . . + 𝑅 1

4. Điện năng. Công suất điện

𝑛

▪ Lượng điện năng mà một đoạn mạch tiêu thụ khi có dòng điện chạy qua để chuyển hóa thành các dạng

ƠN

năng lượng khác được đo bằng công của lực điện thực hiện khi dịch chuyển có hướng các điện tích. ▪ Công suất điện của một đoạn mạch là công suất tiêu thụ điện năng của đoạn mạch đó và có trị số bằng điện năng mà đoạn mạch tiêu thụ trong một đơn vị thời gian, hoặc bằng tích của hiệu điện thế giữa hai đầu

đoạn mạch và cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch đó: 𝑃 =

𝐴 𝑡

= 𝑈𝐼

▪ Nhiệt lượng tỏa ra trên một vật dẫn khi có dòng điện chạy qua tỉ lệ thuận với điện trở của vật dẫn, với bình phương cường độ dòng điện và với thời gian dòng điện chạy qua vật dẫn đó: Q = RI2t.

▪ Công suất tỏa nhiệt P ở vật dẫn khi có dòng điện chạy qua đặc trưng cho tốc độ tỏa nhiệt của vật dẫn đó 𝑄 𝑡

= 𝐼2𝑅

và được xác định bằng nhiệt lượng tỏa ra ở vật dẫn trong một đơn vị thời gian: 𝑃 = ▪ Công của nguồn điện bằng điện năng tiêu thụ trong toàn mạch: 𝐴𝑛𝑔 = 𝐸𝐼𝑡

▪ Công suất của nguồn điện bằng công suất tiêu thụ điện năng của toàn mạch: 𝑃𝑛𝑔 = 𝐸. 𝐼 ▪ Để đo công suất điện người ta dùng oát-kế. Để đo công của dòng điện, tức là điện năng tiêu thụ, người ta

dùng máy đếm điện năng hay công tơ điện. ▪ Điện năng tiêu thụ thường được tính ra kilôoat giờ (kWh). 1kW.h = 3 600 000J

KÈ

5. Định luật Ôm đối với toàn mạch E, r

▪ Cường độ dòng điện chạy trong mạch kín tỉ lệ thuận với suất điện

động của nguồn điện và tỉ lệ nghịch với điện trở toàn phần của mạch đó: 𝐸 𝑁 +𝑟

DẠ Y

𝐼=𝑅

R B

▪ Tích của cường độ dòng điện chạy qua một đoạn mạch và điện trở

của nó được gọi là độ giảm thế trên đoạn mạch đó. Suất điện động của nguồn điện có giá trị bằng tổng các độ giảm điện thế ở mạch ngoài và mạch trong: 𝐸 = 𝐼. 𝑅𝑁 + 𝐼. 𝑟 = 𝑈 + 𝐼. 𝑟 ▪ Hiện tượng đoản mạch xảy ra khi nối hai cực của một nguồn điện chỉ bằng dây dẫn có điện trở rất nhỏ.

Khi đoản mạch, dòng điện qua mạch có cường độ lớn và có hại.

Tự luận vật lý 11

▪ Hiệu suất của nguồn điện: 𝐻 = 𝑃

𝑃𝑖𝑐ℎ

𝑛𝑔𝑢𝑜𝑛

𝑈.𝐼 𝐸.𝐼

𝑈 𝐸

𝐼.𝑅

𝑅

= 𝐼.𝑅+𝐼.𝑟 = 𝑅+𝑟

6. Định luật ôm đối với các loại đoạn mạch 𝑼𝑨𝑩 +𝑬𝒑

𝒓+𝑹

E, r

Đối với nguồn điện (máy phát): dòng điện đi vào cực âm và đi ra E1, r1

E2, r2

▪ UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch

▪ Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa máy thu điện: 𝐼 = 𝑈𝐴𝐵 −𝐸𝑡

(𝑈𝐴𝐵 =

E2, r2

E t,rt

E1, r1

−𝑈𝐵𝐴 UAB = −UBA ).

từ cực dương.

▪ Định luật Ohm chứa nguồn (máy phát): 𝑰 =

𝑟𝑡 +𝑅

▪ Đối với máy thu Et: dòng điện đi vào cực dương và đi ra từ cực âm. ▪ UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch.

+ Mắc nối tiếp:{

ƠN

▪ Mắc nguồn điện thành bộ: 𝐸 𝑏 = 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + ⋯ . + 𝐸𝑛 𝑟𝑏 = 𝑟1 + 𝑟2 + 𝑟3 + ⋯ . + 𝑟𝑛

𝐸 = 𝑛. 𝐸 + Nếu có n nguồn giống nhau: { 𝑏 𝑟𝑏 = 𝑛. 𝑟 𝐸𝑏 = |𝐸1 − 𝐸2 | 𝑟𝑏 = 𝑟1 + 𝑟2

𝐸𝑏 = 𝐸 𝑟 𝑟𝑏 = 𝑛

+ Mắc song song (các nguồn giống nhau): {

+ Mắc hỗn hợp đối xứng (các nguồn giống nhau):

𝐸𝑏 = 𝑚𝐸 𝑚𝑟 { 𝑟𝑏 = 𝑛

E2, r

+ Mắc xung đối: {

E1, r

E, r

KÈ

• Dạng 1. Đại cương về dòng điện không đổi A. Phương pháp giải

DẠ Y

▪ Số elcetron: 𝑛 =

𝛥𝑞 𝛥𝑡

𝐼.𝑡 |𝑒| 𝐼

𝛥𝑞

▪ Mật độ dòng điện: 𝑖 = 𝑆 = 𝛥𝑡.𝑆 =

𝑁.|𝑒| 𝛥𝑡.𝑆

𝑁.|𝑒|.𝑑 𝛥𝑡.𝑆.𝑑

Trong đó:

I là cường độ dòng điện, đơn vị là Ampe (A); S là tiết diện ngang của dây dẫn, đơn vị là m2; n là mật độ hạt, đơn vị là hạt/m3;

𝑁.|𝑒|.𝑑 𝑉.𝛥𝑡

E, r E, r

II. CÁC DẠNG TOÁN

𝛥𝑞 |𝑒|

E, r E, r

Tổng số nguồn trong bộ nguồn: N = n.m

▪ Cường độ dòng điện: 𝐼 =

En, r

Eb, rb

Với m: là số nguồn trong một dãy (hàng ngang); n: là số (hàng dọc)

E3, r

= 𝑛𝑣|𝑒|

dãy E, r

Tự luận vật lý 11

q là điện lượng (lượng điện tích); v là tốc độ trung bình của hạt mang điện (m/s). 𝑁 𝑉

gọi là mật độ hạt, đơn vị là hạt/m3

Với 𝑛 = 𝑑

𝑣 = 𝛥𝑡 là tốc độ trung bình của hạt mang điện (m/s)

Chú ý: t hữu hạn thì I có giá trị trung bình, t rất nhỏ thì I là dòng điện tức thời i (dòng điện tại một thời điểm). 𝐴

▪ Suất điện động của nguồn điện: 𝐸 = 𝑞 ⇒ 𝐴 = 𝐸𝑞 = 𝐸. 𝐼. 𝑡 A là công mà nguồn điện (công lực lạ), đơn vị là Jun (J); q độ lớn điện tích, đơn vị là Cu-lông (C); 𝐸 là suất điện động của nguồn điện, đơn vị là Vôn (V). B. VÍ DỤ MẪU

Trong đó:

ƠN

Ví dụ 1: Trong mỗi giây có 109 hạt electron đi qua tiết diện thẳng của một ống phóng điện. Biết điện tích mỗi hạt có độ lớn bằng 1,6.10-19C. Tính: a. Cường độ dòng điện qua ống.

b. Mật độ dòng điện, biết ống có tiết diện ngang là S = 1 cm2. Hướng dẫn giải

a. Điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của ống dây: 𝛥𝑞 = 𝑛|𝑒| = 109 . 1,6.10−19 = 1,6.10−10 (𝐶) 𝛥𝑞 𝛥𝑡

= 1,6.10−10 (𝐴)

+ Dòng điện chạy qua ống dây: 𝐼 = 𝐼

b. Mật độ dòng điện: 𝑖 = 𝑆 = 1,6.10−6 (𝐴/𝑚2 )

Ví dụ 2: Một dòng điện không đổi có I = 4,8A chạy qua một dây kim loại tiết diện thẳng S = 1cm2. Tính: a. Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s. b. Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn.

Biết mật độ êlectrôn tự do n = 3.1028m–3. Hướng dẫn giải

KÈ

a. Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s 𝑞

Ta có: I = 𝑡 =

𝑛𝑒 𝑡

n=

𝐼𝑡 𝑒

4,8.1

= 1,6.10−19 = 3.1019.

Vậy: Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s là n = 3.1019.

DẠ Y

b) Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn 𝐼

Ta có: Mật độ dòng điện: i = 𝑆 = nqv 𝐼

4,8

 v = 𝑛𝑞𝑆 = 3.1028 ,1,6.10−19 .10−4 = 10-5 m/s = 0,01 mm/s. Vậy vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn là v = 0,01 mm/s.

Ví dụ 3: Pin Lơclăngsê sản ra một công là 270 J khi dịch chuyển lượng điện tích là 180 C giữa hai cực bên trong pin. Tính công mà pin sản ra khi dịch chuyển một lượng điện tích 40 C giữa hai cực bên trong pin.

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải 𝐴

270

▪ Suất điện động của pin: 𝐸 = 𝑞 = 180 = 1,5 V. 𝐴

A = qE = 40.1,5 = 60 J.

Ví dụ 4: Một bộ acquy cung cấp một dòng điện 5A liên tục trong 4 giờ thì phải nạp lại.

▪ Công mà pin sản ra khi dịch chuyển một lượng điện tích 60 C giữa hai cực bên trong pin. Ta có: 𝐸 = 𝑞 ⇒

a. Tính cường độ dòng điện mà acquy này có thể cung cấp liên tục trong thời gian 12 giờ thì phải nạp lại.

b. Tính suất điện động của acquy này nếu trong thời gian hoạt động trên nó sản sinh một công 1728 kJ. Hướng dẫn giải cung cấp được khi nó phát điện. + Dung lượng của acquy: 𝑞 = 𝐼. 𝑡 ⇒ 𝐼1 . 𝑡1 = 𝐼2 . 𝑡2 ⇒ 𝐼2 = 𝐼1 𝐴

1 𝑡1

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

1728.103 5.4.3600

𝑡2

= A. 3

= 24 V.

ƠN

𝐴

b. Suất điện động của nguồn điện: 𝐸 = 𝑞 = 𝐼

𝑡1

a. Mỗi acquy có một dung lượng xác định. Dung lượng của mỗi acquy là điện lượng lớn nhất mà acquy có thể

Bài 1. Tính số êlectron đi qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong 5 giây, biết rằng cường độ dòng điện qua dây

dẫn là 2 A.

Bài 2. Cường độ dòng điện không đổi chạy qua dây tóc của một bóng đèn là 0,64 A. a. Tính điện lượng dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc trong thời gian một phút. b. Tính số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc trong khoảng thời gian nói trên.

Bài 3. Một dây dẫn hình trụ có bán kính tiết diện ngang là R = 0,5 mm. Hạt mang điện tự do trong dây dẫn là là 1,6.10-19 C. Lấy π = 3,14.

các electron tạo thành dòng điện không đổi có cường độ I = 1,57 A. Biết độ lớn điện tích của mỗi hạt electron a. Tính điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây trong thời gian 5 s. b. Tính mật độ dòng điện và số electron đi qua tiết diện ngang của dây dẫn trong thời gian 10s.

c. Tính vận tốc trung bình của các electron tạo nên dòng điện, biết mật độ electron tự do là n = 5.1028 hạt/m3. Bài 4. Một dây dẫn kim loại có các electron tự do chạy qua và tạo thành một dòng điện không đổi. Dây có tiết

KÈ

diện ngang S = 0,6 mm2, trong thời gian 10 s có điện lượng q = 9,6 C đi qua. Tính: a. Cường độ và mật độ dòng điện qua dây dẫn. b. Số electron đi qua tiết diện ngang của dây dẫn trong 10 s c. Tính tốc độ trung bình của các electron tạo nên dòng điện, biết mật độ electron tự do là n = 4.1028 hạt/m3

DẠ Y

Bài 5. Một dây dẫn hình trụ tiết diện ngang S = 10 mm2 có dòng điện I = 2 A chạy qua. Hạt mang điện tự do trong dây dẫn là electron có độ lớn điện tích e = 1,6.10-19C. a. Tính số hạt electron chuyển động qua tiết diện ngang của dây trong 1s b. Biết vận tốc trung bình của hạt electron trong chuyển động có hướng là 0,1 mm/s. Tính mật độ hạt

electron trong dây dẫn. Bài 6. Trong khoảng thời gian 10s, dòng điện qua dây dẫn tăng đều từ I1 = 1A đến I2 = 4A. Tính cường độ dòng điện trung bình và điện lượng qua dây trong thời gian trên.

Tự luận vật lý 11

Bài 7. Một bộ acquy có suất điện động 12 V, cung cấp một dòng điện 2 A liên tục trong 8 giờ thì phải nạp lại. Tính công mà acquy sản sinh ra trong khoảng thời gian trên.

Bài 8. Lực lạ thực hiện công 1200 mJ khi di chuyển một lượng điện tích 50 mC giữa hai cực bên trong nguồn điện. a. Tính suất điện động của nguồn điện này.

b. Tính công của lực lạ khi di chuyển một lượng điện tích 125 mC giữa hai cực bên trong nguồn điện. Bài 9. Một bộ acquy có suất điện động 12 V nối vào một mạch kín.

a. Tính lượng điện tích dịch chuyển ở giữa hai cực của nguồn điện để acquy sản ra công 720 J.

b. Thời gian dịch chuyển lượng điện tích này là 5 phút. Tính cường độ dòng điện chạy qua acquy này.

c. Tính số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian 1 phút.

Bài 10. Biết rằng trong đồng số êlectrôn dẫn bằng với số nguyên tử. Đồng có khối lượng mol là M = 64 g/mol, và có khối lượng riêng là  = 9,0 kg/dm3. Một sợi dây đồng có đường kính 1,8mm, mang dòng điện không đổi I = 1,3 A. Hãy tìm vận tốc trôi của các êlectrôn dẫn trong dây đồng.

ƠN

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

𝑞

Số êlectron đi qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong 5 giây: 𝑛 = 𝑒 =

Bài 2.

𝐼𝑡 𝑒

= 6,25.1019 êlectron.

a. Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc: 𝑞 = 𝐼𝑡 = 38,4(𝐶) 𝑞

b. Số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc: 𝑁 = |𝑒| = 24.1019 hạt.

Bài 3.

a. Điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây: q = I.t = 1,57.5 = 7,85 C. b. Tính mật độ dòng điện và số electron đi qua tiết diện ngang của dây dẫn trong thời gian 10s ▪ Tiết diện ngang của dây dẫn: 𝑆 = 𝜋𝑅 2 = 7,85.10−7 (𝑚2 ) 𝐼

▪ Mật độ dòng điện là: 𝑖 = 𝑆 = 2.106 (𝐴/𝑚2 )

▪ Điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây dẫn trong thời gian 10s: Δq = I.t = 15,7 C.

KÈ

▪ Số electron chuyển qua tiết diện ngang của dây trong 10s: 𝑁 =

𝛥𝑞 𝑒

= 𝐼𝑡 = 9,8125.1019 (hạt)

c. Tính vận tốc trung bình của các electron tạo nên dòng điện 𝑖

𝑖

2.106

+ Ta có: 𝑖 = 𝑛𝑞𝑣 ⇒ 𝑣 = 𝑛𝑞 = 𝑛|𝑒| = 5.1028 .1,6.10−19 = 2,5.10−4 (𝑚/𝑠)

DẠ Y

Bài 4.

𝑞

a. Cường độ dòng điện: 𝐼 = 𝑡 = 0,96 A. 𝐼

Mật độ dòng điện: 𝑖 = 𝑆 = 1,6.106 (𝐴/𝑚2 ). 𝑞

b. Số electron đi qua tiết diện ngang của dây: 𝑁 = |𝑒| = 6.1019 (hạt). 𝑖

𝑖

c. Tốc độ trung bình của các hạt tạo nên dòng điện: 𝑣 = 𝑛𝑞 = 𝑛|𝑒| = 2,5.10-4 m/s = 0,25 mm. Bài 5.

Tự luận vật lý 11

a. Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây trong 1s: Δq = I.t = 2 C. 𝑞

Số electron chuyển qua tiết diện thẳng của dây trong 1s: 𝑁 = |𝑒| = 1,25.1019 . 𝑖

𝑖

𝐼

b. Ta có: 𝑖 = 𝑛𝑞𝑣 ⇒ 𝑛 = 𝑞𝑣 = |𝑒|𝑣 = 𝑆|𝑒|𝑣 = 1,25.1028 (hạt/m3). Bài 6. 2

1+4 2

= 2,5 A.

𝐼1 +𝐼2

Cường độ dòng điện trung bình: I =

Điện lượng qua dây trong thời gian trên: q = It = 2,5.10 = 25 C.

Bài 7. A = qE = E.I.t = 12.2.8.3600 = 691200 J. 𝐴

Bài 8. 1,2

a. Suất điện động của nguồn: 𝐸 = 𝑞 = 5.10−2 = 24 V.

b. Công của lực lạ khi di chuyển một lượng điện tích 125.10-3 C giữa hai cực bên trong nguồn điện. Ta có: 𝐴

ƠN

𝐸 = 𝑞 ⇒ A = qE = 125.10-3.24 = 3 J. Bài 9. 𝐴

𝐴

720

a. Ta có: 𝐸 = 𝑞 ⇒ 𝑞 = 𝐸 =

= 60 C.

𝐴

720

b. Cường độ dòng điện: 𝐼 = 𝐸.𝑡 = 12.5.60 = 0,2 A.

c. Số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian 1 phút 𝑞

𝐼.𝑡

0,2.60

𝑁𝑒 = |𝑒| = |𝑒| = 1,6.10−19 = 7,5.1019. 𝛥𝑞

𝛥𝑡

𝑁𝑒 𝛥𝑡

(với N là số e dẫn chuyển qua 1 tiết điện của dây dẫn trong thời gian t = số nguyên

▪ Ta có: 𝐼 =

Bài 10.

tử đồng có trong thể tích V ở hình vẽ)

▪ Lại có: N = nNA (với n: số mol đồng có trong thể tích V; NA : số Avôgađrô) 𝑒.𝑛𝑁𝐴 𝛥𝑡 4𝑀𝐼

⇒ 𝑣 = 𝑒𝜌𝑁

𝑒.𝑚𝑁𝐴

𝐴 𝜋𝑑

𝑀.𝛥𝑡

𝑒.𝜌𝛮𝐴 𝑉 𝑀.𝛥𝑡

𝑒.𝜌𝑁𝐴 𝑆𝑙 𝑀𝛥𝑡

𝑒.𝜌𝑁𝐴 𝜋𝑑2 4𝑀

l = v.t

𝑣.

𝐼=

KÈ

Thay số: M = 64 g/mol = 64.10–3 kg/mol;  = 9,0 kg/dm3 = 9,0.103 kg/m3, NA = 6,02.1023 mol–1, e = 1,6.10– C; d = 1,8 mm = 1,8.10 – 3 m 4.64.10−3 .1,3

−5

 𝑣 = 1,6.10−19.9.103.6,02.1023.3,14.(1,8.10−3)2 = 3,8.10−5 10 m/s.

DẠ Y

• Dạng 2. Điện trở – Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Điện trở

𝑙

– Điện trở của dây dẫn kim loại hình trụ: R = 𝜌. 𝑆

Trong đó:

▪ ℓ là chiều dài (m).

Tự luận vật lý 11

▪ S là tiết diện ngang (m2).

▪  là điện trở suất ( Ωm) s

– Điện trở phụ thuộc vào nhiệt độ: R = R0(1 + αt) hay 𝜌 = 𝜌0 (1 + αt). Trong đó: ▪ R0 là điện trở dây dẫn ở 0oC.

▪ R là điện trở dây dẫn ở toC. ▪ 𝜌0 là điện trở suất dây dẫn ở 0oC.

▪ 𝜌 là điện trở suất dây dẫn ở toC. Với chất điện phân 𝜌 < 0. 𝑈

2. Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R: I = 𝑅 . B. VÍ DỤ MẪU

Với kim loại 𝜌 > 0.

ƠN

Ví dụ 1: Một dây đồng có điện trở R1 = 2 Ω ở 200C. Sau một thời gian có dòng điện đi qua, nhiệt độ của dây đồng là 740 C. Tính điện trở R2 của dây đồng ở 740 C. Hệ số nhiệt điện trở của đồng α = 0,004 K-1. Hướng dẫn giải

Điện trở R2 của dây đồng ở 740 C: R2 = R1(1 + α(t2 - t1) = 2(1 + 0,004.54) = 2,43 Ω.

Ví dụ 2: Một thanh than và một thanh sắt có cùng tiết diện thẳng mắ nối tiếp. Tìm tỉ số chiều dài của hai thanh để điện trở của mạch này không phụ thuộc nhiệt độ. Than có ρ1 = 4.10-5 Ωm, α1 = -0,8.10-3 K-1 sắt có ρ2 = 1,2.10-7 Ωm, α2 = -6.10-3 K-1.

Hướng dẫn giải

Ở nhiệt độ t, ta có: R1 = R01(1 + α1t); R2 = R02(1 + α2t).

R1 mắc nối tiếp R2, điện trở tương đương: R = R1 + R2 = (R01 + R02) + (α1R01 + α2R02)t. Muốn R không phụ thuộc nhiệt độ, thì: α1R01 + α2R02 = 0 ⇔ 𝛼1 𝜌1 𝑙

𝛼

𝜌

⇒ 𝑙2 = − 𝛼1 ⋅ 𝜌1 = 1

400 9

𝑙1 𝑆

+ 𝛼2 𝜌2

𝑙2 𝑆

Ví dụ 3: Đặt hiệu điện thế 4,8 V vào hai đầu dây thép dài 5 m tiết diện đều 0,5 mm2 thì cường độ dòng điện trong dây thép bằng bao nhiêu? Điện trở suất của thép là 12.10-8 Ωm.

KÈ

Hướng dẫn giải

ℓ

Điện trở của dây thép : 𝑅 = 𝜌 𝑆 𝑈

𝑈𝑆 𝜌𝑙

= 4 A.

DẠ Y

Cường độ dòng điện trong dây thép: 𝐼 = 𝑅 =

Ví dụ 4: Một thanh than (ρ1 = 4.10-5 Ωm; α1 = -0,8.10-3K-1) và một thanh sắt (ρ2 = 1,2.10-6 Ωm-1; α2 = 6.10-3K-1) cùng tiết diện, mắc nối tiếp. Tìm tỉ số chiều dài hai thanh để điện trở của mạch không phụ thuộc nhiệt độ.

Hướng dẫn giải

– Điện trở của thanh than và thanh sắt ở nhiệt độ t: R1 = R01(1 + 1t); R2 = R02(1 + 2t) – Khi hai thanh mắc nối tiếp thì điện trở tương đương của hai thanh là:

Tự luận vật lý 11

R = R1 + R2 = (R01 + R02) + (R011 + R022)t – Để R không phụ thuộc vào nhiệt độ thì: (R011 + R022) = 0  R011 = – R022

𝑙

𝑙2

𝑙1

⇒ 𝜌1

1,2⋅10−7 ⋅6⋅10−3

𝜌 𝛼

𝑙2

⋅ 𝛼1 = −𝜌2 S 9

⋅ 𝛼2

𝑙

Mà: R 01 = 𝜌1 S1 ; R 02 = 𝜌2

 𝑙1 = − 𝜌2𝛼2 = + 4.10−5 ⋅0,8.10−3 = 400 ≈ 44. 2

1 1

𝑙

Vậy: Để điện trở của mạch không phụ thuộc vào nhiệt độ thì tỉ số chiều dài hai thanh phải bằng 𝑙1 ≈ 44. 2

Ví dụ 5: Một biến trở con chạy có điện trở lớn nhất là 150 Ω. Dây điện trở của biến trở là một hợp kim nicrom

có tiết diện 0,11 mm2 và được quấn đều xung quanh một lõi sứ tròn có đường kính 2,5 cm. Biết điện trở suất của nicrom là 1,1.10-6 Ω m.

a. Tính số vòng dây của biến trở này.

b. Biết dòng điện lớn nhất mà dây có thể chịu được là 2 A. Hỏi có thể đặt vào hai đầu dây này một hiệu điện thế lớn nhất là bao nhiêu để biến trở không bị hỏng.

ℓ

a) Ta có: 𝑅 = 𝜌 𝑆. Chiều dài của dây là: ℓ =

𝑅.𝑆 𝜌

ƠN

Hướng dẫn giải 150.0,11.10−6 1,1.10−6

= 15 m.

+ Chiều dài một vòng quấn: C = 2πR = πd = 0,0785 m. ℓ

+ Số vòng quấn: 𝑛 = 𝐶 = 191 vòng.

b. Điện trở lớn nhất của biến trở là R0 = 150 Ω. Nên hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào biến trở là: Umax = Imax.R0 = 2.150 = 300 V.

Ví dụ 6: Đoạn mạch gồm 4 đoạn dây cùng độ dài, cùng làm bằng một chất, diện tích tiết diện: S1 = 1mm2; S2

= 2mm2; S3 = 3mm2; S4 = 4mm2. Bốn đoạn dây mắc nối tiếp vào nguồn U = 100V.

Tính hiệu điện thế trên mỗi đoạn dây. Hướng dẫn giải

Điện trở của đoạn 1: R1 = 𝜌

𝑙

; điện trở của đoạn 2: R2 = 𝜌 ; điện trở của đoạn 4: R4 = 𝜌

Điện trở của đoạn 3: R3 = 𝜌

𝑙

𝑙 S2 𝑙 S4

. . 1

KÈ

Điện trở tương đương của đoạn mạch: R = R1 + R2 + R3 + R4 = 𝜌𝑙 ( S + 1

Cường độ dòng điện qua mạch: I = R =

U 𝜌𝑙(

1 1 1 1 + + + ) S1 S2 S3 S4

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 1: U 𝜌𝑙(

 U1 =

𝜌𝑙

1 1 1 1 + + + ) S1 S2 S3 S4

DẠ Y

U1 = IR1 =

.𝑆 = 1

U S1 (

100

1 1 1 1 10−6 ( −6 + + + ) 10 2.10−6 3.10−6 4.10−6

1 1 1 1 + + + ) S1 S2 S3 S4

= 48 V.

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 2: U2 = IR2 = Vì S2 = 2S1  U2 =

𝑈1 2

= 24 V.

U S2 (

1 1 1 1 + + + ) S1 S2 S3 S4

1 S2

1 S3

1 S4

Tự luận vật lý 11

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 4: U4 = IR4 =

U 1 1 1 1 S3 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

U 1 1 1 1 S4 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

= =

𝑈1 3 𝑈1 4

= 16 V. = 12 V.

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 3: U3 = IR3 =

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai đầu các đoạn dây là U1 = 48 V; U2 = 24 V; U3 = 16 V và U4 = 12 V. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Tìm hệ số nhiệt điện trở của dây dẫn biết ở nhiệt độ t1 = 200 C, dây có điện trở R1 = 100 Ω; ở nhiệt độ

t2 = 24000 C, dây có điện trở R2 = 200 Ω.

Bài 2. Một lò điện được quấn bằng dây constantan ở 250C, dây có chiều dài 15 m, đường kính tiết diện đều

0,5 mm, điện trở suất 5.10-7 Ωm. a. Tính điện trở R1 của dây dẫn ở 250C.

b. Khi đốt nóng dây dẫn đến 1000C, tính điện trở R2 của dây dẫn. Hệ số nhiệt điện trở của constantan α =

ƠN

5.10-5 K-1 không đổi trong khoảng nhiệt độ trên.

Bài 3. Một dây đồng dài l1 = 1m. Tìm chiều dài l2 của dây nhôm để hai dây đồng và nhôm có cùng khối lượng và điện trở. Đồng có điện trở suất ρ1 = 1,7.10-8 Ωm, khối lượng riêng D1 = 8,9.103 kg/m3, nhôm có điện trở suất ρ2 = 2,8.10-8 Ωm, khối lượng riêng D2 = 2,7.103 kg/m3.

Bài 4. Một dây nhôm dạng hình trụ tròn được quấn thành cuộn có khối lượng 0,81 kg, tiết diện thẳng của dây là 0,1 mm2. Tìm điện trở của dây đó biết rằng nhôm có khối lượng riêng và điện trở suất lần lượt là 2,7 g/cm3 và 2,8.10-8 Ω.m.

Bài 5. Một bóng đèn dây tóc bằng vônfam. Mắc đèn vào hiệu điện thế U1 = 10 mV thì cường độ dòng điện

qua đèn I1 = 4 mA và nhiệt độ của dây vônfam t1 = 250C. Nếu mắc đèn vào hiệu điện thế U2 = 40 V thì cường

độ dòng điện qua đèn I2 = 4 A. Tính nhiệt độ của dây vônfam lúc đó. Hệ số nhiệt của vônfam là 4,6.10-3K-1. Bài 6. Hai dây dẫn có hệ số nhiệt điện trở 1, 2 ở 00C có điện trở R01, R02. Tìm hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây khi chúng mắc: a. Nối tiếp. b. Song song.

Bài 7. Cho mạch điện như hình, trên bóng đèn Đ có ghi 24V - 0,8A, hiệu điện thế giữa hai điểm A và B được

KÈ

giữ không đổi U = 32V.

a. Biết đèn sáng bình thường, tính điện trở của biến trở khi đó.

B +

b. Dịch chuyển con chạy của biến trở sao cho điện trở của biến trở tăng

2 lần so với giá trị ban đầu. Khi đó cường độ dòng điện qua biến trở là

DẠ Y

bao nhiêu ? Cường độ sáng của bóng đèn như thế nào.

c. Hỏi dịch con chạy về phía nào thì đèn sẽ dễ bị cháy.

Bài 8. Cuộn dây đồng (ρ = 1,75.10-8 Ωm) có n = 1000 vòng, đường kính mỗi vòng là d = 6cm. Mật độ dòng điện cho phép qua cuộn dây i = 2A/mm2. Tìm hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn dây. Bài 9. Một biến trở con chạy được làm bằng dây dẫn hợp kim nikelin có điện trở suất 4.10-7 Ω.m, có tiết diện đều là 0,8 mm2 và gồm 300 vòng quấn quanh lõi sứ trụ tròn có đường kính 4,5 cm. a. Tính điện trở lớn nhất của biến trở này.

Tự luận vật lý 11

b. Hiệu điện thế lớn nhất được phép đặt vào là 63,585V. Hỏi biến trở này chịu được dòng điện có cường độ lớn nhất là bao nhiêu ?

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

– Lấy (2) chia (1) ta được: 2 =

1+2400𝛼 1+20𝛼

(2)

 2 + 40 = 1 + 2400  2360 = 1   = 4,24.10–4 (K–1).

Bài 2. 𝑙

4𝜌𝑙

a. Điện trở R1 của dây dẫn ở 250C : R1 = 𝜌 𝑆 = 𝜋𝑑2 = 38,22 Ω. 1

b. Điện trở R2 của dây dẫn ở 1000C. 𝑅

1+𝛼𝑡

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở của chất làm dây dẫn là  = 4,24.10–4 (K–1).

– Ở nhiệt độ t2: R2 = R0(1 + αt2) ⇔ 200 = R0(1+α.2400)

– Ở nhiệt độ t1: R1 = R0(1 + αt1) ⇔ 100 = R0(1+α.20) (1)

ƠN

Ta có: 𝑅2 = 1+𝛼𝑡2 ≈ 1 + α(t2 - t1) ⇒ R2 = R1[1 + α(t2 - t1)] = 38,36 Ω. 1

Bài 3. 𝑙

𝑅1 = 𝜌1 𝑆1 𝑙1 𝑙2 𝑆1 𝜌1 𝑙1 1 Ta có : { 𝑙2 vì 𝑅1 = 𝑅2 ⇔ 𝜌1 𝑆1 = 𝜌2 𝑆2 ⇒ 𝑆2 = 𝜌2 . 𝑙2 (1) 𝑅2 = 𝜌2 𝑆 2

𝑆

𝐷

𝑙

Mà 𝑚1 = 𝑚2 ⇔ 𝑆1 𝑙1 𝐷1 = 𝑆2 𝑙2 𝐷2 ⇒ 𝑆1 = 𝐷2 . 𝑙2 (2) 2

𝜌

𝑙

𝐷

1,7.10−8

𝑙

2,7.103 𝑙

Từ (1) và (2) ⇒ 𝜌1 . 𝑙1 = 𝐷2 . 𝑙2 ⇔ 2,8.10−8 . 𝑙 = 9,8.103 . 12 ⇒ ℓ2 = 1,48 m. 2

Bài 4. + Thể tích của cuộn dây: 𝑉 =

𝑚 𝐷

+ Chiều dài của dây nhôm: ℓ =

0,81

= 2,7.103 = 3.10−4 𝑚3

𝑉 𝑆

3.10−4

= 0,1.10−6 = 3000 m. ℓ

Bài 5.

𝑅2 𝑅1

1+𝛼𝑡

𝑈1

= 2,5 Ω ; 𝑅2 =

KÈ

Ta có: 𝑅1 =

+ Điện trở của dây cuộn dây nhôm: 𝑅 = 𝜌 𝑆 = 840 Ω.

𝐼1

= 1+𝛼𝑡2 = 4  t2 =

Bài 6.

3+4𝛼𝑡1 𝛼

𝑈2 𝐼2

= 10 Ω.

= 7520C.

DẠ Y

– Điện trở của hai dây dẫn ở nhiệt độ t: R1 = R01(1 + 1t); R2 = R02(1+ 2t) (với 1t, 2t << 1). – Gọi R0 là điện trở chung của hai dây dẫn ở 00C;  là hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây dẫn. Điện

trở chung của hai dây dẫn ở nhiệt độ t là: R = R0(1 + t)

(1)

a. Khi mắc nối tiếp: R = R1 + R2 = R01(1 + 1t) + R02(1 + 2t)  R = (R01 + R02) + (R011 + R022)t

 R = (R01 + R02)[1 +

𝑅01 𝛼1 +𝑅02 𝛼2 𝑅01 +𝑅02

] (2)

Tự luận vật lý 11

– Từ (1) và (2) suy ra:

R01 𝛼1 +R02 𝛼2 R01 +R02

b. Khi mắc song song: R R

(1+𝛼 t).R

(1+𝛼 t)

R01 .R02 (1+𝛼1 t)(1+𝛼2 t)

R =R

01 +R02 +R01 𝛼1 t+R02 𝛼2

= R 01+R02 ⋅ t 01

(1+𝛼1 t)(1+𝛼2 t) R 𝛼 +R 𝛼 1+ 01 2 02 1 R01 +R02

R = R 1+R2 =R 01(1+𝛼 1t)+R02 (1+𝛼2 t)

1+𝜀

– Với 1, 2 << 1, ta có các công thức gần đúng: (1 + ε1)(1 + ε2) ≈ 1 + ε1 + ε2; 1+𝜀1 ≈ 1 + ε1 - ε2 2

(1+𝛼1 t)(1+𝛼2 t) R 𝛼 +R 𝛼 1+ 01 2 02 1 R01 +R02

 R= R 01+R02 [1 + 01

R01 𝛼2 +R02 𝛼1

≈ 1 + (α1 + α2 R01 𝛼2 +R02 𝛼1 R01 +R02

– Từ (1) và (3) suy ra: α =

R01 +R02

)t ≈ 1 +

. 𝑡]

R01 𝛼2 +R02 𝛼1 R01 +R02

(3)

R01 𝛼2 +R02 𝛼1 R01 +R02



Nên (1 + α1t)(1 + α2t) ≈ 1 + (α1 + α2)t

song là α =

R01 𝛼2 +R02 𝛼1 R01 +R02

ƠN

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây khi chúng mắc nối tiếp là α = .

Bài 7.

R01 𝛼1 +R02 𝛼2 R01 +R02

; khi chúng mắc song

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅Đ = + Điện trở của mạch: 𝑅𝐴𝐵 =

𝑈Đ 𝐼Đ

𝑈𝐴𝐵 𝐼

+ Vì đèn sáng bình thường nên dòng điện chạy trong mạch là I = 0,8 A. 24

= 0,8 = 30 Ω. 32

= 0,8 = 40 Ω.

+ Vì biến trở mắc nối tiếp với bóng đèn Đ nên: RAB = RĐ + R  R = 10

Ω.

b. Theo đề ra ta có giá trị của biến trở khi này là R’ = 2R = 20 Ω. + Điện trở toàn mạch: Rm = RĐ + R’ = 30 + 20 = 50 Ω. 𝑈

+ Dòng điện trong mạch khi này: 𝐼 = 𝑅 = 50 = 0,64 A.

𝑚

+ Vì I < 0,8 A nên đèn sáng yếu hơn mức bình thường

KÈ

c) Đèn sẽ dễ bị cháy khi dòng điện qua nó lớn hơn giá trị Imax = 0,8A. Vì hiệu điện thế hai đầu mạch không đổi nên nếu điện trở toàn mạch mà giảm xuống thì dòng điện trong mạch sẽ lớn hơn 0,8 A. Vì R Đ không đổi nên R của biến trở phải giảm, R giảm khi chiều dài ℓ phải giảm tức là dịch chuyển con chạy sang trái. Bài 8.

DẠ Y

Cường độ dòng điện cho phép qua cuộn dây: I = iS = 2.106.r2. Điện trở của cuộn dây đồng: R = 𝜌

𝑙 S

=𝜌

n𝜋d S

n𝜋d

= 𝜌 𝜋r2 . n𝜋d

Hiệu điện thế lớn nhất đặt vào cuộn dây: Umax = IR = 2.106. 𝜋r 2 . 𝜌 𝜋r2 .  Umax = 2.106.1,75.10–8.1000..0,06 ≈ 6,6 V. Vậy: Hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn dây là Umax ≈ 6,6 V.

Bài 9.

Tự luận vật lý 11

a. Chiều dài một vòng quấn: C = 2πR = πd = 0,1413 m. + Chiều dài toàn bộ dây quấn: ℓ = nC = 300.0,1413 = 42,39 m. 4.10−7 .42,39 0,8.10−6

= 21,195 Ω.

ℓ

+ Ta có: 𝑅 = 𝜌 𝑆 =

b. Ta có: 𝑈𝑚ax = 𝐼𝑚ax 𝑅𝑚ax 𝑈

63,585

+ Dòng điện lớn nhất biến trở chịu được : 𝐼𝑚ax = 𝑅𝑚ax = 21,195 = 3𝐴

𝑚ax

• Dạng 3. Tính điện trở tương đương A. Phương pháp giải

- Áp dụng công thức tính điện trở tương đương của: ▪ Mạch điện mắc nối tiếp các điện trở: 𝑅 = 𝑅1 + 𝑅2 +. . . +𝑅𝑛

𝑅𝑛

𝑅2

𝐸, 𝑟

ƠN

Các điện trở mắc nối tiếp 𝑅1

▪ Mạch điện mắc song song các điện trở: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 +. . . + 𝑅 1

𝑅 𝑅

Nếu có 2 điện trở thì: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅 = 𝑅 1+𝑅2 2

▪ Nếu có n điện trở R0 giống thì: 𝑅 = 𝑅 +. . . + 𝑅 ⇒ 𝑅 = 0

𝑅2 𝑅𝑛

𝑛

𝑅0 𝑛

- Trường hợp mạch điện trở phức tạp có đoạn nối tắt (dây nối không điện trở) được giải quyết như sau:

Các điện trở mắc song song

▪ Đồng nhất các điểm cùng điện thế (chập mạch)

▪ Vẽ lại sơ đồ lí thuyết và thực hiện tính toán theo sơ đồ. - Trong trường hợp đoạn mạch có cấu tạo đối xứng, có thể lí luận dựa vào sự đối xứng để định các điểm đồng nhất về điện thế. Trường hợp đặc biệt

1. Mạch cầu cân bằng

▪ Mạch cầu là mạch gồm 5 điện trở như hình vẽ. 𝑅

𝑅

KÈ

▪ Điều kiện để mạch cầu là cân bằng: 𝐼5 = 0 ⇒ 𝑅1 = 𝑅2 3

▪ Khi đó có thể bỏ R5 hoặc chập hai điểm M và N lại, nên mạch

DẠ Y A

B A

2. Mạch cầu không cân bằng 𝑅

𝑅

Mạch cầu không cân bằng khi: 𝑅1 ≠ 𝑅2 3

điện được vẽ lại như một trong 2 hình sau: R1

Tự luận vật lý 11

Để giải các bài toán về mạch cầu không

A A

cân bằng ta chuyển từ mạch tam giác

1 +𝑅2 +𝑅3

𝑅1 𝑅3 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

r12

, 𝑟13 =

, 𝑟23 = 𝑅

r13

𝑅2 𝑅3

1 +𝑅2 +𝑅3

r23

𝑅1 𝑅2

𝑟12 = 𝑅

sang mạch hình sao hoặc ngược lại.

B. VÍ DỤ MẪU

10 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 2 Ω, R4 = 2 Ω, R5 = 4 Ω. Tính điện trở

Ví dụ 1: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 =

tương đương của đoạn mạch đó.

Hướng dẫn giải

▪ Vì R4 mắc song song với R35 nên: 𝑅

345

ƠN

▪ Vì R3 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R35 = R3 + R5 = 6 Ω.

𝑅 𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅345 = 𝑅 4+𝑅35 = 1,5 Ω. 4

▪ Vì R1 mắc nối tiếp với R345 nên: R1345 = R1 + R345 = 10 + 1,5 = 11,5 Ω. 1

𝑅 𝑅

⇒ 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 2+𝑅1345 = 4 Ω.

▪ Vì R2 mắc song song với R1345 nên: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 2

𝑡𝑑

1345

Ví dụ 2: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 6 Ω, R2 A

= 2 Ω, R3 = 3 Ω. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch đó.

Hướng dẫn giải

▪ Gọi M là điểm nối giữa điện trở R2 và R3. M và A nối trực tiếp với nhau nên M trùng với A. Mạch điện được vẽ lại như sau:

𝐴≡𝑀

⇒

= 𝑅 +𝑅 +𝑅 =6+2+ 1

= 1 ⇒ 𝑅 = 1𝛺

KÈ

𝑅

𝐵≡𝑁

▪ Vì (R1 // R2 // R3) nên: 1

▪ Gọi N là điểm nối giữa điện trở R1 và R2. N và B nối trực tiếp với nhau nên N trùng với B.

Ví dụ 3: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 15 Ω, R2

DẠ Y

= 10 Ω, R3 = 10 Ω, R4 = 10 Ω. Tính điện trở tương đương của đoạn

mạch đó.

Hướng dẫn giải

Gọi M là điểm nối giữa điện trở R2, R3 và R4.

R3 R2

Tự luận vật lý 11

Mạch điện được vẽ lại R1

R3 R2

⇒

𝑀

▪ Vì (R3 // R4) nên : 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 = 10 + 10 ⇒ 𝑅34 = 5 Ω. 34

=𝑅 +𝑅

𝐴𝐵

= 15 + 15 ⇒ RAB = 7,5 Ω.

234

▪ Vì (R2 nt R34) nên : 𝑅234 = 𝑅2 + 𝑅34 = 10 + 5 = 15 Ω. ▪ Vì (R1 // R234) nên : 𝑅

𝑀 1

như sau:

Ví dụ 4: Ba điện trở R1 = 1 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω. Hỏi có bao nhiêu cách mắc các điện trở này với nhau? Tìm điện trở tương đương trong mỗi trường hợp. Các cách mắc 3 điện trở R1, R2, R3 là:

ƠN

Hướng dẫn giải – [R1 nt R2 nt R3]: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 1 + 2 + 3 = 6 Ω. 1

– [R1 // R2 // R3]: R = R + R + R = 1 + 2 + 3 = 2

R2 R3

– [R1 nt (R2 // R3)]: Rtđ = R1 + R

2.3

2 +R3

R (R +R ) 2

𝑅1 𝑅3

2.(1+3) 2+1+3

= 6 ≈ 0,83 Ω.

= 2 + 1+3 = 2,75 Ω.

– [R2 // (R1 nt R3)]: Rtđ = R2 +R1 +R3 = 1

1+2+3

1 +𝑅3

1.(2+3)

1.3

– [R2 nt (R1 // R3)]: Rtđ = R2 + 𝑅

R (R +R )

⇒ R tđ = 11 ≈ 0,55 Ω.

= 1 + 2+3 = 2,2 Ω.

– [R1 // (R2 nt R3)]: Rtđ = R1 +R2 +R3 = 1

𝑅 𝑅

≈ 1,33 Ω.

1.2

– [R3 nt (R1 // R2)]: Rtđ = R3 + 𝑅 1+𝑅2 = 3 + 1+2 ≈ 3,67 Ω. 1

𝑅3 (𝑅1 +𝑅2 )

– [R3 // (R1 nt R2)]: Rtđ = 𝑅

3 +𝑅1 +𝑅2

3⋅(1+2) 3+1+2

= 1,5 Ω.

Vậy: Có 8 cách mắc 3 điện trở R2, R1, R3 như trên. Ví dụ 5: Dây dẫn có điện trở R = 144 Ω. Phải cắt dây ra bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi mắc các đoạn đó

KÈ

song song nhau, điện trở tương đương là 4 Ω? Hướng dẫn giải

𝑅

Điện trở của mỗi đoạn dây sau khi cắt là: R0 = 𝑛.

DẠ Y

Điện trở tương đương của n đoạn dây giống nhau mắc song song là: Rtđ =

𝑅0 𝑛

𝑅

144

= 𝑛2  n = √𝑅 = √ 𝑡đ

= 6.

Vậy: Phải cắt dây dẫn thành 6 đoạn bằng nhau.

Ví dụ 6: Có hai loại điện trở R1 = 3 Ω, R2 = 5 Ω. Hỏi phải cần mỗi loại mấy cái để khi ghép nối tiếp, chúng có điện trở tương đương là 55 Ω? Hướng dẫn giải

Tự luận vật lý 11

Gọi x là số điện trở R1, y là số điện trở R2 cần dùng: x, y nguyên, dương. – Điện trở tương đương khi hệ ghép nối tiếp: Rtđ = 3x + 5y = 55 55−3𝑥 5

= 11 – 0,6x

y=

– Vì y nguyên, dương nên: 11 – 0,6x ≥ 0  x ≤ 18,3.

+ x = 0  y = 11 + x=5y=8 + x = 10  y = 5

+ x = 15  y = 2. gồm: + mạch gồm 11 điện trở R2 ghép nối tiếp. + mạch gồm 5 điện trở R1 và 8 điện trở R2 ghép nối tiếp.

Vậy: Có 4 phương án chọn các điện trở R1, R2 để khi ghép nối tiếp điện trở tương đương của chúng là 55 Ω

ƠN

+ mạch gồm 10 điện trở R1 và 5 điện trở R2 ghép nối tiếp. + mạch gồm 15 điện trở R1 và 2 điện trở R2 ghép nối tiếp.

Ví dụ 7: Có 50 chiếc điện trở, gồm ba loại điện trở 1 Ω; 3 Ω và 8 Ω.

a. Tìm số cách chọn số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là 100 Ω. b. Tìm cách chọn số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là 100 Ω và tổng số loại điện trở 1 Ω; 3 Ω là nhỏ nhất. Hướng dẫn giải 𝑥 + 3𝑦 + 8𝑧 = 100(1) 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 50(2)

a. Theo đề ra ta có: {

Gọi x; y và z lần lượt là số điện trở loại 1 Ω; 3 Ω và 8 Ω (với x; y và z là các số nguyên không âm)

+ Lấy (1) – (2) ta có: 2𝑦 + 7𝑧 = 50 ⇒ 𝑦 = 25 − 2 𝑧 7

+ Vì 𝑦 ≥ 0 ⇒ 25 − 2 𝑧 ≥ 0 ⇒ 𝑧 ≤ 7,1 (*)

+ Để y là số nguyên, không âm thì z phải là bội của 2 hoặc y = 0 và thỏa mãn điều kiện (*). Vậy: z = 0 thì y = 25  x = 25; hoặc z = 2 thì y = 18  x = 30; hoặc z = 4 thì y = 11  x = 35; hoặc z = 6 thì y = 4  x =

KÈ

b. Từ câu a ta suy ra cách chọn số loại điện trở sao cho tổng số loại điện trở 1 Ω; 3 Ω là nhỏ nhất nên phải chọn 40 điện trở 1 Ω và 4 điện trở 3 Ω.

DẠ Y

Ví dụ 8: Có một số điện trở r = 4Ω. Tìm số điện trở ít nhất và cách mắc chúng để có một điện trở tương đương là 6,4Ω.

Hướng dẫn giải

Gọi điện trở của mạch là R + Vì R > r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với một đoạn mạch có

điện trở X như hình 1.

X Hình 1

Tự luận vật lý 11

Ta có: R = r + X  X = R - r = 2,4 Ω.

+ Vì X < r  X là đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có

điện trở Y như hình 2.

𝑟.𝑌

4.𝑌

Ta có: 𝑋 = 𝑟+𝑌 2,4 = 4+𝑌 ⇒ Y = 6 Ω.

Hình 2

+ Vì Y > r nên Y là một đoạn mạch gồm r mắc nối tiếp với một đoạn mạch có

điện trở Z như hình 3.

Ta có: Y = r + Z ⇒ Z = Y - r = 2 Ω.

+ Vì Z < r nên Z là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có điện trở W như hình 4. 𝑟.𝑊

Hình 3r

4.𝑊

Ta có: 𝑍 = 𝑟+𝑊 ⇔ 2 = 4+𝑊 ⇒ 𝑊 = 4𝛺 = 𝑟 Như vậy W chính là điện trở r.

r Hình 4

+ Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r mắc song song với nhau như hình 4. Ví dụ 9: Một mạch điện gồm rất nhiều

𝑀

nhóm giống nhau (n → ), mỗi nhóm gồm điện trở tương đương của mạch điện. Coi rằng việc bỏ đi nhóm điện trở (1) thì cũng không làm thay đổi điện trở tương của toàn

𝑅1

𝑅2

𝐵

𝑁

𝑛→∞

Hướng dẫn giải

𝑅1

𝑅2

mạch.

𝐴

hai điện trở R1 = 10 Ω và R2 = 20 Ω. Tính

ƠN

+ Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình 4.

+ Gọi R là điện trở tương đương của toàn mạch. + Vì mạch điện có nhiều nhóm giống nhau nên nếu không kể nhóm (1) thì

R1 R

điện trở toàn mạch xem như cũng không đổi, nghĩa là vẫn bằng R. Ta có mạch

điện tương đương như hình vẽ. 𝑅𝑅

+ Ta có: 𝑅 = 𝑅1 + 𝑅+𝑅2

KÈ

⇔ R - R1R - R1R2 = 0 ⇔ R2 - 10R - 200 = 0 ⇒ R = 20 Ω. 2

Ví dụ 10: Cho mạch điện như hình bên R1 = 0,4 Ω; R2 = 8 Ω, số ô điện trở là vô tận. R1

Tìm điện trở tương đương của mạch. Hướng dẫn giải

DẠ Y

A R2

– Vì mạch điện dài vô hạn nên đoạn mạch từ CD trở đi tương

đương với cả đoạn mạch AB. – Gọi R là điện trở tương đương của đoạn mạch (R = RAB = RCD): R2 R

8R R = R1 + = 0,4 + R2 + R 8+ R

2 2  8R + R = 3,2 + 8,4R  R − 0,4R − 3,2 = 0

R1 R2

R2 D

R1 R2

Tự luận vật lý 11

8 −   R = 2 Ω; R = 5 (loại).

Ví dụ 11: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R1 = R3 = 2 Ω, R2 =

R5 = 4 Ω, R4 = 5 Ω. Tính điện trở tương đương của mạch.

Hướng dẫn giải 𝑅1

𝑅3

1 +𝑅3 +𝑅5

ƠN

𝑅1 𝑅5

= 0,5𝛺 = 1𝛺

𝑅

+ Lại có: 𝑅𝑂𝐵 = 𝑅 152+𝑅354 = 11 𝛺 152

r35

M N

354

r15

r13 O

r35

B R4

+ Mạch điện được vẽ lại đẩy đủ hình. Ta có: {

r15

r13

𝑅 𝑅

3 5 {𝑟35 = 𝑅1+𝑅3+𝑅5 = 1𝛺

1 +𝑅3 +𝑅5

thành mạch hình sao.

𝑅1 𝑅3

+ Trước tiên ta chuyển mạch có dạng tam giác AMN

Với: 𝑟15 = 𝑅

+ Ta có: 𝑅 ≠ 𝑅 mạch cầu không cân bằng.

𝑟13 = 𝑅

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R = 2 Ω.

𝑅152 = 𝑟15 + 𝑅2 = 1 + 4 = 5𝛺 𝑅354 = 𝑟35 + 𝑅4 = 1 + 5 = 6𝛺

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

+ Vậy điện trở tương đương của mạch là: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑟13 + 𝑅𝑂𝐵 = 22 𝛺 ≈ 3,2 Ω.

Bài 1. Tính điện trở tương đương

của những đoạn mạch điện hình

bên, biết rằng các điện trở đều H1

KÈ

bằng nhau và bằng R = 12 Ω

Bài 2. Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 22,5 Ω, R2 = 12 Ω,

R3 = 5 Ω, R4 = 15 Ω. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch đó.

DẠ Y

Bài 3. Tính điện trở tương đương của mạch điện cho trong các trường hợp sau: a. Cho mạch điện cho như hình vẽ a, biết: R1 = 1 Ω, R2 = 2,4 Ω, R3 = 2 Ω, R4 = 5 Ω, R5 = 3 Ω. b. Mạch điện cho như hình vẽ b, biết: R1 = 1 Ω, R2 = R3 = 2 Ω, R4 = 0,8 Ω.

M N

R2 R1

C R4

D R3

Hình a Hình b

R2 B

Tự luận vật lý 11

Bài 4. Hai dây dẫn, khi mắc nối tiếp có điện trở lớn gấp 6,25 lần khi mắc song song. Tính tỉ số điện trở của hai dây.

Bài 5. Các điện trở trong mạch có sơ đồ như hình bên đều có cùng giá trị R. Tính 1

điện trở giữa hai nút A và B.

điện trở, ta có thể tạo được các mạch có điện trở 2,5 Ω; 4 Ω; 4,5 Ω. Tính R1, R2, R3. 1

Bài 6. Ba điện trở R1, R2, R3 được mắc theo sơ đồ bên. Biết khi đổi chỗ các

đương của mạch.

ƠN

Bài 7. Cho đoạn mạch gồm n điện trở R1 = 1 Ω; R2 = 2 Ω; … Rn = 𝑛 Ω mắc song song. Tìm điện trở tương Bài 8. Cho n điện trở R1 , R2 , . . ., Rn mắc song song . Tính: 𝑅

2𝑅

3𝑅

a. Điện trở tương đương theo R1. Biết: 2𝑅1 = 3𝑅2 = 4𝑅3 =. . . = 3

𝑛𝑅𝑛

𝑛𝑅𝑛 𝑅1

(𝑛−1)𝑅(𝑛−1)

b. Số điện trở cần mắc song song để được điện trở tương đương nhỏ thua điện trở thứ n là 3 lần. Bài 9. Có hai loại điện trở 5 Ω và 7 Ω. Tìm số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là 95 Ω với số điện trở nhỏ nhất.

Bài 10. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở loại 5 Ω để mắc thành mạch điện có điện trở 8 Ω. Vẽ sơ đồ cách

mắc. Bài 11. Có một số điện trở r = 5Ω.

a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3Ω. Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch?

b. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 7Ω. Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch?

KÈ

Bài 12. Có một số điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R = 12 Ω. Tìm số điện trở ít nhất và cách mắc để có điện trở tương đương bằng 7,5 Ω. Bài 13. Mạch điện cấu tạo bằng các điện trở r như hình vẽ.

Phải mắc thêm vào CD điện trở R bao nhiêu để điện trở

DẠ Y

tương đương của mạch AB không phụ thuộc vào số ô điện trở?

Tự luận vật lý 11

Bài 14. Một mạch điện gồm vô hạn nhau r như hình vẽ. Tính điện trở tương

đương của mạch điện. Coi rằng việc bỏ đi nhóm điện trở (1) thì cũng không làm

những nhóm cấu tạo từ 3 điện trở giống

Nhóm n

Nhóm 1

thay đổi điện trở tương của toàn mạch. Bài 15. Cho hai sơ đồ mạch điện sau

đây gồm 3 điện trở mắc vào 3 điểm A,

B, C. Với các giá trị điện trở thích hợp, có thể thay đổi mạch này bởi mạch kia.

r12

r13

Khi đó hai mạch tương đương nhau. Hãy thiết lập công thức tính điện trở của

ƠN

Bài 16. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R1 = R3 = 2 Ω, R2 = R5 =

4 Ω, R4 = 4 Ω. Tính điện trở tương đương của mạch

mạch này theo mạch kia khi chúng tương đương nhau (biến đổi   Y).

r23

M R1

R2 R5

R4 N

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1.

a. Hình 1: Vì R1 và R2 mắc nối tiếp nên ta có: Rtđ = R1 + R2 = 24 Ω b. Hình 2: Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω 1

𝑅 𝑅

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 1+𝑅23 = 8 Ω. 𝑡𝑑

c) Hình 3: Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên: 𝑅

1−23

𝑅 𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅1−23 = 𝑅 1+𝑅23 = 8𝛺 1

Bài 2.

KÈ

+ Vì R mắc nối tiếp với R1-23 nên: Rtđ = R + R1-23 = 12 + 8 = 20 Ω. + Vì R3 và R4 mắc nối tiếp nên ta có: R34 = R3 + R4 = 20 Ω 𝑅2 𝑅34

DẠ Y

+ Vì R2 mắc song song với R34 nên: 𝑅234 = 𝑅

2 +𝑅34

= 7,5 Ω.

+ Vì R1 mắc nối tiếp với R234 nên: Rtđ = R1 + R234 = 7,5 + 22,5 = 30 Ω

Bài 3.

a. Vì R4 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R45 = R4 + R5 = 8 Ω. + Vì R3 mắc song song với R45 nên: 𝑅

3−45

𝑅 𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅3−45 = 𝑅 3+𝑅45 = 1,6 Ω. 3

+ Vì R2 mắc nối tiếp với R3-45 nên: R2-3-45 = R2 + R3-45 = 4 Ω.

Tự luận vật lý 11 1

+ Do R1 mắc song song với R2-3-45 nên: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 1

𝑡𝑑

𝑅 𝑅

2−3−45

⇒ 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 1+𝑅2−3−45 = 0,8 Ω. 1

2−3−45

b. Vì R1 mắc nối tiếp với R2 nên: R12 = R1 + R2 = 3 Ω. 1

𝑅

.𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅12−3 = 𝑅 12+𝑅3 = 1,2 Ω.

12−3

+ Vì R12 mắc song song với R3 nên: 𝑅

+ R4 mắc nối tiếp với R12-3 nên: Rtđ = R4 + R12-3 = 0,8 + 1,2 = 2 Ω.

Bài 4. R R

Ta có: R1 + R2 = 6,25.R 1+R2 ⇔ (R1 + R2)2 - 6,25R1R2 = 0 1

 𝑅12 + 2𝑅1 𝑅2 + 𝑅22 − 6,25𝑅1 𝑅2 = 0 ⇔ 𝑅12 − 4,25𝑅1 𝑅2 + 𝑅22 = 0.  (R1 − 2,125R 2 )2 = (1,875R 2 )2  R1 – 2,125R2 = 1,875R2 R

 R1 = 4R2 (loại giá trị âm)  R1 = 4. 2

Vậy: Tỉ số điện trở của hai dây là

R1 R2

= 4.

– Mạch điện được vẽ lại như sau:

– Điện trở tương đương của điện trở 1,

𝑅

2, 4: R124 = 3 .

– Điện trở tương đương của điện trở 1, 2, 3, 4:

𝑅

R1234 = 3 + R =

4𝑅 3

4R 3

⋅7=

4R 7

4R ⋅R 3 4R +R 3

– Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = RAB =

ƠN

Bài 5.

Vậy: Điện trở giữa hai nút A, B là RAB = Bài 6.

4R 7

1 A

2 4

RL234 ⋅R5 R1234 +R5

Vì vai trò của R1, R2, R3 như nhau nên giả sử các cách mắc có điện trở tương đương tương ứng là:

KÈ

+ [(R1 nt R2) // R3]: Rtđ = 𝑅𝑡đ = + [(R1 nt R3) // R2]: Rtđ =

(𝑅1 +𝑅2 )⋅𝑅3 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

(R1 +R3 ).R2 R1 +R2 +R3

= 2,5 (1)

(2)

(𝑅 +𝑅 )⋅𝑅

+ [(R2 nt R3) // R1]: Rtđ = 𝑅 2+𝑅 3+𝑅 1 = 4,5 (3) 1

(4)

– Từ (2)  R1R2 + R2R3 = 4.(R1 + R2 + R3)

(5)

– Từ (3)  R1R2 + R1R3 = 4,5.(R1 + R2 + R3)

(6)

– Lấy (5) – (4)  R1R2 – R1R3 = 1,5.(R1 + R2 + R3)

(7)

DẠ Y

– Từ (1)  R1R3 + R2R3 = 2,5.(R1 + R2 + R3)

– Lấy (7) + (6)  2R1R2 = 6.(R1 + R2 + R3) R1R2 = 3.(R1 + R2 + R3)

(8)

Tự luận vật lý 11

– Thay (8) vào (5)  R2R3 = R1 + R2 + R3

(9)

– Thay (8) vào (6)  R1R3 = 1,5(R1 + R2 + R3) (10) 𝑅1

(11)

𝑅

– Lấy (9) chia (8)  R3 =

𝑅

– Lấy (10) chia (9): 𝑅1 = 1,5  R2 = 1,51 (12) 2

𝑅

𝑅1 3

)

= 3 Ω.

 R1 = 4,5.(1+ 5 + 3 = 9 Ω; R2 = 1,51 = 6 Ω; R3 =

– Thay (11) và (12) vào (8), ta được: R1.1,51 = 3. (R1 + 1,51 +

Vậy: Giá trị của các điện trở là 3 Ω; 6 Ω và 9 Ω. Bài 7. 1

Ta có: R = R + R + ⋯ + R = 1 + 2 + ... + n 1

n(n+1) 2

⇒ R = n(n+1)

𝑅

𝑅3 = 3𝑘12 𝑅

𝑅

𝑅4 = 4𝑘13 ................... 𝑅1 {𝑅𝑛 = 𝑛−1 (1)

𝑅

1. Đặt 2𝑅1 = 𝑘 ⇒ 𝑅2 = 2𝑘1 ⇒

𝑛𝑘

𝑅1

=𝑘

(2) 𝑅1 2

; 𝑅3 =

+ Từ (1) và (2) suy ra k = 1  𝑅2 =

𝑅1

Mặt khác ta có:

𝑛𝑅𝑛

ƠN

Bài 8.

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R = n(n+1).

𝑅

; 𝑅4 =

𝑅1 4

; . . . ; 𝑅𝑛 =

𝑅1 𝑛

2𝑅

1 1 + Điện trở tương đương: Rtđ = 1+2+...+𝑛 = 𝑛(𝑛+1)

2. Theo đề: Rtđ =

𝑅𝑛 3

2𝑅

𝑅

1 ⇔ 𝑛(𝑛+1) = 3𝑛1 ⇒n = 5.

Số điện trở cần mắc là 5, đó là các điện trở : R1, R2 , R3 ,R4 , R5 Bài 9.

KÈ

Gọi x và y lần lượt là số điện trở loại 5 Ω và 7 Ω (với x và y là các số nguyên không âm) 7

+ Theo đề ra ta có: 5𝑥 + 7𝑦 = 95 ⇒ 𝑥 = 19 − 5 𝑦 7

+ Vì 𝑥 ≥ 0 ⇒ 19 − 5 𝑦 ≥ 0 ⇒ 𝑦 ≤ 13,6 (*)

DẠ Y

+ Để x là số nguyên không âm thì y phải là bội của 5 hoặc y = 0 và thỏa mãn điều kiện (*). Vậy: y = 0 thì x = 19; hoặc y = 5 thì x = 12; hoặc y = 10 thì x = 5 Vì tổng số điện trở nhỏ nhất nên chọn x = 5 và y = 10. Vậy phải cần ít nhất 5 điện trở loại 5 Ω và 10 điện

trở loại 7 Ω. Bài 10.

+ Để có điện trở 8 Ω phải mắc nối tiếp điện trở 5 Ω với điện trở X sao cho: 5 + X = 8 ⇒ X = 3 Ω. + Để có điện trở X = 3 Ω phải mắc song song điện trở 5 Ω với điện trở Y sao cho:

Tự luận vật lý 11 1

+ 𝑌 = 𝑋 ⇔ 𝑌 = 3 − 5 ⇒ Y = 7,5 Ω. 5 + Để có điện trở Y = 7,5 Ω phải mắc nối tiếp điện trở 5 Ω với điện trở Z sao cho:

5 + Z = Y ⇔ 5 + Z = 7,5 Ω ⇒ Z = 2,5 Ω. + Để có điện trở Z = 2,5 Ω phải mắc song song điện trở 5 Ω với điện trở T sao cho: 5

+ 𝑇 = 𝑍 ⇔ 𝑇 = 2,5 − 5 ⇒ T = 5 Ω.

Vậy số điện trở tối thiếu là 5 điện trở

Bài 11. a. Gọi điện trở của mạch là R  R = 3 Ω

+ Vì R < r nên các điện trở r phải được mắc song song.

+ Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc song song với một mạch nào đó có điện trở X như hình a. 𝑟.𝑋

5.𝑋

Ta có: 𝑅 = 𝑟+𝑋 ⇔ 3 = 5+𝑋 ⇒ 𝑋 = 7,5𝛺

r r

đồ như hình b.. + Ta có: X = r + Y  Y = X - r = 2,5 Ω. 1

+ Vì Y = 2,5Ω < R = 3Ω  mắc r song song với Z

ƠN

+ Với X = 7,5 > R = 3Ω  phải mắc nối tiếp điện trở r với điện trở Y nào đó (sơ

 2,5 = 𝑍 + 5 ⇒ 𝑍 = 5𝛺 = 𝑟

+ Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình c.

b. Gọi điện trở của mạch là R

+ Vì R’ > r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối

tiếp với một đoạn mạch có điện trở X như hình d. Ta có: R’ = r + X’  X’ = R’ - r = 2 Ω.

r r

+ Vì X’ < r  X’ là đoạn mạch gồm r mắc song

𝑟.𝑌 ′

5.𝑌 ′

𝛺

e) r

r Z/

song song với một đoạn mạch có điện trở Z/ như

KÈ

+ Vì Y’ < r nên Y/ là một đoạn mạch gồm r mắc

hình f.

𝑟.𝑍 ′

DẠ Y

Ta có: 𝑌 ′ = 𝑟+𝑍 ′ ⇔

10 3

5.𝑍 ′

= 5+𝑍 ′ ⇒ 𝑍 ′ = 10 Ω.

+ Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r mắc nối tiếp với nhau như hình g. + Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình g.

r r

X/ d)

song với một đoạn mạch có điện trở Y/ như hình e. Ta có: 𝑋 ′ = 𝑟+𝑌 ′  2 = 5+𝑌 ′ ⇒ 𝑌 ′ =

r r

r g)

Tự luận vật lý 11

Bài 12. R

Để có điện trở 7,5 Ω phải mắc song song với điện trở 12 Ω một điện trở X mà: 1

+ 12 = 7,5  X = 20 Ω.

– Để có điện trở 20 Ω phải mắc nối tiếp với điện trở 12 Ω một điện R

trở Y mà: Y + 12 = 20  Y = 8 Ω. – Để có điện trở 8 Ω phải mắc song song với điện trở 12 Ω một điện trở 1

1 𝑋

Z mà: 𝑍 + 12 = 8  Z = 24 Ω.

– Để có điện trở 24 Ω phải mắc nối tiếp với điện trở 12 Ω một điện

trở 12 Ω nữa. Vậy: Số điện trở tối thiểu là 5 điện trở và được mắc như sau:

ƠN

Bài 13.

– Do mạch điện dài vô hạn nên đoạn mạch từ MN trở đi tương đương với cả đoạn mạch AB. – Gọi R là điện trở tương đương của đoạn mạch: (2r + R)r 2r 2 + Rr = 2r + R + r 3r + R

 R2 + 2rR - 2r2 = 0  R = r(√3 - 1);

R = – r(√3 + 1) < 0 (loại).

Vậy: Để RAB không phụ thuộc vào số ô điện trở phải mắc thêm vào CD điện trở R = r(√3 - 1). Bài 14.

+ Gọi R là điện trở tương đương của toàn

mạch.

+ Vì mạch điện có nhiều nhóm giống nhau nên nếu không kể nhóm (1) thì điện

r r

r Nhóm n

Nhóm 1

KÈ

trở toàn mạch xem như cũng không đổi,

+ Ta có:

DẠ Y

nghĩa là vẫn bằng R. Ta có mạch điện tương đương như hình vẽ.

Nhóm 1

Bài 15.

Vì hai mạch điện là tương đương nhau nên khi nối hai điểm nào đó vào nguồn thì điện trở đều như nhau.

Khi nối hai đầu AB vào nguồn: Mạch  có {R1 // (R2 nt R3)}, mạch Y có r12 nt r13. Do đó ta có: 𝑅𝐴𝐵 =

𝑅1 (𝑅2 +𝑅3 ) 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

Tương tự ta cũng có: 𝑅𝐵𝐶 =

= 𝑟13 + 𝑟12

𝑅3 (𝑅1 +𝑅2 ) 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

(1)

= 𝑟13 + 𝑟23

(2)

Tự luận vật lý 11

và 𝑅𝐴𝐶 =

𝑅2 (𝑅1 +𝑅3 ) 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

= 𝑟23 + 𝑟12 𝑅1 𝑅2 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

, 𝑟13 =

𝑅1 𝑅3 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

, 𝑟23 =

𝑅2 𝑅3 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3

Giải (1), (2) và (3) ta có: 𝑟12 =

(3)

Bài 16. 𝑅1 𝑅2

𝑅

= 𝑅3 = 0,5  mạch cầu cân bằng nên dòng điện qua R5 bằng 0 nên bỏ đoạn R5 đi ta có mạch 4

Ta có:

(𝑅1 𝑛𝑡𝑅2 )//(𝑅3 𝑛𝑡𝑅4 ). Ta có: 𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 = 2 + 4 = 6𝛺, 𝑅34 = 𝑅3 + 𝑅4 = 2 + 4 = 6 Ω. 𝑅

𝑅

6.6

Vậy điện trở tương đương của mạch 𝑅 = 𝑅 12+𝑅34 = 6+6 = 3 Ω.

• Dạng 4. Định luật Ôm cho đoạn mạch có điện trở mắc nối tiếp và song song. A. Phương pháp giải 𝑈

+ Định luật ôm cho toàn mạch: 𝐼 = 𝑅 . Trong đó: I là dòng điện chạy trong mạch, R là điện tở tương đương

ƠN

của mạch, U là hiệu điện thế hai đầu mạch.

𝐸, 𝑟

+ Mạch điện mắc nối tiếp các điện trở:

𝑅 = 𝑅1 + 𝑅2 +. . . +𝑅𝑛 {𝐼 = 𝐼1 = 𝐼2 =. . . = 𝐼𝑛 𝑈 = 𝑈1 + 𝑈2 +. . . +𝑈𝑛 + Mạch điện mắc song song các điện trở: 1

= 𝑅 + 𝑅 +. . . + 𝑅 𝑅 1

𝑛

Các điện trở mắc nối tiếp 𝑅1 𝑅2 𝑅𝑛 Các điện trở mắc song song

B. VÍ DỤ MẪU

{ 𝐼 = 𝐼 + 𝐼 +. . . +𝐼 1 2 𝑛 { 𝑈 = 𝑈1 = 𝑈2 =. . . = 𝑈𝑛

𝑅𝑛

𝑅2

Ví dụ 1: Hai điện trở R1, R2 mắc vào hiệu điện thế U = 12 V. Lần đầu R1, R2 mắc song song, dòng điện mạch chính Is = 10 A. Lần sau R1, R2 mắc nối tiếp, dòng điện trong mạch In = 2,4 A. Tìm R1, R2. Hướng dẫn giải

Điện trở tương đương của đoạn mạch khi: R R

R R

+ [R1 // R2]: Rs = R 1+R2 = I  R 1+R2 = 10 = 1,2 2

KÈ

𝑠

(1)

𝑈

+ [R1 nt R2]: Rn = R1 + R2 = 𝐼  R1 + R2 = 2,4 = 5

(2)

Thay (2) vào (1) ta được: R1R2 = 1,2.5 = 6

(3)

𝑛

DẠ Y

Từ (2) suy ra: R2 = 5 – R1

(4)

Thay (4) vào (3) ta được: R1.(5 – R1) = 6  𝑅12 − 5𝑅1 + 6 = 0 ⇒ [

𝑅1 = 3Ω 𝑅2 = 2Ω ;[ 𝑅1 = 2Ω 𝑅2 = 3Ω

Vậy: Có hai giá trị của R1 và R2 là (R1 = 3 Ω; R2 = 2 Ω) hoặc (R1 = 2 Ω; R2 = 3 Ω).

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 12 Ω, R2 = 15 Ω, R3 = 5 Ω, cường độ qua mạch chính I = 2A.

Tự luận vật lý 11

Tìm cường độ dòng điện qua từng điện trở. A

Điện trở tương đương của R2 và R3: R23 = R2 + R3 = 15 + 5 = 20 Ω. R R

12.20

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R 1+R23 = 12+20 = 7.5 Ω. 23

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 2.7,5 = 15V. 𝑈𝐴𝐵

= 12=1,25 A.

𝑅1

Cường độ dòng điện qua điện trở R2, R3: I2 = I3 = =

UAB R23

= 20=0,75 A.

Vậy: Cường độ dòng điện qua các điện trở là I1 = 1,25A; I2 = I3 = 0,75A.

Cường độ dòng điện qua điện trở R1: I1 = 𝐼1 =

Hướng dẫn giải

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UMN = 18V, cường độ dòng điện qua R2 là I2 = 2A. Tìm: a. R1 nếu R2 = 6 Ω, R3 = 3 Ω.

b. R3 nếu R1 = 3 Ω, R2 = 1 Ω.

ƠN

c. R2 nếu R1 = 5 Ω, R3 = 3 Ω. Hướng dẫn giải a. Ta có:

𝑈

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = 𝑅2 = 4 A. 3

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.6 = 12V.

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 2 + 4 = 6A. 𝑈1 𝐼1

= 1 Ω.

b. Ta có:

Điện trở của R1: R1 =

Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = UMN – U2 = 18 – 12 = 6V.

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.1 = 2V. Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = UMN – U2 = 18–2 = 16V. 𝑈

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = 𝑅1 = 1

16 3

KÈ

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I1 – I2 = Điện trở của R3: R3 = R 3 = c. Ta có:

U3 I3

A. 16 3

-2=

10 3

= 10.3=0,6Ω.

DẠ Y

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2R2. U

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = R2 = 3

2R2 3

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 2 +

2R2 3

Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = U – U2 = I1R1. 

18 – 2R2 = (2 +

2R2 3

) . 5 ⇔ 9 − R2 = 5 +

5R2 3

⇔

5R2 3

+ R2 = 4  R2 = 1,5 Ω.

Ví dụ 4: Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 36 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 10 Ω, R4 = 30 Ω, UAB = 54V.

Tự luận vật lý 11

Tìm cường độ dòng điện qua từng điện trở.

Hướng dẫn giải

Mạch điện được vẽ lại như sau: UAB R1

= 36=1,5 A. 𝑅 𝑅

20.30

Điện trở tương đương của R3, R4: R34 = 𝑅 3+𝑅4 = 20+30=12Ω 3

UAB

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = R

234

2 +R34

UAB

= 12+12 = 2,25

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R3 và R4:

U34 = U3 = U4 = I2R34 = 2,25.12 = 27V. 27

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = R3 = 20=1,35 A. 3

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

Cường độ dòng điện qua R4: I4 =R4 = 30=0,9 A. 4

ƠN

Vậy: Cường độ dòng điện qua các điện trở là I1 = 1,5A; I2 = 2,25A; I3 = 1,35A và I4 = 0,9A. Ví dụ 5: Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = R3 = 3 Ω, R2 = 2 Ω, R4 = 1 Ω, R5 = 4 Ω, cường độ qua mạch chính I = 3A. Tìm:

a. UAB. b. Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở. c. UAD, UED.

Điện trở tương đương của R1, R3: R13 = R1 + R3 = 3 + 3 = 6 Ω. Điện trở tương đương của R2, R4: R24 = R2 + R4 = 2 + 1 = 3 Ω. R

⋅R

6.3

Điện trở tương đương của đoạn mạch CB: RCB = R 13+R24 = 6+3=2Ω. 13

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R5 + RCB = 4 + 2 = 6 Ω.

KÈ

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 3.6 = 18V. b. Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở Hiệu điện thế hai đầu R5: U5 = IR5 = 3.4 = 12V. Hiệu điện thế hai đầu CB: UCB = IRCB = 3.2 = 6V.

DẠ Y

Cường độ dòng điện qua R1, R3: I1 = I3 =

UCB R13

= 6 = 1 A.

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1.3 = 3V. Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 1.3 = 3V. Cường độ dòng điện qua R2, R4: I2 = I4 =

UCB R24

= 3 = 2 A.

Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.2 = 4V. Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 2.1 = 2V.

B R2

a. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B:

d. Nối D, E bằng tụ điện C = 2F. Tìm điện tích của tụ. Hướng dẫn giải

D E

Tự luận vật lý 11

Vậy: Hiệu điện thế hai đầu các điện trở là: U1 = 3V; U2 = 4V; U3 = 3V; U4 = 2V và U5 = 12V. c) Hiệu điện thế hai đầu các đoạn mạch A, D; E, D:

Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = UAC + UCD = U5 + U1 = 12 + 3 = 15V. Hiệu điện thế hai đầu E, D: UED = UEB + UBD = U4 – U3 = 2 – 3 = –1V. d) Điện tích của tụ điện

Ta có: Q = CU = 2.10–6.1 = 2.10–6 C. Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 2.10–6C.

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ: R4 = R2. ′ – Nếu nối C, D với nguồn U’ = 120V thì 𝑈𝐴𝐵 = 20V.

– Nếu nối A, B với nguồn U = 120V thì I3 = 2A, UCD = 30V.

Tìm R1, R2, R3.

Hướng dẫn giải

Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

UCD I3

UCD R4

=15Ω.

ƠN

Nếu nối A, B với nguồn U thì: R3 =

=R . 2

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2 + 𝑅 . 2

R R

15R

Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 + R 3+R4 = R 2 + 15+R2 . 3

Ta có: I2 = R AB ⇔ 2 + R = 234

15R2 R2 + 15+R2

⇔

(2R2 +30) R2

(2R2 +30)(R2 +30)

⋅

15+R2

=120.

=120⇒R22 − 15R 2 -450=0.

R2 +15

 R2 = 30 Ω; R2 = –15 Ω < 0 (loại).



120

(15R2 +R22 +15R2 )

Nếu nối C, D với nguồn U’ thì cường độ dòng điện qua R1: I1 =

′ 𝑈𝐴𝐵

𝑅1

′ 𝑈𝐶𝐷

=𝑅

1 +𝑅2

120

𝑅 =𝑅

1 +30

 R1 + 30 = 6R1  5R1 = 30  R1 = 6 Ω. Vậy: Giá trị các điện trở là R1 = 6 Ω; R2 = 30 Ω; R3 = 15 Ω.

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R3 = 45 Ω, R2 = 90 Ω, UAB = 90V.

KÈ

Khi K mở hoặc đóng, cường độ dòng điện qua R4 là như nhau. Tính R4 và hiệu điện thế hai đầu R4.

B R4

Hướng dẫn giải

– Khi K đóng, mạch điện được vẽ như hình a; khi K mở, mạch điện được vẽ

DẠ Y

như hình b:

𝑈𝐴𝐵

2 +𝑅34

I4 =

I2 R34 R4

R3 R2 D R4 Hình b

UAB .R34 2 +R34 )R4

= (R

C B

Hình a

; U34 = I2R34

U34

R1 R3

R3 D

– Khi K đóng, ta có:

I2 = 𝑅

Tự luận vật lý 11 4 +90

– Khi K mở, ta có: I3 = 𝑅

𝑈𝐴𝐵

3 +𝑅124

I4 =

UAD R14

I3 R124 R14

(1)

4 +30

; UAD = I3R124

UAB .R124 14 (R3 +R124 )

90(45+R4 ) 90+45+R4 90(45+R4 ) (45+R4 )(45+ ) 90+45+R4

90⋅

I4 =

= 3R

– Từ (1) và (2), ta có: 𝑅

= 135R

902 4 +10125

= 135𝑅 +30

I4 =

(2)

902

45R4 45+R4 45R4 R4 (90+ ) 45+R4

90⋅

4 +10125

 902R4 + 243000 = 4050R4 + 303750

 I4=

30 15+30

 4050R4 = 60750  R4 = 15 Ω. 2

= A. 3

– Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 3.15 = 10V.

ƠN

Vậy: Giá trị điện trở R4 và hiệu điện thế hai đầu R4 là R4 = 15 Ω và U4 = 10V. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG đương của những đoạn mạch

điện hình bên, biết rằng các điện

trở đều bằng nhau và bằng R = Bài 2. Tính điện trở tương

đương của mạch điện cho trong các trường hợp sau:

a. Cho mạch điện cho như hình vẽ

b. Mạch điện cho như hình vẽ b,

Hình 2

a, biết: R1 = 1 Ω, R2 = 2,4 Ω, R3 = 2 Ω, R4 = 5 Ω, R5 = 3 Ω.

Hình 3

Hình 1

12 Ω.

Bài 1. Tính điện trở tương

D R2

R2 R3

R3 R4

A B

R5 Hình a

Hình b

0,8 Ω.

KÈ

biết: R1 = 1 Ω, R2 = R3 = 2 Ω, R4 = Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = R2 = 4 Ω; R3 =

DẠ Y

6 Ω; R4 = 3 Ω; R5 = 10 Ω; UAB = 24 V. Tính điện trở tương đương

R2 A

của đoạn mạch AB và cường độ dòng điện qua từng điện trở. Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 2,4 Ω; R3 = 4 Ω; R2 = 14 Ω; R4 = R5 = 6 Ω; I3 = 2 A. Tính điện trở tương đương của

RR2 5 A

đoạn mạch AB và hiệu điện thế giữa hai đầu các điện trở. R4

Tự luận vật lý 11

Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = R3 = R5 = 3 Ω; R2 = 8 Ω; A

R4 = 6 Ω; U5 = 6 V. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và cường

R3 R4

độ dòng điện chạy qua từng điện trở. B

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 8 Ω; R3 = 10 Ω; R2 = R4 A

= R5 = 20 Ω; I3 = 2 A. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB, hiệu

Bài 7. Hai điện trở R1 = 6 Ω, R2 = 4 Ω chịu được cường độ dòng điện tối

điện thế và cường độ dòng điện trên từng điện trở.

đa là 1A và 1,2A. Hỏi bộ hai điện trở chịu được cường độ tối đa là bao nhiêu nếu chúng mắc: a. Nối tiếp. b. Song song.

ƠN

Bài 8. Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 22,5 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 5 Ω, R4 = A

điện trở.

15 Ω, UAB = 12V. Tính điện trở tương đương của mạch và cường độ qua từng

R3 R4

Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 10 Ω, R2 = 6 Ω,

R3 = 2 Ω, R4 = 3 Ω, R5 = 4 Ω. Cường độ dòng điện qua R3 là 0,5A.

R1 R4

Tìm cường độ qua từng điện trở và UAB.

Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 18 Ω, R2 = 20 Ω, R3 = 30 Ω, cường độ R1

qua nguồn I = 0,5A, hiệu điện thế hai đầu R3 là U3 = 2,4V.

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 15 Ω, R2 = R3 = R4 =

KÈ

10 Ω, dòng điện qua CB có cường độ là 3A. Tìm UAB.

DẠ Y

C R3

A R2

B R4

Bài 12. Các đoạn dây đồng chất, tiết diện như nhau có dạng thẳng

và bán nguyệt được nối như hình vẽ. Dòng điện đi vào ở A và đi ra ở B. Tính tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt.

Tính R4.

D A

B O

Tự luận vật lý 11 C

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ: U = 12V, R2 = 3 Ω, R3 = 5 Ω.

b. Khi K đóng, hiệu điện thế giữa C, D là 1V. Tìm R4.

a. Khi K mở, hiệu điện thế giữa C, D là 2V. Tìm R1.

Bài 14. Cho mạch điện như hình vẽ. UAB = 75V, R2 = 2R1 = 6 Ω, R3 = 9 Ω.

a. Cho R4 = 2 Ω. Tính cường độ qua CD.

b. Tính R4 khi cường độ qua CD là 0.

c. Tính R4 khi cường độ qua CD là 2A.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. a. Hình 1: Vì R1 và R2 mắc nối tiếp nên ta có: Rtđ = R1 + R2 = 24 Ω

ƠN

b. Hình 2: Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω 1

𝑅 𝑅

Vì R1 mắc song song với R23 nên: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 1+𝑅23 = 8 Ω 1

𝑡𝑑

c. Hình 3 : Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω 1

123

𝑅 𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅1−23 = 𝑅 1+𝑅23 =8Ω

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên: 𝑅

+ Vì R mắc nối tiếp với R1-23 nên: Rtđ = R + R123 = 12 + 8 = 20 Ω Bài 2.

a. Vì R4 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R45 = R4 + R5 = 8 Ω + Vì R3 mắc song song với R45 nên: 𝑅

345

𝑅 𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅345 = 𝑅 3+𝑅45 =1,6Ω 3

+ Vì R2 mắc nối tiếp với R345 nên: R2345 = R2 + R345 = 4 Ω 1

+ Do R1 mắc song song với R2345 nên: 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 1

𝑡𝑑

2345

𝑅 𝑅

⇒ 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 1+𝑅2345 =0,8Ω 1

2345

b. Vì R1 mắc nối tiếp với R2 nên: R12 = R1 + R2 = 3 Ω + Vì R12 mắc song song với R3 nên: 𝑅

123

𝑅 .𝑅

= 𝑅 + 𝑅 ⇒ 𝑅123 = 𝑅 12+𝑅3 =1,2Ω 12

Bài 3.

KÈ

+ R4 mắc nối tiếp với R123 nên: Rtđ = R4 + R123 = 0,8 + 1,2 = 2 Ω. - Phân tích đoạn mạch: R1 nt ((R2 nt R3) // R5) nt R4.

DẠ Y

Ta có: R23 = R2 + R3 = 10 Ω. 𝑅23 .𝑅5

 R235 = 𝑅

23 +𝑅5

= 5 Ω. R5

- Điện trở tương đương của mạch: R = R1 + R235 + R4 = 12 Ω  Cường độ dòng điện chạy trong các điện trở: I = I1 = I235 = I4 = 𝑈

𝑈𝐴𝐵 𝑅

=2A 𝑈

Với: U235 = U23 = U5 = I235R235 = 10 V nên: I5 = 𝑅5 = 1 A; I23 = I2 = I3 = 𝑅23 = 1 A. 5

Bài 4.

Tự luận vật lý 11

R1 nt (R2 // R4) nt (R3 // R5). 𝑅 .𝑅

𝑅 .𝑅

Ta có: R24 = 𝑅 2+𝑅4 = 4,2 Ω; R35 = 𝑅 3+𝑅5 = 2,4 Ω 4

 Điện trở tương đương của mạch: R = R1 + R24 + R35 = 9 Ω

- Hiệu điện thế haqi đầu các điện trở: U3 = U3 = U35 = I3R3 = 8 V - Với I35 = I24 = I1 = I = 𝑅 = 35

10 3

A nên:

U24 = U2 = U4 = I24R24 = 14 V

U1 = I1R1 = 8 V. Bài 5. 𝑅 𝑅

Ta có: R34 = 𝑅 3+𝑅4 = 2 Ω

(R1 nt (R3 // R4) nt R5) // R2. 3

𝑈35

R1345 = R1 + R34 + R5 = 8 Ω 𝑅 𝑅 2

1345

ƠN

 Điện trở tương đương của mạch: R = 𝑅 2+𝑅1345 = 4 Ω

R1 R3 R4

𝑈5

- Cường độ dòng điện chạytrong các điện trở: I5 = I34 = I1 = I1345 = 𝑅 = 2 5

Mặt khác: U34 = U3 = U4 = I34R34 = 4 V U1345 = U2 = UAB = I1345R1345 = 16 V 𝑈

𝑈

Nên: I3 = 𝑅3 = 3 A; I4 = 𝑅4 = 3 A 3

𝑈2

I2 = 𝑅 = 2 A.

Bài 6. R4 nt (R2 // (R3 nt R5)) // R1. R35 = R3 + R5 = 30 Ω; 𝑅2 𝑅35

R235 = 𝑅

2 +𝑅35

= 12 Ω

A R1

𝑅1 𝑅4235 𝑅1 +𝑅4235

= 6,4 Ω; I3 = I5 = I35 = 2 A

KÈ

R4235 = R4 + R235 = 32 Ω;

𝑈

U35 = U2 = U235 = I35R35 = 60 V; I2 = 𝑅2 = 3 A; I235 = I4 = I4235 =

𝑈235 𝑅235

= 5 A; U4235 = U1 = UAB = I4235R4235 = 160 V

𝑈

DẠ Y

I1 = 𝑅1 = 20 A. 1

Bài 7.

a. Hai điện trở mắc nối tiếp I ≤ I1 I≤1A Khi R1 mắc nối tiếp với R2: { ⇔{ . I ≤ I2 I ≤ 1,2 A

Vậy: Bộ hai điện trở mắc nối tiếp chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 1A. b. Hai điện trở mắc song song

Tự luận vật lý 11

– Khi R1 mắc song song với R2: I = I1 + I2 = I1 + 𝑅2 𝑅1 +𝑅2

𝐼=

4 6+4

R1 +R2 R2

I = 0,4I ≤ 1 (1)

và I2 = I – I1 = 0,6I ≤ 1,2

(2)

 I1 =

R1 I 1

I ≤ 2,5 A – Từ (1) và (2) suy ra: { . I≤2A

Vậy: Bộ hai điện trở mắc song song chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 2A. Bài 8.

Mạch điện được vẽ lại như sau: Điện trở tương đương của R3 và R4: 34 = R3 + R4 = 5 + 15 =20 Ω R R

12.20

Điện trở tương đương của R2, R3 và R4: R234 = R 2+R34 = 12+20=7,5Ω

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R1 + R234 = 22,5 + 7,5 = 30 Ω U

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = RAB = 30=0,4 A.

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = R2 = 12=0,25 A. 2

ƠN

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I1R234 = 0,4.7,5 = 3V.

Cường độ dòng điện qua R3, R4: I3 = I4 = R 2 = 20=0,15 A.

Vậy: Điện trở tương đương của mạch và cường độ dòng điện qua các điện trở là R AB = 30→  ; I1 = 0,4A, I2 = 0,25A, I3 = I4 = 0,15A. Bài 9.

Điện trở tương đương của R3, R5: R35 = R3 + R5 = 2 + 4 = 6 Ω.

Hiệu điện thế hai đầu R35: U35 = U4 = I3R35 = 0,5.6 = 3V. Cường độ dòng điện qua R3, R5: I3 = I5 = 0,5A. U

Cường độ dòng điện qua R4: I4 = R4 = 3 = 1 A. 4

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I3 + I4 = 0,5 + 1 = 1,5A.

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1,5.10 = 15V.

KÈ

Hiệu điện thế hai đầu AB: UAB = U1 + U35 = 15 + 3 = 18V. Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U𝐴𝐵 R12

18 6

= 3 A.

Vậy: Cường độ dòng điện qua từng điện trở và UAB là: I1 = 1,5A, I2 = 3A, I3 = I5 = 0,5A, I4 = 1A và UAB =

DẠ Y

18V. Bài 10.

Mạch điện được vẽ lại như sau: U

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = R3 =

2,4

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = R =

= 0,08 A. I

= 0,12 A.

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 0,12 + 0,08 = 0,2A. Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 0,2.18 = 3,6V.

Tự luận vật lý 11

Hiệu điện thế hai đầu cả đoạn mạch: U = U1 + U3 = 3,6 + 2,4 = 6V. Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I – I1 = 0,5 – 0,2 = 0,3A  R4 =

𝑈4 𝐼4

= 0,3 = 20 Ω.

Vậy: Giá trị điện trở R4 = 20 Ω. Bài 11. Áp dụng qui tắc nút mạng, tại C ta có: ICB = I1 + I3 = 3 𝑈𝐴𝐵

(1)

A R2

(2)

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 10I3. 10𝐼3

= I3.

Cường độ dòng điện qua R4: I4 = R3 =

U𝐴𝐵

mà: I1 =

Mạch điện được vẽ lại như sau:

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2I3 = R 𝐴𝐵 . 234

𝑅 𝑅

Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 + 𝑅 3+𝑅4 = 10 + 5 = 15 Ω. UAB

 I2 = 2I3 =

⇒ I3 =

Thay (2) và (3) vào (1):

UAB

(3)

UAB 15

UAB 30

ƠN

= 3 ⇒ UAB = 30 V.

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là UAB = 30V. Bài 12.

Mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: ROA = ROB = R Đặt OB = d, ta có:

+ ROB có chiều dài là d; RODB có chiều dài là

𝜋𝑑 2

 RODB =

𝜋R 2

I2 = R

= 𝜋R (1)

ACB

AOB

R ⋅R RAO + ODB OB RODB +ROB

UOB = I2ROB I3 = R

𝜋R

KÈ

UOB ODB

2 (R+𝜋R 2

 I3 = R(𝜋+1)

A D

I B

)

(2) 𝐼

Từ (1) và (2), ta có: 𝐼1 =

DẠ Y

𝜋R R 2 𝜋R +R 2

⋅(

𝜋R 2

)⋅

I1 RACB

 I1 = R

+ RACB có chiều dài là d  RABC = d.

𝜋+1 𝜋

= 1,318.

Vậy: Tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt là 1,318.

Bài 13.

a. Khi K mở:

Ta có: UCD = UCA + UAD = –U1 + U2  U1 = IR1 = R 2=

12⋅R1 R1 +5

⇔ 2R1 + 10 = 12R1  R1 = 1 Ω

U 1 +R3

. R1

ROA

RODB

ROB

Tự luận vật lý 11

Vậy: Khi K mở, R1 = 1 Ω.

Ta có: UCD = UCB + UBD = U3 – U4

Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = R

⋅ R 3 = 1+5.5 = 10 V.

1 +R3

⋅ R 4 = 3+R . R 4.

2 +R4

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = R

b. Khi K đóng:

Ta có: 12

+ UCD = 10 – 3+R ⋅ R 4 = 1 R4 = 9 Ω.

+ UCD = 10 – 3+R . R 4 = -1  R4 = 33 Ω. Vậy: Khi K đóng, để UCD = 1V thì R4 = 9 Ω hoặc R4 = 33 Ω. Bài 14. R R

R R

3.9

Điện trở tương đương đoạn mạch AB: RAB = R13 + R24 = R 1+R3 + R 2+R4 =3+9 + 6+R4 = 2,25 +6+R4 . 1

75 2,25+

6R4 6+R4

Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = IR13 75 6R 2.25+ 4 6+R4

168,75⋅(6+R4 )

. 2,25 =

13,5+8.25R4

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =  I1 =

168,75.(6+𝑅4 ) 13.5+8,25𝑅4

⋅3=

UAC R1

56,25.(𝑅4 +6) 13,5+8,25𝑅4

 UAC =

ƠN

Cường độ dòng điện qua mạch chính: RAB =

168,75.(6+𝑅4 ) 13,5+8,25𝑅4

450𝑅4

= 8,25𝑅

 UCB = 75 –

4 +13.5

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = a. Khi R4 = 2 Ω:

Hiệu điện thế hai đầu C, B: UCB = UAB – UAC

56,25⋅(2+6)

UCB R2

450R4

 I2 = 6.(8,25R

75R4

= 8,25R +13.5)

4 +13,5

75.2

Ta có: I1 = 8,25.2+13.5 = 15 A; I2 = 8,25.2+13.5 = 10 A.

KÈ

Tại C: I1 = I2 + ICD  ICD = I1 – I2 = 15 – 10 = 5A. Vậy: Khi R4 = 2 Ω thì ICD = 5A. b. Khi ICD = 0: Lúc đó mạch cầu cân bằng nên:

DẠ Y

R1.R4 = R2.R3  R4 =

R2 R 3 R1

6.9 3

= 18 Ω.

Vậy: Để ICD = 0 thì R4 = 18 Ω,

c. Khi ICD = 2A: Tại C, ta có:

+ Trường hợp 1: I1 = I2 + ICD 56,25⋅(𝐑 4 +6)

 8,25𝑅

4 +13,5

75R4

= 8,25R

4 +13,5

+ Trường hợp 2: I1 + ICD = I2

+ 2 ⇔ 56,25R 4 + 337,5 = 91,5R 4 + 27  R4 = 8,81 Ω.

Tự luận vật lý 11 56,25⋅(𝐑 4 +6)

 8,25𝑅

4 +13,5

75R4

+ 2 = 8,25R

4 +13,5

 Giải ra được R4 = 162 Ω

Vậy: Để ICD = 2A thì R4 = 8,81 Ω hoặc R4 = 162 Ω. • Dạng 5. Mắc Ampe kế và Vôn kế vào mạch

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Ampe kế mắc nối tiếp với điện trở R, để đo dòng điện chạy qua nó, số chỉ của ampe kế là cường độ dòng điện chạy qua R.

Vôn kế mắc song song với điện trở R, để đo hiệu điện thế hai đầu điện trở R, số chỉ của vô kế là hiệu điện thế hai đầu R.

Lưu ý:

- Nếu điện trở của vôn kế không phải rất lớn (bằng vô cùng) thì dòng điện vẫn chạy qua vôn kế V nên không thể bỏ đoạn mạch chứa vôn kế được.

ƠN

- Nếu ampe kế có điện trở đáng kể thì xem ampe kế như một điện trở. B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó các điện

trở R1 = 2 Ω, R2 = 3 Ω, R3 = 6 Ω, các ampe kế có điện trở

không đáng kể. Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch UAB = 6V. Tìm số chỉ của các ampe kế. Hướng dẫn giải

Gọi C là giao điểm của (R2, R3)

D là giao điểm của (R1, R2)

Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên: A và C có cùng điện thế → chập C và A lại. B và D có cùng điện thế → chập D và B lại. Ta có: (𝑅1 //𝑅2 //𝑅3 )

1 2

=𝑅 +𝑅 +𝑅 =

𝑅𝐴𝐵

KÈ

Vậy:

Mạch điện được vẽ lại như sau:

A1 R1 D R2

+ 3 + 6 ⇒ 𝑅𝐴𝐵 = 1𝛺 𝑈

⇒𝐼=𝑅

𝑈

AC

R2 R3

A2 6

𝑈

𝐼1 = 𝑅 = 2 = 3𝐴; 𝐼2 = 𝑅 = 3 = 2𝐴; 𝐼3 = 𝑅 = 6 = 1𝐴 1

= 6𝐴;

DẠ Y

𝑈

𝐴𝐵

Số chỉ ampe kế 1: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼𝐴1 ⇒ 𝐼𝐴1 = 𝐼 − 𝐼1 = 3𝐴 Số chỉ ampe kế 2: 𝐼3 + 𝐼𝐴2 = 𝐼 ⇒ 𝐼𝐴2 = 𝐼 − 𝐼3 = 5𝐴

BD

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 2: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó các điện A

trở R1 = 40 Ω, R2 = 40 Ω, R3 = 30 Ω, R4 = 40 Ω, ampe kế có R1

chính I = 1,2°. Tìm số chỉ của các ampe kế và cường độ dòng

điện qua mỗi trở.

Hướng dẫn giải Gọi C là giao điểm của (R2, R3)

D là giao điểm của (R1, R2) Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên:

A và C có cùng điện thế → chập C và A lại. B và D có cùng điện thế → chập D và B lại. Mạch điện được vẽ lại như sau:

R1 D R2

Ta có: [(𝑅1 //𝑅2 )𝑛𝑡𝑅4 ]//𝑅3

→ AC

R1 R4

𝑅

⇒𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 124+𝑅3 = 20𝛺 3

𝑈

𝑅124 = 𝑅12 + 𝑅4 = 60𝛺 124

𝑅 𝑅

𝑅

𝑅12 = 𝑅 1+𝑅2 = 20𝛺 1

ƠN

Vậy: {

điện trở không đáng kể, cường độ dòng điện chạy trong mạch

⇒ 𝑈 = 𝐼𝑅𝐴𝐵 = 1,2.20 = 24𝑉 ⇒ 𝐼3 = 𝑅 = 30 = 0,8𝐴 3

Mà 𝐼 = 𝐼124 + 𝐼3 ⇒ 𝐼124 = 𝐼 − 𝐼3 = 1,2 − 0,8 = 0,4𝐴 = 𝐼4 = 𝐼12 𝑈12

𝑅1 𝑈12

𝐼1 =

𝑈12 = 𝐼12 𝑅12 = 0,4.20 = 8𝑉 ⇒ {

𝐼2 =

= 40 = 0,2𝐴

𝑅2

= 40 = 0,2𝐴

Để tìm số chỉ ampe kế ta dựa vào mạch ban đầu: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼𝐴 ⇒ 𝐼𝐴 = 𝐼 − 𝐼1 = 1,2 − 0,2 = 1𝐴 Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = 12 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = R4 = 4 Ω,

UAB = 18V. Biết điện trở của ampe kế và dây nối không đáng kể. Tìm số

KÈ

chỉ của các ampe kế.

Hướng dẫn giải

DẠ Y

Gọi C là giao điểm của (R2, R3) D là giao điểm của (R1, R2) E là giao điểm của (R1, R4, A1)

Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên: E và C có cùng điện thế → chập C và E lại.

B và D có cùng điện thế → chập D và B lại.

R4 A +

Tự luận vật lý 11

Mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: [𝑅4 𝑛𝑡(𝑅1 //𝑅2 /

=𝑅 +𝑅 +𝑅 1

= 12 + 6 + 4

→

EC

⇒𝑅123 = 2𝛺 6𝛺 =

𝐴𝐵

18 6

= 3𝐴 = 𝐼4 = 𝐼123

𝑈

⇒𝐼 = 𝑅

⇒𝑈4 = 𝑅4 𝐼4 = 4.3 = 12𝑉 ⇒ 𝑈123 = 𝑈 − 𝑈4 = 6𝑉 ⇒𝐼1 =

𝑈123 𝑅1

= 12 = 0,5𝐴; 𝐼2 =

𝑈123 𝑅2

BD

⇒𝑅𝐴𝐵 = 𝑅4 + 𝑅123 =

R2 R3

A +

1 𝑅123

R1 D R2

/𝑅3 )]

= 6 = 1𝐴; 𝐼3 =

𝑈123 𝑅3

= 4 = 1,5𝐴

ƠN

Số chỉ ampe kế 1: 𝐼4 = 𝐼1 + 𝐼𝐴1 ⇒ 𝐼𝐴1 = 𝐼4 − 𝐼1 = 2,5𝐴 Số chỉ ampe kế 2: 𝐼3 + 𝐼𝐴2 = 𝐼 ⇒ 𝐼𝐴2 = 𝐼 − 𝐼3 = 1,5𝐴

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R2 = 8 Ω, R3 = 12 Ω, R4 = 24 Ω, R5 = 1,2 Ω, RA = 0, UAB = 24V.

Tính: a. Điện trở tương đương của đoạn mạch. b. Cường độ dòng điện qua các điện trở. Hướng dẫn giải

R5 A

Gọi C là giao điểm của (R1, R2)

c. Số chỉ ampe kế.

D là giao điểm của (R3, R4)

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên C và D có cùng điện thế → chập C và D lại. Mạch điện được vẽ lại như sau:

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch. Ta có: [(𝑅1 //𝑅3 )𝑛𝑡(𝑅2 //𝑅4 )]𝑛𝑡𝑅5 𝑅 .𝑅

8.12

4,8𝛺; 𝑅 .𝑅

KÈ

𝑅13 = 𝑅 1+𝑅3 = 8+12 = 8.24

𝑅24 = 𝑅 2+𝑅4 = 8+24 = 6 Ω, 2

R1 R5

A A

Điện trở tương đương toàn

DẠ Y

R2 R2

b. Cường độ dòng điện qua các điện trở. 24

Cường độ dòng điện qua R5: 𝐼5 = 𝐼 = 𝑅 = 12 = 2𝐴 ⇒ 𝐼13 = 𝐼24 = 𝐼5 = 𝐼 = 2𝐴 𝑈 = 𝑅13 𝐼13 = 4,8.2 = 9,6𝑉 ⇒ 𝑈1 = 𝑈3 = 𝑈13 = 9,6𝑉 ⇒ { 13 𝑈24 = 𝑅24 𝐼24 = 6.2 = 12𝑉 ⇒ 𝑈2 = 𝑈4 = 𝑈24 = 12𝑉

mạch: 𝑅 = 𝑅13 + 𝑅24 + 𝑅5 = 4,8 + 6 + 1,2 = 12𝛺 𝑈

C R4

Tự luận vật lý 11 𝑈

9,6

𝐼1 = 𝑅1 = 8 = 1,2𝐴 1 Cường độ dòng điện qua R1 và R3: { 𝑈3 9,6 𝐼3 = 𝑅 = 12 = 0,8𝐴 𝑈

Cường độ dòng điện qua R2 và R4: {

𝐼2 = 𝑅2 = 2

𝑈

12 8 12

= 1,5𝐴

𝐼4 = 𝑅4 = 24 = 0,5𝐴 4

Giả sử chiều dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ C đến D +

Khi đó tại nút C ta có: 𝐼1 = 𝐼𝐴 + 𝐼2

IA A

I 3 R3

R5 E

dòng điện phải chạy từ D đến C và số chỉ của ampe kế là 0,3A.

C I 2 R2

(như hình vẽ). ⇒𝐼𝐴 = 𝐼1 − 𝐼2 = 1,2 − 1,5 = −0,3𝐴. Dấu “-“ chứng tỏ rằng:

c. Số chỉ ampe kế.

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ: trong đó R1 = 8 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 3 Ω, R5 = 4 Ω. R4 là biến trở. Biết UAB = 34V và RV rất lớn.

ƠN

1. Với R4 = 3 Ω. Tính:

a. RAB.

b. Cường độ dòng điện ở mạch chính.

R3 N

2. Điều chỉnh R4 để (V) chỉ 0V. Tính R4. Hướng dẫn giải

c. Số chỉ của vôn kế. Cực dương của Vôn kế phải nối với điểm nào?

Mạch điện được vẽ lại như sau:

Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện không chạy qua vôn kế. 1. Với R4 = 3 Ω. a. Tìm RAB.

C A

𝑅34 = 𝑅3 + 𝑅4 = 6𝛺

6.18

KÈ

𝑅1234 = 𝑅 12+𝑅34 = 6+18 = 4,5𝛺, 34

Điện trở tương đương toàn mạch: 𝑅 = 𝑅5 + 𝑅1234 = 4 + 4,5 = 8,5𝛺

DẠ Y

b. Cường độ dòng điện trong mạch chính:𝐼 =

R4 N

𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 = 18𝛺

Ta có: 𝑅5 𝑛𝑡[(𝑅1 𝑛𝑡𝑅2 )//(𝑅3 𝑛𝑡𝑅4 )]

𝑅 .𝑅

𝑈 𝑅

= 8,5 = 4𝐴

c. Số chỉ của vôn kế: Cường độ dòng điện qua R5: 𝐼5 = 𝐼1234 = 𝐼 = 4𝐴 𝑈5 = 𝑅5 𝐼5 = 4.4 = 16𝑉 ⇒ 𝑈1234 = 𝑈 − 𝑈5 = 18𝑉 𝑈

Cường độ dòng điện qua R1 và R2: 𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼12 = 𝑅12 = 12

𝑈

Cường độ dòng điện qua R3 và R4: 𝐼3 = 𝐼4 = 𝐼34 = 𝑅34 = 34

𝑈1234 𝑅12 𝑈1234 𝑅34

= 18 = 1𝐴 =

18 6

= 3𝐴

Tự luận vật lý 11

Từ hình vẽ ta có: 𝑈𝑀𝑁 = 𝑈𝑀𝐶 + 𝑈𝐶𝑁 = −𝑅1 𝐼1 + 𝑅3 𝐼3 = −6.1 + 3.3 = 3𝑉 2. Điều chỉnh R4 để (V) chỉ 0V Ta có: UMN = UMC + UCN = – UCM + UCN = 0  UCM = UCN I1R1 = I3R3

N R1

(1)

𝑅2

(2)

𝑅3

𝑅2 𝑅3

= 𝑅 ⇒ 𝑅4 =

𝑅1

= 6𝛺: mạch cầu

– Lấy (1) chia (2) ta được:

𝑅1

Mặt khác: UMN = UMB + UBN = UMB – UNB = 0  UMB = UNB  I1R2 = I3R4

Mà: 𝑈𝑀𝑁 = 𝑉𝑀 − 𝑉𝑁 = 3𝑉 > 0 ⇒ 𝑉𝑀 > 𝑉𝑁 nên cực dương của (V) mắc với M và cực âm mắc với N.

cân bằng.

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ, biết R1 = R2 = R3 = 6 Ω, R4 = 2 Ω. Tính điện trở tương đương của mạch trong các trường hợp sau: a. Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở rất lớn.

ƠN

b. Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở rất nhỏ. Hướng dẫn giải

a. Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện không qua vôn kế nên đoạn mạch chứa vôn kế có thể bỏ đi khi đó:

[(𝑅2 𝑛𝑡𝑅3 )//𝑅1 ]𝑛𝑡𝑅1

A 𝑅 .𝑅 1

𝑅23 = 𝑅2 + 𝑅3 = 12𝛺 𝑅1−23 = 𝑅 1+𝑅23 = 4𝛺

→

+ Ta có: {

𝑉V

+ Điện trở tương đương của toàn mạch: Rtđ = R1-23 + R4 = 6 Ω b. Vì ampe kế có điện trở rất nhỏ nên M và B cùng điện thế  chập M và B mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: [(𝑅3 //𝑅4 )𝑛𝑡𝑅1 ]//𝑅2

R1 R3

𝑅 .𝑅

→

BM

R1 A

KÈ

6.2

Ta có: 𝑅34 = 𝑅 3+𝑅4 = 6+2 = 1,5𝛺, 3

DẠ Y

𝑅34−1 = 𝑅34 + 𝑅1 = 1,5 + 6 = 7,5𝛺 𝑅

.𝑅

7,5.6

Điện trở tương đương toàn mạch: 𝑅 = 𝑅 34−1+𝑅2 = 7,5+6 = 34−1

10 3

𝑈

𝛺⇒𝐼=𝑅=

18.3 10

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 10 Ω,

= 5,4𝐴 R1

UAB = 30V, RA = 0. Tìm:

a. RAB. b. Cường độ dòng điện qua các điện trở.

R4 A A

B R2

Tự luận vật lý 11

c. Số chỉ Ampe kế Hướng dẫn giải

Gọi C là giao điểm của (R2, R4, R5) D là giao điểm của (R1, R3, R4)

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên B và C có cùng điện thế → chập C và B lại (dòng điện không

chạy qua R5 nên I5 =0) . a. Ta có: [(𝑅3 //𝑅4 )𝑛𝑡𝑅1 ]//𝑅2

Vậy:

𝑅34 = 𝑅

3 +𝑅4

𝑅134 = 𝑅1 + 𝑅34 = 15𝛺 𝑅

𝑅

⇒𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 134+𝑅2 = 6𝛺 134

→

R4 A

= 5𝛺

BC

𝑅3 𝑅4

{

Mạch điện được vẽ lại như sau:

+ Ta có U134 = U2 = UAB = 30V 𝑈

+ Dòng điện chạy qua đoạn R2: 𝐼2 = 𝑅 = 10 = 3𝐴 2

𝑈

= 15 = 2𝐴

+ Dòng điện chạy qua đoạn R1 – R34: 𝐼134 = 𝑅

ƠN

134

Lại có: I1 = I34 = I134 = 2A nên: U34 = UAB – U1 = UAB – I1R1 =30 – 2.10 = 10 V. Vì U3 = U4 = U34 = 10V, mà R3 = R4 = 10 Ω  𝐼3 = 𝐼4 =

𝑈34 𝑅4

= 10 = 1𝐴

c) Để tìm số chỉ ampe kế A ta phải tìm I2 và I4, sau đó xác định chiều của I4 rồi suy ra số chỉ của A.

Ta có: I1 > I3 nên từ mạch gốc, ta thấy tại D dòng qua I4 phải có chiều từ D đến C vậy I2 và I4 qua chảy qua A nên: IA = I2 + I4 = 3 + 1 = 4 A

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình. Biết: UAB = 7,2V không đổi; R1 = R2 =

A + −

R3 = 2 Ω, R4 = 6 Ω. Điện trở của ampe kế và của khóa K nhỏ không đáng

kể. Tính số chỉ của ampe kế và UAN khi:

B R4

KÈ

a. K mở. b. K đóng.

R2 M

Hướng dẫn giải

a. Khi khóa K mở mạch vẽ như hình, lúc đó: A

[(R2 nt R4) //R1] nt R3

DẠ Y

Điện trở tương đương của mạch:

(𝑅 +𝑅 ).𝑅

𝑅 = 𝑅3 + (𝑅 2+𝑅 4)+𝑅1 = 3,6𝛺 2

Dòng điện qua mạch chính: 𝐼 =

𝑈 𝑅

7,2

= 3,6 = 2𝐴

Ta có: 𝑈𝑀𝐵 = 𝑈 − 𝐼𝑅3 = 7,2 − 2.2 = 3,2𝑉 ⇒ 𝐼2 = Vậy số chỉ của ampe kế là 0,4A

𝑈𝑀𝐵 𝑅24

3,2

= 2+6 = 0,4𝐴

R2 R1

R4 B

Tự luận vật lý 11

Ta có: 𝑈𝐴𝑁 = 𝑈𝐴𝑀 + 𝑈𝑀𝑁 = 𝑈3 + 𝑈2 = 𝐼3 𝑅3 + 𝐼2 𝑅2 = 2.2 + 0,4.2 = 4,8𝑉 b. Khi đóng khóa K thì A và N cùng điện thế nên chập A và N lại mạch điện vẽ như hình sau: 2.2

A, N

𝑅123 = 𝑅23 + 𝑅1 = 1 + 2=3Ω. 𝑅123 .𝑅4

3.6

= 3+6=2Ω. 𝑈

7,2

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: 𝐼 = 𝑅 = Từ hình ta có U4 = UAB = 7,2V nên 𝐼4 =

𝑈𝐴𝐵 𝑅4

7,2

= 3,6 A.

= 1,2 A.

Vậy dòng điện qua R1 là: 𝐼1 = 𝐼 − 𝐼4 = 3,6 - 1,2 = 2,4 A. Lại có U23 = I1R23 = 2,4.1 = 2,4 V. Dòng điện qua R2 là: 𝐼2 =

𝑈2 𝑅2

Vì số chỉ của ampe kế A là I2 nên ta có IA = 1,2A

𝑈23 𝑅2

2,4 2

= 1,2 A.

ƠN

Vì A và N trùng nhau (cùng điện thế) nên UAN = 0

𝑅=

𝑅123 +𝑅4

𝑅 .𝑅

𝑅23 = 𝑅 2+𝑅3 = 2+2=1Ω.

[(𝑅2 //𝑅3 )𝑛𝑡𝑅1 ]//𝑅4

Ví dụ 9: Khi mắc điện trở R nối tiếp với mạch gồm hai ampe kế mắc song song vào nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi thì ampe kế A1 chỉ I1 = 2A; ampe kế A2 chỉ I2 = 3A. Nếu chuyển hai ampe kế thành nối tiếp Hướng dẫn giải

thì chúng đều chỉ I = 4A. Nếu chỉ mắc R vào nguồn điện trên thì dòng điện qua R là bao nhiêu? + Gọi R1 là điện trở của ampe kế A1, R2 là điện trở của ampe kế A2. * Khi mắc 2 ampe kế song song nhau.

Ta có: 𝐼1 𝑅1 = 𝐼2 𝑅2 ⇔ 2𝑅1 = 3𝑅2 ⇒ 𝑅1 = 1,5𝑅2

Cường độ dòng điện trong mạch chính: I = I1 + I2 = 2 + 3 = 5A.

𝑅 𝑅

Điện trở toàn mạch: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 + 𝑅12 = 𝑅 + 𝑅 1+𝑅2 = 𝑅 + 1,5𝑅2 𝑅2 1,5𝑅2 +𝑅2

= 𝑅 + 0,6𝑅2

Ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅𝐴𝐵 ⇔ 𝑈 = 5(𝑅 + 0,6𝑅2 ) (1)

* Khi A1 nối tiếp A2:

KÈ

Ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼′𝑅′ = 𝐼′(𝑅 + 𝑅1 + 𝑅2 ) ⇔ 𝑈 = 4(𝑅 + 2,5𝑅2 ) (2) 𝑈

𝑅2 = 38 5𝑅 + 3𝑅2 = 𝑈 Giải (1) và (2) ta có: { ⇒{ 7𝑈 4𝑅 + 10𝑅2 = 𝑈 𝑅= 3

7𝑈

DẠ Y

* Khi mạch chỉ có R, ta có: 𝑈 = 𝐼𝑅 . 𝑅 ⇔ 𝑈 = 𝐼𝑅 . 38 ⇒ 𝐼𝑅 =

38 7

≈ 5,43𝐴

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Cho mạch điện có sơ đồ như hình. Biết R1 = 10 Ω và R2 = 3R3. Ampe kế A1 chỉ 4A. a. Tìm số chỉ của các ampe kế A2 và A3. b. Hiệu điện thế ở 2 đầu R3 là 15V. Tìm số chỉ của vôn kế V.

𝐴

𝑅1

𝑅2

𝐴1

𝑅3 𝑉

𝐴2 𝐴3

𝐵

Tự luận vật lý 11

Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = 15 Ω, R2 = R3 = R4 = 10 Ω, RA

R1 A

= 0. +

b. Ampe kế chỉ 3A, tính UAB và cường độ dòng điện qua các điện

a. Tìm RAB.

trở.

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R3 =30 Ω, R2 = 5 Ω, R4 = 15 Ω,

RA = 0, UAB = 90V, RV rất lớn. Tìm:

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch.

b. Số chỉ ampe kế và vôn kế

Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UAB = 18V , R1 = R2 = R3 = 6

ƠN

Ω, R4 = 2 Ω.

a. Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở rất lớn. Tìm số chỉ của vôn kế.

R3 A

ampe kế và chiều dòng điện qua ampe kế.

b. Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở rất nhỏ. Tìm số chỉ của Bài 5. Cho mạch điện như hình: UMN = 4V; R1 = R2 = 2 Ω; R3 = R4 = R5 = 1 Ω; RA  0; RV =  (rất lớn).

a. Tính RMN.

R4 R1

N A

b. Tính số chỉ của ampe kế và vôn kế.

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = 12V, R1 = 5 Ω, R2 = 25 Ω, R3 = 20 Ω, RV rất lớn. Khi hai điện trở r nối tiếp, vôn kế chỉ U1, khi chúng song song vôn kế chỉ U2 = 3U1. a. Tính r.

b. Tính số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r. C

c. Vôn kế đang chỉ U1 (hai r nối tiếp). Để V chỉ 0: đâu?

KÈ

– Ta chuyển chỗ một điện trở, đó là điện trở nào và chuyển đi

V R3

– Hoặc đổi chỗ hai điện trở. Đó là các điện trở nào?

DẠ Y

Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Cho biết: R1 = 1 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω, R4 = 5 Ω, R5 = 0,5 Ω, điện trở vôn kế rất lớn, dây dẫn và khóa K có điện trở không đáng kể. Hiệu 𝐾

điện thế giữa hai điểm A, B là UAB = 20V. Hãy tính điện trở tương đương của mạch toàn mạch, dòng điện qua các điện trở và số chỉ của vôn kế, trong các trường hợp sau: a. Khóa K đang mở. b. Đóng khóa K.

𝐴

𝑅2 𝑅1

𝑅3 𝑉

𝑅4

𝑅5

𝐵

Tự luận vật lý 11

Bài 8. Vôn kế V được mắc vào mạch điện có U = 220V. Khi mắc nối tiếp V với R1 = 15k Ω thì V chỉ U1 = 70V. Khi mắc nối tiếp V với R2 thì V chỉ U2 = 20V. Tính R2. 𝐶

𝐷

𝐴1

R6 = 10 Ω. Điện trở của các ampe kế nhỏ không đáng kể.

𝑅4

a. Tính điện trở tương đương RAB của đoạn mạch AB.

𝐸

𝐴2

𝑅5

𝑅6

𝑅2

b. Cho hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = 30V. Tìm cường độ

𝐹

𝑅1

dòng điện qua các điện trở và số chỉ các ampe kế.

𝐺

FI 𝑅

𝐷

lần lượt là 1A và 0,2A. Hãy tìm:

nhau có điện trở RA. Số chỉ của các Ampe kế A2, A3

𝐶

𝐴2

𝐴1

𝐵

𝐴

𝑅

a. Tỷ số 𝑅

𝑅3

𝐵

𝐴

Bài 10. Cho mạch điện như hình. Các Ampe kế giống

𝐴3

Bài 9. Cho mạch điện như hình. Cho biết: R1 = R2 = 5 Ω; R3 = R4 = R5 =

𝐴

ƠN

b. Số chỉ của Ampe kế A1 bằng bao nhiêu?

𝐴3

2𝑅

−

𝐴 𝑅

Bài 11. Cho mạch điện như hình. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là UAB = 18V không đổi. Trong đó giá trị các điện trở là: R1 = R2 = R3 = R4 = 6 Ω; điện trở ampe kế không đáng kể, điện trở vôn kế vô cùng lớn.

a. Tính số chỉ của vôn kế, ampe kế.

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ trong đó 3 vôn

biết V = 5(V) và V2 = 1(V).

kế giống nhau. Hỏi vôn kế V1 chỉ giá trị bao nhiêu

D R3

C A

A B

b. Đổi chỗ ampe kế và vôn kế cho nhau. Tính số chỉ của ampe kế và vôn kế lúc này.

E R

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ.

Nếu đặt vào AB hiệu điện thế 100 V thì người ta có thể lấy ra

KÈ

ở hai đầu CD một hiệu điện thế UCD = 40 V và ampe kế chỉ 1A.

R3 A

Nếu đặt vào CD hiệu điện thế 60 V thì người ta có thể lấy ra

ở hai đầu AB hiệu điện thế UAB = 15 V. Coi điện trở của ampe kế không đáng kể. Tính giá trị của mỗi điện trở.

DẠ Y

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

a. Ta có: 𝑈23 = 𝑈2 = 𝑈3 ⇔ 𝐼2 𝑅2 = 𝐼3 𝑅3 ⇔𝐼2 . 3𝑅3 = 𝐼3 𝑅3 ⇒ 𝐼3 = 3𝐼2

Lại có:

𝐼 = 𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3 ⇔ 4 = 𝐼2 + 3𝐼2 ⇒𝐼2 = 1𝐴 ⇒ 𝐼3 = 3𝐴

𝐴

𝑅1

𝑅2

𝐴1

𝑅3 𝑉

𝐴2 𝐴3

𝐵

Tự luận vật lý 11

Vậy số chỉ của A2 là 1A và số chỉ của A3 là 3A. b. Hiệu điện thế hai đầu điện trở R1: 𝑈1 = 𝐼1 𝑅1 = 4.10 = 40𝑉

Hiệu điện thế hai đầu mạch là: 𝑈 = 𝑈1 + 𝑈3 = 40 + 15 = 55𝑉 Bài 2. Gọi C là giao điểm của (R1, R3, RA).

D là giao điểm của (R2, R3, R4) Mạch điện được vẽ lại như sau: R1

a. Điện trở tương đương của

đoạn mạch.

→

Vậy:

D 𝑅 𝑅 3

𝑅234 = 𝑅2 + 𝑅34 = 15𝛺 𝑅

𝑅

⇒ 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 234+𝑅1 = 7,5 Ω. 234

b. Tính UAB và cường độ dòng điện qua các điện trở. Giả sử dòng điện qua R3 có chiều từ D đến C. 𝑈

𝑈

Khi đó tại C ta có: 𝐼𝐴 = 𝐼1 + 𝐼3 ⇔ 3 = 𝑅 + 𝑅3 ⇒ 𝑅3 = 3 − 𝑅 (1) 1

Tại A: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 𝑈

𝑈

(𝑈−𝑈3 )

𝑅2

𝑈

= 𝑅 + 𝑅 − 𝑅3 (2) 𝑑𝑜 (𝑅2 = 𝑅3 )

𝑈

⇔ 𝑅 = 𝑅 + 𝑅2 = 𝑅 +

𝑈

Từ (1) và (2) ta có: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 ⇔ 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 − (3 − 𝑅 ) ⇒𝑈=

3 2 1 1 + − 𝑅1 𝑅2 𝑅

3 2 1 1 + − 15 10 7,5

= 30 V.

𝑈

Cường độ dòng điện qua R1: 𝐼1 = 𝑅 = 15 = 2𝐴 < 𝐼

Như vậy chiều dòng điện qua R3 có chiều từ C đến D.

KÈ

Cường độ dòng điện qua R2: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 ⇒ 𝐼2 = 𝐼 − 𝐼1 = 1𝐴 = 𝐼34 ⇒ 𝑈34 = 𝐼34 . 𝑅34 = 1.5 = 5𝑉 Cường độ dòng điện qua R3: 𝐼3 =

𝑈3 𝑅3

𝑈

DẠ Y

Cường độ dòng điện qua R4: 𝐼4 = 𝑅4 = 4

𝑈34 𝑅3 𝑈34 𝑅4

= 0,5𝐴

= 10 = 0,5𝐴

Nếu giả sử dòng điện qua R3 có chiều từ C đến D. 𝑈

𝑈

Khi đó tại C ta có: 𝐼1 = 𝐼𝐴 + 𝐼3 ⇔ 𝑅 = 3 + 𝑅3 ⇒ 𝑅3 = 𝑅 − 3 (1) 1

𝑈

Tại A: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 ⇔ 𝑅 = 𝑅 + 𝑅2 = 𝑅 + 1

𝑈

(𝑈−𝑈3 ) 𝑅2

𝑈

= 𝑅 + 𝑅 − 𝑅3 (2) 𝑑𝑜 (𝑅2 = 𝑅3 )

𝑈

Từ (1) và (2) ta có: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 ⇔ 𝑅 = 𝑅 + 𝑅 − (𝑅 − 3)

BC

ƠN

{

𝑅34 = 𝑅 3+𝑅4 = 5𝛺

Ta có: [𝑅2 𝑛𝑡(𝑅3 //𝑅4 )]//𝑅1

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên B và C có cùng điện thế → chập C và B lại.

Tự luận vật lý 11 3 1 1 − 𝑅 𝑅2

3 1 1 − 7,5 10

= 90 V.

Cường độ dòng điện qua R1: 𝐼1 =

𝑈 𝑅1

= 6𝐴 > 𝐼 vô lý. Như vậy dòng điện phải có chiều từ D đến C.

⇒𝑈=

Bài 3. Gọi C là giao điểm của (R1, R3)

D là giao điểm của (R2, R3, R4)

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên B và C có cùng điện thế → chập C và B lại. Vôn kế có điện trở rất

→

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch. 𝑅 𝑅

Vậy: {

𝑅

𝑅234 = 𝑅2 + 𝑅34 = 15𝛺

D R1

Ta có: [𝑅2 𝑛𝑡(𝑅3 //𝑅4 )]//𝑅1

BC

ƠN

𝑅34 = 𝑅 3+𝑅4 = 10𝛺

Mạch điện được vẽ lại như

lớn nên dòng điện không chạy qua vôn kế.

𝑅

⇒ 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 234+𝑅1 = 6 Ω. 234

b. Số chỉ ampe kế và vôn kế

+ Ta có U234 = U1 = UAB = 90V

𝑈

+ Dòng điện chạy qua đoạn R1: 𝐼1 = 𝑅 = 30 = 3𝐴 1

+ Dòng điện chạy qua đoạn R2 – R34: 𝐼234 = 𝑅

𝑈

234

= 15 = 6𝐴

Lại có: I2 = I34 = I234 = 6A nên: U34 = UAB – U2 = UAB – I2R2 = 90 – 6.5 = 60V

Vì U3 = U4 = U34 = 60V  𝐼3 =

𝑈34 𝑅3

= 30 = 2𝐴; 𝐼4 =

𝑈34 𝑅4

= 15 = 4𝐴

KÈ

Số chỉ của ampe kế: IA = I1 + I3 = 3 + 2 = 5 A Số chỉ của vôn kế: U4 = U34 = 60V Bài 4.

a. Khi nối M và B bằng vôn kế thì dòng không qua M và B nên mạch có: [(𝑅2 𝑛𝑡𝑅3 )//𝑅1 ]𝑛𝑡𝑅4 R1

DẠ Y

+ Ta có: 𝑅23 = 𝑅2 + 𝑅3 = 6 + 6 = 12𝛺 𝑅 𝑅

6.12

𝑅123 = 𝑅 1+𝑅23 = 6+12 = 4𝛺 1

+ Điện trở tương đương của mạch: 𝑅 = 𝑅4 + 𝑅123 = 2 + 4 = + Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 =

𝑈 𝑅

18 6

= 3𝐴

+ Dòng điện qua R4 bằng dòng điện qua mạch chính nên: I4 = I = 3A.

6𝛺

Tự luận vật lý 11

+ Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 6V.

+ Ta có: UAN = U – U4= 12V

+ Vì U1 = U23 = 12V A

𝐼1 = 𝑅 = 6 = 2𝐴 1 { 𝑈 𝐼2 = 𝐼3 = 𝐼23 = 𝑅23 = 1𝐴

R2 M

𝑈1

+ Tại N ta có: I4 = I1 + I3 = 3A nên dòng từ M đến N nên: UMB = UMN + UNB = I3R3 + I4R4 = 12V 𝑅 .𝑅

6.2

+ Ta có: 𝑅34 = 𝑅 3+𝑅4 = 6+2 = 1,5𝛺 3

+ Điện trở tương đương toàn mạch: 341

.𝑅

7,5.6

10 3

𝛺⇒𝐼=

𝑈 𝑅

18.3

= 5,4𝐴 𝑈

+ Lại có: 𝑈 = 𝑈2 = 𝑈134 = 18𝑉 ⇒ 𝐼2 = 𝑅2 =

⇒ 𝐼134 = 𝐼 − 𝐼2 = 5,4 − 3 = 2,4𝐴 ⇒ 𝑈1 = 𝐼1 𝑅1 = 2,4.6 = 14,4𝑉 ⇒ 𝑈34 = 𝑈134 − 𝑈1 = 3,6𝑉 + Lại có R4 // R3  U3 = U4 = U34 = 3,6 V  I3 = 0,6 A và I4 = 1,8 A

R2 M

+ Vì 𝐼134 = 𝐼1 = 𝐼34 = 2,4𝐴

B, M

= 3𝐴

ƠN

𝑅

 𝑅341 = 𝑅34 + 𝑅1 = 1,5 + 6 = 7,5𝛺

𝑅 = 𝑅 341+𝑅2 = 7,5+6 =

b. Khi nối ampe kế vào giữa M và B thì M và B được chập lại, mạch điện được vẽ lại: [(𝑅3 //𝑅4 )𝑛𝑡𝑅1 ]//𝑅2

+ Vì I1 = I3 + I4 = 2,4 A nên dòng qua R3 từ N đến M do vậy: IA = I3 + I2 = 3,6 A

Bài 5.

a. Mạch điện được vẽ lại như hình:

Từ hình thấy: {[(𝑅5 𝑛𝑡𝑅3 )//𝑅2 ]𝑛𝑡𝑅4 }//𝑅1

Ta có: 𝑅35 = 𝑅3 + 𝑅5 = 1 + 1 = 2𝛺 𝑅 .𝑅

R3 R2

2.2

⇒ 𝑅235 = 𝑅 2+𝑅35 = 2+2 = 1𝛺

𝑅 .𝑅

2.2

𝑅4235 = 𝑅235 + 𝑅4 = 1 + 1 = 2𝛺 ⇒ 𝑅 = 𝑅 1+𝑅4235 = 2+2 = 1𝛺

KÈ

4235

𝑈

b. Từ mạch gốc suy ra số chỉ của ampe kế A chính là cường độ dòng I4, theo mạch vẽ lại ta có: 𝐼4 = 𝑅 𝑀𝑁 = 4 2

= 2𝐴

4253

DẠ Y

Số chỉ vôn kế V là U3 = I3R3. Lại có: 𝑈35 = 𝑈 − 𝑈4 = 4 − 2.1 = 2𝑉 𝑈

⇒ 𝐼35 = 𝑅35 = 2 = 1𝐴 ⇒ 𝑈3 = 𝐼35 . 𝑅3 = 1.1 = 1𝑉 35

Bài 6.

Hiệu điện thế hai đầu C, D: UCD = UCB + UBD = U2 – UDB Cường độ dòng điện qua R1: I1 = R

U 1 +R2

= 5+25 = 30 = 0,4 A.

Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I1R2 = 0,4.25 = 10V.

Tự luận vật lý 11 U

3 +RDB

= 20+R . DB

Hiệu điện thế hai đầu D, B: UDB = I3RDB =

20+RDB

 UCD = 10 −

12RDB 20+RDB

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = R

a. Tính r – Khi hai điện trở r mắc nối tiếp: RDB = 2r 100−2r

𝑟

– Khi hai điện trở r mắc song song: RDB = 2  U2 = 10 – 40+𝑟

= 3U1

(2)

– Lấy (2) chia (1):

400+2r 40+r

10+r

⋅ 100−2r = 3 ⇔ 4000 + 380r − 2r 2 = 3. (4000 + 20r − 2r 2 )

400−2𝑟



r 2 r 20+ 2

12⋅

(1)

10+r

12.2r

 U1 = 10 – 20+2r =

 r + 80r − 2000 = 0 ⇒ r = 20Ω và r = –100( Ω) < 0: (loại). 2

Vậy: Giá trị của r là r = 20 Ω.

ƠN

b. Số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r

12𝑟

12.20

Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì: UCD = 10 – 20+𝑟 = 10 + 20+20 = 4 V c) Điện trở cần phải di chuyển để V chỉ số 0

Vậy: Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì số chỉ V là 4V. Ta có: UCD = UCB + UBD = UCB – UDB = 0   I1RCB = I3RDB

(1)

UCB = UDB

Mặt khác: UCD = UCA + UAD = –UAC + UAD = 0  UAC = UAD  I1RAC = I3RAD 𝑅

𝑅

(2)

– Lấy (2) chia (1) ta được: 𝑅𝐴𝐶 = 𝑅𝐴𝐷: mạch cầu cân bằng. 𝐶𝐵

 RAC.RDB = RAD.RCB

𝐷𝐵

Với: R1 = 5 Ω, R2 = 25 Ω, R3 = 20 Ω, r = 20 Ω:

 R2R3 = 25.20 = 500; R1.r = 5.20 = 100.

Vậy: Để mạch cầu cân bằng, ta chuyển r nối tiếp R1, lúc đó:

KÈ

RAC = R1 + r = 25 Ω và RAC.r = 25.20 = 500. Bài 7.

a. Khóa K mở, mạch vẽ lại như hình.

𝑅4

+ Ta có: 𝑅23 = 𝑅2 + 𝑅3 = 2 + 3 = 5𝛺;

DẠ Y

𝑅23 .𝑅4

𝑅23−4 = 𝑅

23 +𝑅4

𝑅5

5.5

= 5+5 = 2,5𝛺

𝑅3

𝑅2 𝑅4

Điện trở tương đương của mạch: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅23−4 + 𝑅1 + 𝑅5 = 2,5 + 1 + 0,5 = 4 Ω. Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 𝑅𝐴𝐵

20 4

= 5𝐴

Ta có: 𝐼1 = 𝐼5 = 𝐼23−4 = 𝐼 = 5𝐴 ⇒ 𝑈23−4 = 𝐼23−4 . 𝑅23−4 = 5.2,5 = 12,5𝑉 𝑈

Mà: 𝑈23 = 𝑈4 = 𝑈23−4 = 12,5𝑉 ⇒ 𝐼23 = 𝑅23 = 23

12,5 5

= 2,5𝐴

𝑅5

𝐵

Tự luận vật lý 11

Lại có: 𝐼4 = 𝐼1 − 𝐼23 = 5 − 2,5 = 2,5𝐴 Từ hình ban đầu ta suy ra số chỉ của V chính là U4  UV = U4 = 12,5V 𝐷

Chập hai điểm A và D lại rồi thực hiện các bước vẽ lại

𝑅3

mạch như bài trên ta vẽ được mạch sau:

12−4 +𝑅3

𝑅1 𝐶

= 26 𝛺 ⇒ 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅𝐴𝐸 +

𝐴 𝐷

Dòng điện qua mạch chính: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 𝑅𝐴𝐵

20 32 13

= 8,125𝐴 51

𝑅1

𝑅5

𝐵

𝐸

𝐶

𝑅2

𝑅5 = 26 + 0,5 = 13 𝛺

𝑅4

Ta có: 𝑅𝐴𝐸 = 𝑅

17 .3 3 17 +3 3

𝐸

𝑅2

𝐴 𝑅12−4 .𝑅3

b. Đóng khóa K, mạch điện như hình.

𝑅4

𝑅5

𝐵

𝑅3

Ta có: 𝐼5 = 𝐼𝐴𝐸 = 𝐼 = 8,125𝐴 ⇒ 𝑈𝐴𝐸 = 𝐼𝐴𝐸 . 𝑅𝐴𝐸 = 8,125. 26 = 15,9375 = 𝑈3 = 𝑈12−4 15,9375 3

= 5,3125𝐴

ƠN

𝑈

Dòng điện qua R3: 𝐼3 = 𝑅3 =

Dòng điện qua đoạn R1,2-4 là: 𝐼12−4 = 𝐼 − 𝐼3 = 8,125 − 5,3125 = 2,8125𝐴 ⇒ 𝐼12 = 𝐼4 = 2,8125𝐴 2

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, C: 𝑈𝐴𝐶 = 𝑈12 = 𝐼12 . 𝑅12 = 𝐼4 . 𝑅12 = 2,8125. 3 = 1,875𝑉 1

𝑈12 𝑅1

1,875 1

= 1,875𝐴

𝑈

Dòng điện qua R1: 𝐼1 = 𝑅1 =

Dòng điện qua R2: 𝐼2 = 𝐼12 − 𝐼1 = 2,8125 − 1,875 = 0,9375𝐴 Từ hình ban đầu ta suy ra số chỉ của V chính là U4  UV = U4 = I4.R4 = 14,0625V Bài 8. U

220

1 +Rv

⋅ R V ⇔ 70 = 15000+R ⋅ R v  RV = 7000 Ω.

Uv1 = I1 R V = R

Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R1: V

Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R2: I2 R V = R URv v2 −RV

220.7000 20

⋅ RV

- 7000 = 70000 Ω = 70 kΩ.

 R2 = U

U 2 +RV

Vậy: Giá trị của R2 là R2 = 70kΩ.

KÈ

Bài 9.

a. Từ sơ đồ mạch điện vẽ lại như sau, ta dễ dàng xác định được sơ đồ mắc các điện trở như sau: {⟨[(𝑅3 //𝑅6 )𝑛𝑡𝑅2 ]//𝑅5 ⟩𝑛𝑡𝑅1 }//𝑅4 𝑅5

𝑅 𝑅

Ta có: 𝑅𝐺𝐵 = 𝑅 3+𝑅6 = 5𝛺 6

DẠ Y

⇒𝑅𝐺𝐵−2 = 𝑅𝐺𝐵 + 𝑅2 = 10𝛺 𝑅𝐺𝐵−2 .𝑅5

𝑅𝐹𝐵 = 𝑅

𝐺𝐵−2 .+𝑅5

𝐴

= 5𝛺

.𝑅

Vậy: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 𝐹𝐵−1+𝑅4 = 5𝛺 𝐹𝐵−1

b. Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 =

𝑅2 𝐹

𝑅6 𝐺

𝑅4

𝑅𝐹𝐵−1 = 𝑅𝐹𝐵 + 𝑅1 = 10𝛺 𝑅

𝑅1

𝑈𝐴𝐵 𝑅𝐴𝐵

30 5

= 6𝐴

𝑅3

B (C;D;E)

Tự luận vật lý 11 𝑈

Ta có:𝐼4 = 𝑅4 =

𝑈𝐴𝐵

𝑅4

= 10 = 3𝐴, 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼4 ⇒ 𝐼1 = 𝐼 − 𝐼4 = 6 − 3 = 3𝐴

Lại có: 𝑈𝐹𝐵 = 𝑈𝐴𝐵 − 𝑈1 = 30 − 15 = 15𝑉 = 𝑈5

𝐶

𝐴1

Dòng điện chạy qua R5: 𝐼5 = 𝑅 = 10 = 1,5𝐴 5

𝑅4

Dòng điện chạy qua R2: 𝐼2 = 𝐼1 − 𝐼5 = 3 − 1,5 = 1,5𝐴 7,5𝑉 = 𝑈3 = 𝑈6 10 7,5

𝑈

𝐼6 = 𝑅6 = 6

𝑅5

𝑅1

𝐹

𝐺

= 0,75𝐴

𝑅3

𝐵

𝐴

= 0,75𝐴

𝐴3

𝑅6

𝐼3 = 𝑅 =

𝐸

Nên: {

7,5

𝐴2

𝑅2

Ta có: 𝐼36 = 𝐼2 = 1,5𝐴 ⇒ 𝑈36 = 𝑈𝐺𝐵 = 𝐼36 . 𝑅36 = 𝐼36 . 𝑅𝐺𝐵 = 1,5.5 = 𝑈3

𝐷

𝑈5

Hiệu điện thế hai đầu R1: 𝑈1 = 𝐼1 𝑅1 = 3.5 = 15𝑉

Số chỉ các ampe kế: Để tìm số chỉ các ampe kế ta phải dựa trên mạch gốc. Theo mạch gốc ta có: IA1 = I4 = 3A.

ƠN

Để xem A2 đo dòng nào ta phải xét nút F. Tại nút F có I1 đến, I2 đi mà I2 < I1 nên I1 phân nhánh cho I2 và I5. Vậy A2 sẽ đo dòng I4 + I5  IA2 = I4 + I5 = 3 + 1,5 = 4,5A

Vì I3 < I2 nên A3 đo dòng I4 + I5 + I6  IA3 = I4 + I5 + I6 = 4,5 + 0,75 = 5,25A

Bài 10.

Theo giả thiết các Ampe kế có điện trở RA.

Ta thấy: ⟨{[(𝐴3 𝑛𝑡2𝑅)//𝑅]𝑛𝑡𝐴2 }//𝑅⟩𝑛𝑡𝐴1 𝑅

a. Ta có: 𝑈𝐷𝐵 = 𝐼𝐴3 . (2𝑅 + 𝑅𝐴 ) = (𝐼𝐴2 − 𝐼𝐴3 )𝑅 ⇔ 𝐼𝐴3 . 𝑅𝐴 = (𝐼𝐴2 − 3𝐼𝐴3 )𝑅 ⇒ 𝑅 = 𝐼

𝐴2 −3𝐼𝐴3

𝐴

𝐼𝐴3

b. Ta có:

0,2

= 1−3.0,2 = 2

𝑈𝐶𝐵 = 𝑈𝐶𝐷 + 𝑈𝐷𝐵 = 𝐼𝐴2 . 𝑅𝐴 + 𝐼𝐴3 . (2𝑅 + 𝑅𝐴 ) = 1.2𝑅 + 0,2. (2𝑅 + 2𝑅) = 2,8𝑅 Lại có: 𝑈𝐶𝐵 = (𝐼𝐴1 − 𝐼𝐴2 )𝑅 = (𝐼𝐴1 − 1)𝑅

Vậy ta có: (𝐼𝐴1 − 1)𝑅 = 2,8𝑅 ⇒ 𝐼𝐴1 = 2,8 + 1 = 3,8𝐴 Bài 11.

KÈ

a. Mạch được vẽ lại 𝑅4 𝑛𝑡(𝑅2 //𝑅3 )𝑛𝑡𝑅1 𝑅2 𝑅3

+ Điện trở tương đương của mạch: 𝑅 = 𝑅4 + 𝑅 15𝛺

2 +𝑅3

𝑈

+ 𝑅1 =

DẠ Y

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅 = 15 = 1,2𝐴 + Dòng qua R1 và R4 là dòng chính: I1 = I4 = I = 1,2 A + Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R4 là: U1 = U4 = 7,2 V + Hiệu điện thế giữa hai hai điểm C và D: UCD = U2 = U3 = 18 – 2.7,2 = 3,6 V + Số chỉ ampe kế A là I4 nên: IA = I4 = 1,2 A + Số chỉ vôn kế là U4 nên: UV = U4 = 7,2 V

R2 R3

Tự luận vật lý 11

b. Khi đổi chỗ ampe kế và vôn kế mạch vẽ lại: R1 nt (R2 // R3) 𝑅 𝑅

+ Điện trở tương đương của mạch: 𝑅 = 𝑅1 + 𝑅 2+𝑅3 = 9𝛺 2

= 2𝐴

𝑈

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅 =

+ Số chỉ ampe kế A chính là dòng điện trong mạch chính nên IA = I = 2 A

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế cũng chính là hiệu điện thế giữa hai điểm A và D nên UV = 0. Bài 12. Giả sử các vôn kế có điện trở vô cùng lớn, khi đó mạch chỉ gồm các điện trở nối tiếp. Ta có: 𝑈𝐶𝐷 = 𝑉 = 𝐼. 2𝑅 𝑈𝑀𝑁 = 𝑉2 = 0

V B

{

 vôn kế có điện trở RV không phải rất lớn so

với R. 𝑉

ƠN

+ Xét đoạn mạch MN: 𝐼𝑉2 𝑅𝑉 = 1 ⇒ 𝐼𝑉2 = 𝑅

𝑅

+ Xét đoạn mạch EF:𝑈EF = 𝐼𝑉1 𝑅𝑉 = 𝐼𝑉2 𝑅 + 𝑈𝑀𝑁 = 𝐼𝑉2 𝑅 + 1 = 𝑅 + 1 ⇒ 𝐼𝑉1 = 𝑅2 + 𝑅 𝑉

𝑅

𝑉

+ Xét đoạn mạch CD: 𝑈𝐶𝐷 = 𝐼1 𝑅 + 𝑈EF = 𝐼1 𝑅 + 𝑅 + 1 = 5 𝑅

𝑅

𝑉

𝑅

⇒ 𝐼1 𝑅 + 𝑅 = 4 ⇔ (𝐼𝑉1 + 𝐼𝑉2 )𝑅 + 𝑅 = 4 ⇔ (𝑅2 + 𝑅 + 𝑅 ) 𝑅 + 𝑅 = 4 𝑉

𝑅2

3𝑅

𝑉

⇔ 𝑅2 + 𝑅 = 4 ⇔ 𝑅 2 + 3𝑅𝑅𝑉 − 4𝑅𝑉2 = 0 ⇒ 𝑅 = 𝑅𝑉

+ Vậy: 𝑈EF = 𝐼𝑉1 𝑅𝑉 = 𝐼𝑉2 𝑅 + 𝑈𝑀𝑁 = 𝐼𝑉2 𝑅 + 1 =

Bài 13.

𝑅 𝑅𝑉

+ 1 = 2𝑉

Trường hợp đặt vào giữa A và B hiệu điện thế 100 V thì đoạn mạch có: (R3 nt R2)// R1, nên I3 = I2 = IA = 1 A; R2 =

UAC = UAB – UCD = 60 V; R3 =

𝑈𝐴𝐶 𝐼3

𝑈𝐶𝐷 𝐼2

= 40 Ω.

KÈ

mạch có: (R3 nt R1)// R2. Khi đó UAC = UCD - UAB = 45 V. 𝑈𝐴𝐶 𝑅3

= 0,75 A; R1 =

𝑈𝐴𝐵 𝐼1

= 20 Ω.

DẠ Y

• Dạng 6. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA DÒNG ĐIỆN A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Công và công suất của dòng điện trên một đoạn mạch bất kì – Công của dòng điện: A = UIt. 𝐴

– Công suất của dòng điện: P = 𝑡 = UI.

2. Nhiệt lượng và công suất tiêu thụ bởi đoạn mạch chỉ tỏa nhiệt

A R1

= 60 Ω.

Trường hợp đặt vào giữa C và D hiệu điện thế 60 V thì đoạn

I3 = I1 =

R3 A

C R2 D

Tự luận vật lý 11

– Công suất nhiệt: P =

𝑄 𝑡

𝑈2 𝑅

= UI = RI2 =

𝑈2 𝑅

– Nhiệt lượng: Q = A = UIt = RI2t =

 Chú ý: – Đơn vị của A và Q có thể là J, kWh hoặc cal (calo) với:

+ 1kWh (số chỉ công–tơ điện) = 3.600.000J = 3.600kJ. + 1J = 0,24 cal; 1cal = 4,18J.

– Các dụng cụ chỉ tỏa nhiệt thường gặp là bóng đèn, bàn là, bếp điện,… Các dụng cụ này hoạt động bình thường khi hiệu điện thế đặt vào hai đầu dụng cụ bằng hiệu điện thế định mức (ghi trên dụng cụ), lúc đó dòng

điện qua dụng cụ bằng dòng điện định mức và công suất tiêu thụ của dụng cụ bằng công suất định mức (ghi trên dụng cụ). B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Một bàn là được sử dụng đúng với hiệu điện thế định mức là 220V trong 30 phút thì tiêu thụ một

ƠN

lượng điện năng là 1440 kJ. Hãy tính: a. Công suất điện của bàn là.

b. Điện trở của bàn là và dòng điện chạy qua nó khi đó.

a. Công suất tiêu thụ của bàn là: 𝑃 =

𝐴 𝑡

Hướng dẫn giải 1440.103 30.60

= 800𝑊 𝐴

1440.103

b. Cường độ dòng điện qua bàn là: 𝐴 = 𝑄 = 𝑈𝐼𝑡 ⇒ 𝐼 = 𝑈𝑡 = 220.30.60 = 11 (𝐴) 𝑈 𝐼

= 60,5𝛺

+ Điện trở của bàn là: 𝑅 =

Ví dụ 2: Một bếp điện được sử dụng liên tục trong 1,8 giờ ở hiệu điện thế 220V, khi đó số chỉ công tơ điện tăng thêm 2,4 số.

a. Tính điện năng mà bếp điện sử dụng, công suất của bếp điện và cường độ dòng điện chạy qua bếp trong thời gian nói trên.

b. Giả sử 1 số điện có giá là 2000 VNĐ thì số tiền phải trả khi dùng bếp trên mỗi ngày 1,8 giờ trong thời gian 1 tháng (30 ngày) là bao nhiêu?

KÈ

Hướng dẫn giải

a. Điện năng mà bếp tiêu thụ: A = 2,4 số = 2,4 kW.h + Công suất của bếp: 𝑃 =

𝐴 𝑡

2,4 1,8

= (𝑘𝑊) 3

𝑃

4.103

DẠ Y

+ Cường độ dòng điện qua bếp: 𝑃 = 𝑈𝐼 ⇒ 𝐼 = 𝑈 = 3.220 =

200 33

(𝐴) = 6,06(𝐴)

b. Số điện mà bếp đã tiêu thụ là: 𝑛 = 2,4.30 = 72 số + Số tiền điện phải trả: 72.2000 = 144.000 VNĐ

Ví dụ 3: Bếp điện mắc vào nguồn U = 120V. Tổng điện trở của dây nối từ nguồn đến bếp là 1 Ω. Công suất tỏa nhiệt trên bếp là 1,1kW. Tính cường độ dòng điện qua bếp và điện trở của bếp.

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải U

Mạch điện được vẽ lại như sau: I

𝑈

Cường độ dòng điện qua mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑅 . 𝑏

URb

Hiệu điện thế hai đầu của bếp: Ub = RbI = R+R . b

U2b

U⋅R

U2 ⋅R

 1100 = (R

2 b +1)

⇔ 144R b = 11(R b + 1)2

1202 ⋅R

Công suất toả nhiệt trên bếp: P = R = (R+Rb ) . R = (R+R b)2.

 11R2b − 122R b + 11 = 0 ⇒ R b = 11Ω. 120

Cường độ dòng điện qua bếp: I = R+R = 1+11 = 10 A.

Vậy: Cường độ dòng điện qua bếp là I = 10A, điện trở của bếp là Rb = 11  .

Ví dụ 4: Cho hai đèn 120V – 40W và 120V – 60W mắc nối tiếp vào nguồn U = 240V.

ƠN

a. Tính điện trở mỗi đèn và cường độ dòng điện qua hai đèn. b. Tính hiệu điện thế và công suất tiêu thụ mỗi đèn. Nhận xét về độ sáng của mỗi đèn

Cho biết điều kiện để hai đèn 120V sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 240V là gì?

Hướng dẫn giải

a. Điện trở mỗi đèn và cường độ dòng điện qua hai đèn

U2dm2 Pdm2

1202 40 1202

= 360 Ω.

= 240 Ω.

Điện trở của đèn 2: R 2 =

Pdm1

Điện trở của đèn 1: R1 =

U2dm1

Cường độ dòng điện qua hai đèn: I = R

1 +R2

240

= 360+240 = 0,4 A.

b. Hiệu điện thế và công suất tiêu thụ mỗi đèn Hiệu điện thế của đèn 1: U1 = R1I = 360.0,4 = 144V.

Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R1I2 = 360.0,42 = 57,6W. Hiệu điện thế của đèn 2: U2 = R2I = 240.0,4 = 96V.

KÈ

Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R2I2 = 240.0,42 = 38,4W. Ta có: P1 > Pđm1  đèn 1 sáng chói. P2 < Pđm2  đèn 2 sáng mờ.

DẠ Y

Để hai đèn 120V sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 240V thì hai đèn phải có cùng công suất

định mức.

Ví dụ 5: Để trang trí cho một quầy hàng, người ta dùng các bóng đèn 6V - 9W mắc nối tiếp vào mạch điện có hiệu điện thế không đổi U = 240V. a. Tìm số bóng đèn cần dùng để chúng sáng bình thường. b. Nếu có một bóng bị cháy, người ta nối tắt đoạn mạch có bóng đó lại thì công suất tiêu thụ của mỗi bóng tăng hay giảm bao nhiêu phần trăm?

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải Đ

b. Điện trở mỗi bóng: 𝑅Đ =

𝑈Đ2 𝑃Đ

240 6

= 40 (bóng)

𝑈

a. Số bóng cần dùng: 𝑛 = 𝑈 =

= 4𝛺

+ Nếu có một bóng bị cháy thì điện trở tổng cộng của các bóng còn lại là: R= 39RĐ = 156 Ω 𝑈 𝑅

240

= 156 = 1,54𝐴

+ Dòng điện qua mỗi đèn bây giờ là: 𝐼 =

+ Nghĩa là tăng lên so với trước:

9,47−9 9

. 100% = 5,2%

Nhận xét: Vì công suất của đèn vượt quá giá trị định mức nên rất dễ cháy.

+ Công suất tiêu thụ của mỗi bóng bây giờ là: P = I2RĐ = 9,47W

Ví dụ 6: Có hai bóng đèn có ghi: đèn 1 (220V – 100W), đèn 2 (110V – 60W) a. Nêu ý nghĩa các số liệu trên.

b. Ghép hai bóng đèn trên nối tiếp nhau. Hỏi công suất tối đa mà hai bóng đèn chịu được.

ƠN

c. Ghép hai bóng đèn trên song song nhau. Hỏi công suất tối đa mà hai bóng đèn chịu được. Hướng dẫn giải

a. Cho biết hiệu điện thế lớn nhất của mỗi đèn tương ứng là UĐ1 = 220V, UĐ2 = 110V và công suất lớn nhất

của mỗi bóng đèn tương ứng là PĐ1 = 100W, PĐ2 = 60W 5

2 (𝑅Đ1 + 𝑅Đ2 ) b. Khi mắc nối tiếp thì Imax = I1 = 11 𝐴nên: 𝑃𝑛𝑡 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 𝑃

𝑈2

𝐼Đ1 = 𝑈Đ1 = 11 𝐴, 𝑅Đ1 = 𝑃Đ1 = 484𝛺 Đ1 Đ1 Ta có: { 2 𝑃Đ2 6 𝑈Đ2 605 𝐼Đ2 = 𝑈 = 11 𝐴, 𝑅Đ2 = 𝑃 = 3 𝛺 + 𝑅Đ2 ) = 141,67 W.

Vậy:𝑃𝑛𝑡 =

Đ2

2 (𝑅Đ1 𝐼𝑚𝑎𝑥

𝑅

2 c) Khi mắc song song thì Umax = UĐ2 = 110W ⇒ 𝑃𝑠𝑠 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 : (𝑅 Đ1+𝑅Đ2 ) Đ1

Đ1

2 𝑈Đ1

𝑈Đ1 = 220𝑉, 𝑅Đ1 = 𝑃 = 484𝛺 Đ1 Ta có: { 2 𝑈Đ2 605 𝑈Đ2 = 110𝑉, 𝑅Đ2 = 𝑃 = 3 𝛺 𝑅

Đ1

𝑅

2 Vậy: 𝑃𝑠𝑠 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 : (𝑅 Đ1+𝑅Đ2 ) = 84,628 W. Đ1

KÈ

Đ1

Ví dụ 7: Một bếp điện gồm hai điện trở R1 và R2 có thể mắc nối tiếp hoặc song song vào cùng hiệu điện thế không đổi. Lúc đầu hai điện trở này mắc nối tiếp sau đó chuyển qua mắc song song. Công suất của bếp đã tăng lên hay giảm đi. Tăng lên hay giảm đi mấy lần. Tính R1 theo R2 để công suất bếp điện tăng lên (hay giảm đi)

DẠ Y

ít nhất.

Hướng dẫn giải

+ Lúc đầu hai điện trở mắc nối tiếp nên ta có: 𝑃𝑛𝑡 = 𝐼 2 (𝑅1 + 𝑅2 ) = 𝑅

1 +𝑅2

𝑅 𝑅

+ Lúc sau hai điện trở mắc song song nên ta có: 𝑃𝑠𝑠 = 𝐼 2 (𝑅 1+𝑅2 ) = 𝑃𝑠𝑠

+ Ta có: 𝑃 = 𝑛𝑡

𝑈2

(𝑅1 +𝑅2 )2 𝑅1 𝑅2

𝑅1 +𝑅2 √𝑅1 𝑅2

)

𝑈 2 (𝑅1 +𝑅2 ) 𝑅1 𝑅2

Tự luận vật lý 11 𝑃

+ Theo bất đẳng thức cô-si: 𝑅1 + 𝑅2 ≥ 2√𝑅1 𝑅2 ⇒ 𝑃𝑠𝑠 ≥ (2)2 = 4. 𝑛𝑡

+ Dấu “ = ” xảy ra khi R1 = R2

Vậy khi chuyển từ mắc nối tiếp sang mắc song song thì công suất tăng lên 4 lần

Ví dụ 8: Người ta dùng một ấm nhôm có khối lượng m1 = 0,4 kg để đun một lượng nước m2 = 2 kg thì sau 20

phút nước sẽ sôi. Bếp điện có hiệu suất H = 60% và được dùng ở mạng điện có hiệu điện thế U = 220V. Nhiệt độ ban đầu của nước là t1 = 200C, nhiệt dung riêng của nhôm c1 = 920 J/kg.K, nhiệt dung riêng của nước là c2 Hướng dẫn giải + Nhiệt lượng thu vào của ấm nước: Qthu = (m1c1 + m2c2)to = 698240 J

= 4,18 kJ/kg.K. Hãy tính nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nước và dòng điện chạy qua bếp.

+ Cường độ dòng điện chạy qua bếp: 𝑄𝑡𝑜𝑎 = 𝑈𝐼𝑡 ⇒ 𝐼 =

𝑄𝑡𝑜𝑎 𝑈𝑡

+ Do hiệu suất của chỉ đạt được 60% nên nhiệt lượng thực tế phải cung cấp là: Qtỏa =

𝑄𝑡ℎ𝑢 𝐻

=1,164.106 J

= 4,41 A.

Ví dụ 9: Một dây xoắn cuả ấm điện có tiết diện 0,20 mm2, chiều dài 0,1 m. Tính thời gian cần thiết để đun sôi

ƠN

2 lít nước từ 27oC nếu hiệu điện thế được đặt vào hai đầu dây xoắn là 220V. Biết hiệu suất cuả ấm là 80%, điện trở suất cuả chất làm dây xoắn là 5,4.10-5 Ωm, nhiệt dung riêng cuả nước là 4200 J/kg.K, khối lượng riêng của nước D = 1000kg/m3.

Hướng dẫn giải ℓ

+ Điện trở cuả dây xoắn là: 𝑅 = 𝜌 𝑠 = 5,4.10−5 . 0,2.10−6 = 27𝛺 + Nhiệt lượng có ích để đun cho nước đến sôi:

𝑄 = 𝑚𝑐(𝑡2 − 𝑡1 ) = 𝐷𝑉𝑐(𝑡2 − 𝑡1 ) = 1000.2.10−3 . 4200. (100 − 27) = 613200𝐽 𝑄𝑖 𝐻

613200 0,8

= 766500𝐽

+ Bếp có hiệu suất 80% nên nhiệt lượng bếp phải cấp: 𝑄 =

+ Nhiệt lượng này do điện năng chuyển thành từ dây xoắn. Do đó thời gian cần thiết để đun cho nước sôi là: 𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡 =

𝑈2 𝑅

𝑡⇒𝑡=

𝑄.𝑅 𝑈2

766500.27 2202

= 427,59𝑠 = 7,13 phút

Ví dụ 10: Để đun sôi một ấm nước người ta dùng hai dây dẫn R1, R2. Nếu chỉ dùng R1 thì sau 10 phút nước

sôi, chỉ dùng R2 thì sau 15 phút nước sôi. Biết rằng hiệu điện thế của nguồn điện không đổi, bỏ qua sự tỏa

KÈ

nhiệt từ ấm ra môi trường. Hỏi thời gian đun sẽ là bao nhiêu nếu: a. Dùng hai dây trên ghép song song. b. Dùng hai dây trên ghép nối tiếp. Hướng dẫn giải

DẠ Y

Nếu ấm nước có hai sợi dây nung R1 và R2 dùng cùng một nguồn (giá trị hiệu điện thế không thay đổi) để

đun một lượng nước nhất định thì Q và U đều không đổi. + Ta có: 𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡 =

𝑈2 𝑅

𝑡⇒𝑅=

𝑈2 𝑄

𝑡

+ Áp dụng cho các trường hợp dùng R1 hoặc dùng R2 ta có: 𝑈2

𝑈2

𝑡𝑛𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 𝑅𝑛𝑡 = 𝑅1 + 𝑅2 ⇒ 𝑡𝑛𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 𝑄 𝑄 𝑄 𝑄 1 1 1 { ⇒ { ⇒ { 1 1 1 𝑄 𝑄 𝑄 =𝑡 +𝑡 𝑈2 𝑡 = + ⇒ = + 𝑅 = 𝑅2 ⇒ 𝑅2 = 𝑄 𝑡2 𝑠𝑠 1 2 𝑅 𝑅 𝑅 𝑈 2𝑡 𝑈 2𝑡 𝑈2𝑡 𝑅 = 𝑅1 ⇒ 𝑅1 =

𝑡1

𝑠𝑠

Tự luận vật lý 11 1

𝑡 𝑡

𝑠𝑠

10.15

a. Khi dùng 2 dây ghép song song thì: 𝑡 = 𝑡 + 𝑡 ⇒ 𝑡𝑠𝑠 = 𝑡 1+𝑡2 = 10+15 = 6 phút 2

b. Khi dùng 2 dây ghép nối tiếp thì: 𝑡𝑛𝑡 = 𝑡1 + 𝑡2 = 10 + 15 = 25 t nt = t1 + t 2 = 10 + 15 = 25 phút

Ví dụ 11: Một ấm nước dùng với hiệu điện thế 220V thì đun sôi được 1,5 lít nước từ nhiệt độ 200C trong thời gian 10 phút. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg.K), khối lượng riêng của nước d = 1000 kg/m3 và

hiệu suất của ấm là 90%. a. Tính điện trở của ấm điện.

b. Tính công suất điện của ấm này.

c. Tính tiền điện phải trả cho việc sử dụng ấm này trong thời gian 30 ngày, mỗi ngày 20 phút, cho rằng giá điện là 1000 đồng/(kW.h).

Hướng dẫn giải

a. Nhiệt lượng mà ấm tỏa ra trong thời gian t = 10 phút: 𝑄1 = 𝐼 2 𝑅𝑡 =

𝑈2 𝑅

𝑡

ƠN

+ Nhiệt lượng mà nước thu vào: 𝑄2 = 𝑚𝑐(𝑡2 − 𝑡1 ) = 𝐷𝑉𝑐(𝑡2 − 𝑡1 )

+ Vì hiệu suất của ấm là H = 90% nên ta có: 𝑄2 = 𝐻. 𝑄1 ⇔ 𝐷𝑉𝑐(𝑡2 − 𝑡1 ) = 𝐻. 2 −𝑡1

2202 .10.60

𝑅

𝑡

= 0,9. 1000.1,5.10−3.4200.80 ≈ 52𝛺 )

b. Công suất của ấm: 𝑃 = 𝐼 2 𝑅 =

𝑈2 𝑅

2202

= 933,33𝑊 = 0,933𝑘𝑊

𝑈 2𝑡

+ Vậy: 𝑅 = 𝐻. 𝐷𝑉𝑐(𝑡

𝑈2

c) Thời gian sử dụng ấm trong 30 ngày là: t = 𝑡 = 3 . 30 = 10ℎ + Điện năng mà ấm tiêu thụ trong thời gian 30 ngày dùng là: 𝐴 = 𝑃. 𝑡 = 0,933.10 = 9,33𝑘𝑊ℎ

+ Mỗi kWh thì phải trả số tiền là 1000 đồng nên số tiền phải trả cho 9,33kWh là 9330 đồng.

Ví dụ 12: Người ta đun sôi một ấm nước bằng một bếp điện. Ấm tỏa nhiệt ra không khí trong đó nhiệt lượng hao phí tỉ lệ với thời gian đun. Khi hiệu điện thế U1= 200V thì sau 5 phút nước sôi, khi hiệu điện thế U2 = 100V thì sau 25 phút nước sôi. Hỏi nếu khi hiệu điện thế U3 = 150V thì sau bao lâu nước sôi? Hướng dẫn giải

𝑈2 𝑅

Ta có công suất toàn phần: 𝑃 =

hiệu điện thế:

KÈ

+ Gọi ∆P là công suất hao phí (vì toả nhiệt ra không khí). Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước sôi với từng 𝑈12 𝑈22 𝑈32 𝑄1 = ( − 𝛥𝑃) 𝑡1 ; 𝑄2 = ( − 𝛥𝑃) 𝑡2 ; 𝑄3 = ( − 𝛥𝑃) 𝑡3 𝑅 𝑅 𝑅

DẠ Y

+ Nhiệt lượng Q1, Q2 ,Q3 đều dùng để làm sôi nước do đó: Q1 = Q2 = Q3 𝑈2

𝑈2

⇔ ( 𝑅1 − 𝛥𝑃) 𝑡1 = ( 𝑅2 − 𝛥𝑃) 𝑡2 = ( 𝑅3 − 𝛥𝑃) 𝑡3 (2002 − 𝛥𝑃. 𝑅). 5 = (1002 − 𝛥𝑃. 𝑅). 25(1) Suy ra: { (1002 − 𝛥𝑃. 𝑅). 25 = (1502 − 𝛥𝑃. 𝑅)𝑡3 (2) Từ (1) ta có: (2002 − 𝛥𝑃. 𝑅). 5 = (1002 − 𝛥𝑃. 𝑅). 25 ⇒ 𝛥𝑃. 𝑅 = 2500 Thay ∆P.R = 2500 vào (2) ta có: 𝑡3 =

(1002 −𝛥𝑃.𝑅).25 (1502 −𝛥𝑃.𝑅)

= 9,375 phút

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 13: Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = U = 6V; R1 = 5,5 Ω; R2 = 3 Ω; R là một biến trở. A

b. Với giá trị nào của biến trở R thì công suất tiêu thụ trên biến trở R đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

Hướng dẫn giải

a. Khi R = 3,5 Ω, tìm công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM.

a. Khi R = 3,5 Ω thì điện trở tương đương của mạch là: RAB = R1 + R2 + R = 5,5 + 3 + 3,5 = 12 Ω. 𝑈

= 12 = 0,5𝐴

𝐴𝐵

Dòng điện chạy trong mạch: 𝐼 = 𝑅

b. Ta có: 𝑃𝑅 = 𝐼 2 𝑅 = (𝑅

𝑈 2𝑅

1 +𝑅2

62 𝑅

+𝑅)2

Theo bất đẳng thức cô-si: 𝑅 + 8,52 𝑅

8,52 𝑅

≥ 2√𝑅.

8,52 𝑅

8,52 𝑅+ +17 𝑅

= 17

+ 17 ≥ 34. PR = max khi và chỉ khi 𝑅 +

8,52

+ 17 = 𝑚𝑖𝑛 = 34

ƠN

Do đó: 𝑅 +

62 .𝑅

= (8,5+𝑅)2 = 𝑅2+17R+8,52 =

Công suất trên đoạn AM là: PAM = 𝐼 2 𝑅𝐴𝑀 = 0, 52 (𝑅2 + 𝑅) = 0, 52 (3 + 3,5) = 1,625𝑊

Vậy PRmax = = 34 = 1,06𝑊. Dấu “ = ” xảy ra khi 𝑅 =

𝑅

⇒ 𝑅 = 8,5𝛺

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

8,52

𝑅

Bài 1. Một bóng đèn dây tóc có ghi 24V – 2,4W.

a. Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính điện trở của bóng đèn, dòng điện qua bóng đền khi đèn sáng bình thường.

b. Mắc bóng đèn trên vào hai điểm có hiệu điện thế U = 20V. Cho rằng điện trở của dây tóc bóng đèn thay

đổi không đáng kể theo nhiệt độ. Tính công suất của bóng đèn khi đó. Bài 2. Một bóng đèn dây tóc có ghi 806 Ω – 60W. a. Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính hiệu điện thế tối ta có thể đặt vào hai đầu của bóng đèn; dòng điện qua bóng đền khi đèn sáng bình thường.

b. Mắc bóng đèn trên vào hai điểm có hiệu điện thế U/ = 200V. Cho rằng điện trở của dây tóc bóng đèn thay đổi không đáng kể theo nhiệt độ. Tính công suất của bóng đèn khi đó.

KÈ

Bài 3. Bóng đèn 1 có ghi 220V – 100W và bóng đèn 2 có ghi 220V – 25W a. Mắc song song hai bóng đèn này vào hiệu điện thế 220V. Tính điện trở R1 và R2 tương ứng của mỗi đèn và cường độ dòng I1 và I2 chạy qua mỗi đèn khi đó. b. Mắc nối tiếp hai bóng đèn vào hiệu điện thế 220V và cho rằng điện trở của mỗi bóng vẫn có giá trị như

DẠ Y

câu a. Hỏi đèn nào sáng hơn và có công suất gấp bao nhiêu lần đèn kia. Bài 4. Hai bóng đèn có công suất định mức lần lượt là 25W và 100W đều làm việc bình thường ở hiệu điện thế 110V. Hỏi:

a. Cường độ dòng điện qua bóng nào lớn hơn. b. Điện trở của bóng đèn nào lớn hơn. c. Có thể mắc nối tiếp hai bóng đèn này vào hiệu điện thế 220V được không? Đèn nào sẽ dễ hỏng?

Tự luận vật lý 11

Bài 5. Mắc hai bóng đèn Đ1 (120V −

Đ1

60W) và Đ2 (120V − 45 W) vào mạng điện có A

như hình vẽ. Tìm hiệu điện thế và công suất

Đ2

Đ1

định mức của hai đèn Đ3 và Đ4 để các đèn

đều sáng bình thường.

Đ4

hiệu điện thế U = 240 V theo sơ đồ a và b

Đ2

Đ3

a. Nếu mắc bếp vào nguồn 110V, công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần?

Bài 6. Bếp điện dùng với nguồn U = 220V.

b. Muốn công suất không giảm khi mắc vào nguồn 110V phải mắc lại cuộn dây bếp điện như thế nào? Bài 7. Có hai đèn 120V – 60W và 120V – 45W. r1

mức mỗi đèn. b. Mắc hai đèn theo một trong hai cách như hình

Đ1

Đ2

Đ2 (Cách 2)

(Cách 1)

r1, r2. Cách mắc nào có lợi hơn?

ƠN

dưới, UAB = 240V. Hai đèn sáng bình thường. Tìm

Đ1

a. Tìm điện trở và cường độ dòng điện định

Bài 8. Có thể mắc hai đèn (120V – 100W) và (6V – 5W) nối tiếp vào nguồn U = 120V được không? Bài 9. Có ba đèn, hiệu điện thế định mức mỗi đèn là 110V mắc vào nguồn U = 220V.

Tìm hệ thức liên hệ các công suất P1, P2, P3 để chúng sáng bình thường?

Đ1 A

X X

Đ2

Bài 10. Một bóng đèn dây tóc có ghi 220V – 110W và một bàn là có ghi

Đ3

220V – 250W cùng được mắc vào ổ lấy điện 220V của gia đình. a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch này. b. Hãy chứng tỏ rằng công suất P của đoạn mạch bằng tổng công suất của đèn và của bàn là.

bóng là bao nhiêu?

c. Nếu đem bóng đèn trên mắc vào hiệu điện thể U = 110V thì dòng điện qua bóng và công suất toả nhiệt của Bài 11. Để mắc đèn vào nguồn hiệu điện thế lớn hơn giá trị ghi trên đèn,

KÈ

có thể dùng một trong hai sơ đồ bên. Sơ đồ nào có hiệu suất cao hơn? Biết

DẠ Y

trong hai trường hợp đèn sáng bình thường. X

Bài 12. Một bếp điện khi hoạt động bình thường có điện trở 80 Ω và cường độ dòng điện qua bếp khi đó là 2,5 A.

a. Tính nhiệt lượng mà bếp tỏa ra trong thời gian 1 phút. b. Dùng bếp điện trên để đun sôi 1,5 lít nước có nhiệt độ ban đầu là 250C thì thời gian đun sôi nước là 20

phút. Coi rằng nhiệt lượng cần thiết để đun sôi nước là có ích. Tính hiệu suất của bếp. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg.K), khối lượng riêng của nước d = 1000 kg/m3.

Tự luận vật lý 11

c. Mỗi ngày sử dụng bếp điện này 3 giờ. Tính tiền điện phải trả cho việc sử dụng bếp điện đó trong 30 ngày, nếu giá 1kWh điện là 2000 đồng.

Bài 13. Dùng một bếp điện loại 200V – 1000W hoạt động ở hiệu điện thế U = 150V để đun sôi ấm nước. Bếp có hiệu suất là 80%. Sự tỏa nhiệt từ ấm ra không khí như sau: Nếu thử ngắt điện thì sau 1 phút nước hạ xuống 0,50C. Ấm có m1 = 100g, c1 = 600J/kg.K, nước có m2 = 500g, c2 = 4200J/kg.K, nhiệt độ ban đầu là 200 C. Tìm

thời gian cần thiết để đun sôi.

Bài 14. Một ấm đun nước bằng điện có 3 dây lò xo, mỗi cái có điện trở R = 120𝛺  , được mắc song song với

nhau. Ấm được mắc nối tiếp với điện trở r = 50𝛺  và được mắc vào nguồn điện. Hỏi thời gian cần thiết để đun ấm đựng đầy nước đến khi sôi sẽ thay đổi như thế nào khi một trong ba lò xo bị đứt.

Bài 15. Bóng đèn công suất 60W có dây tóc bằng vonfram (hệ số nhiệt điện trở α = 4,5.10–3độ–1). Nhiệt độ khi cháy sáng là 28000C. Tìm công suất đèn ngay lúc vừa bật đèn. Nhiệt độ phòng là 200C. Bài 16. Dây nikêlin (điện trở suất ρ = 4,4.10–7 Ωm), chiều dài 1m, tiết diện 2mm2 và dây nicrôm (ρ = 4,7.10– Ωm), chiều dài 2m, tiết diện 0,5mm2 mắc nối tiếp vào một nguồn điện. Dây nào sẽ tỏa nhiệt nhiều hơn và

nhiều gấp mấy lần?

ƠN

Bài 17. Bếp điện nối với hiệu điện thế U = 120V có công suất P = 600W được dùng để đun sôi 2 lít nước (c = 4200J/kg.độ) từ 200C đến 1000C, hiệu suất bếp là 80%.

Tìm thời gian đun và điện năng tiêu thụ theo kWh.

Bài 18. Dùng bếp điện để đun nước trong ấm. Nếu nối bếp với hiệu điện thế U1 = 120V, thời gian nước sôi là t1 = 10 phút còn nếu U2 = 100V thì t2 = 15 phút.

Hỏi nếu dùng U3 = 80V thì thời gian nước sôi t3 là bao nhiêu?

Biết rằng nhiệt lượng hao phí trong khi đun nước tỉ lệ với thời gian đun nước.

Bài 19. Một dây dẫn, khi có dòng điện I1 = 1,4A đi qua thì nóng lên đến t1 = 550C, khi có dòng I2 = 2,8A; t2 = 1600C. Coi nhiệt lượng tỏa ra môi trường xung quanh tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa dây và môi trường. Nhiệt độ môi trường không đổi. Bỏ qua sự thay đổi của điện trở dây theo nhiệt độ. Tìm nhiệt độ dây dẫn khi có dòng I3 = 5,6A đi qua.

Bài 20. Cho mạch điện như hìnhh vẽ. Biết R = 4 Ω, đèn Đ ghi 6V - 3W, UAB = 9 V không đổi, Rx là biến trở. Điện trở của đèn không đổi. Xác định

Đ Rx

KÈ

giá trị của Rx để:

a. Đèn sáng bình thường.

b. Công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất. Tính công suất đó.

DẠ Y

Bài 21. Có mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế hai đầu mạch là U = 12V. Các

A R2

từ 0 đến vô cùng. Điện trở ampe kế không đáng kể. a. Điều chỉnh R = 1,5 Ω. Tìm số chỉ của ampe kế và công suất tỏa nhiệt của

mạch AB.

b. Điều chỉnh R có giá trị bằng bao nhiêu thì công suất trên R đạt giá trị cực đại.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

điện trở mạch ngoài: R1 = 0,5; R2 = 6 Ω; R3 = 12 Ω. Điện trở R có giá trị thay đổi R

Tự luận vật lý 11

Bài 1. a. Số trên có ý nghĩa, hiệu điện thế lớn nhất của bóng đèn là Umax = 24 V và công suất lớn nhất là Pmax = 2,4 𝑈𝑑2 𝑃𝑑

242

= 2,42 = 240𝛺 𝑃

+ Khi đèn sáng bình thường thì: 𝐼𝑑 = 𝑈𝑑 =

2,4 24

𝑑

= 0,1(𝐴) 𝑈2

202

+ Công suất của đèn khi mắc vào nguồn U = 20 V: 𝑃 = 𝑅 = 240 = 3 = 1,67𝑊 𝑑

Bài 2.

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅𝑑 =

a. Số trên cho biết điện trở của dây tóc bóng đèn là 806 Ω, công suất cực đại đạt được bằng 60W

𝑃

𝑈2

+ Hiệu điện thế cực đại có thể đặt vào hai đầu của bóng đèn: 𝑃 =

𝑅

⇒ 𝑈 = √𝑃. 𝑅 = 219,91𝑉

+ Dòng điện qua bóng đèn khi đèn sáng bình thường: 𝐼 = 𝑈 = 219,91 = 0,273𝐴 /

b. Công suất của bóng đèn khi mắc vào hiệu điện thế U = 200V: 𝑃 = Bài 3.

𝑅2 =

𝑈12 𝑃1 𝑈22 𝑃2

= 484𝛺 = 1936𝛺

𝑅

= 49,6𝑊

a. Điện trở mỗi bóng đèn: {

𝑅1 =

(𝑈 / )

ƠN

+ Khi hai bóng trên mắc song song vào hiệu điện thế U = 220V thì hiệu điện thế hai đầu mỗi bóng đèn đều bằng hiệu điện thế định mức của chúng nên hai đèn lúc này sáng bình thường. 𝑃

𝐼1 = 𝑈1 = 0,455𝐴 + Và cường độ dòng điện qua mỗi bóng là: { 𝑃 𝐼2 = 𝑈2 = 0,114𝐴 b. Khi mắc nối tiếp hai điện trở thì điện trở tương đương của mạch là: 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅1 + 𝑅2 = 2420𝛺 𝑈

+ Cường độ dòng điện qua mỗi bóng lúc này là: 𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼 = 𝑅 = 11 (𝐴)

+ Công suất của mỗi bóng lúc này: {

𝑃1 = 𝑃2 =

𝐼12 𝑅1 𝐼22 𝑅2

𝑡𝑑

= 4𝑊 ⇒ 𝑃2 = 4𝑃1 = 16𝑊

Bài 4.

KÈ

+ Cùng cường độ dòng điện, nhưng 𝑃2 = 4𝑃1 nên đèn 2 sáng hơn đèn 1. 𝑃

DẠ Y

𝐼1 = 𝑈1 = 0,227𝐴 a. Cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn: { 𝑃 𝐼2 = 𝑈2 = 0,909𝐴 𝑈2

𝑅1 = 𝑃 = 484𝛺 1 b. Điện trở của mỗi bóng đèn: { 𝑈2 𝑅2 = 𝑃 = 121𝛺 2

c. Khi mắc hai bóng nối tiếp thì điện trở tương đương của mạch lúc này là: 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅1 + 𝑅2 = 605𝛺 𝑈/

+ Dòng điện qua mỗi bóng đèn lúc này là: 𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼 = 𝑅 = 11 ≈ 0,364(𝐴) 𝑡𝑑

+ Không thể mắc được vì đèn 1 sẽ dễ bị cháy

Tự luận vật lý 11

Bài 5. 𝑃

𝑑1

𝑃𝑑2

𝑈1 = 𝑈𝑑1 = 120(𝑉); 𝐼2 = 𝐼𝑑2 = 𝑈

𝑑2

= 0,375(𝐴)

𝐼 = 𝐼𝑑3 = 𝐼1 + 𝐼2 = 0,875(𝐴) + Để đèn 3 sáng bình thường thì: { 3 𝑈3 = 𝑈𝑑3 = 𝑈 − 𝑈1 = 120(𝑉) + Công suất định mức của đèn 3 là: 𝑃𝑑3 = 𝑈𝑑3 𝐼𝑑3 = 105(𝑊) + Vậy đèn Đ3 phải có hiệu điện thế

Đ2

Đ3 B

+ Để đèn 4 sáng bình thường thì:

𝐼 = 𝐼𝑑4 = 𝐼1 − 𝐼2 = 0,125(𝐴) {4 𝑈4 = 𝑈𝑑4 = 𝑈𝑑2 = 120(𝑉)

Đ2

là 105 W.

Đ1

định mức là 120 V và công suất định mức

Vì các đèn đều sáng bình thường nên: {

𝑈2 = 𝑈𝑑2 = 120(𝑉); 𝐼1 = 𝐼𝑑1 = 𝑈𝑑1 = 0,5(𝐴)

+ Công suất định mức của đèn 4 là: 𝑃𝑑4 = 𝑈𝑑4 𝐼𝑑4 = 15(𝑊)

Đ4

ƠN

+ Vậy đèn Đ4 phải có hiệu điện thế định mức là 120V và công suất định mức là 15W. Bài 6. a. Công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần 𝑈2

– Khi mắc bếp điện vào nguồn U = 220V: P = – Khi mắc bếp vào nguồn U1 = 110V: P1 =

𝑈12 𝑅

𝑅



𝑃1 𝑃

𝑈2

= 𝑈12 = 4.

Vậy: Nếu mắc bếp vào nguồn 110V thì công suất của bếp giảm đi 4 lần.

b. Cách mắc lại cuộn dây bếp điện:

𝑅

Muốn công suất không đổi thì điện trở phải giảm đi 4 lần: R’ = 4 =

𝑅𝑅 . 2 2 𝑅 𝑅 + 2 2

Vậy: Phải mắc song song hai nửa dây dẫn. Bài 7.

a. Điện trở và cường độ dòng điện định mức mỗi đèn

KÈ

Điện trở của đèn 1: 𝑅1 = 440𝛺.

Đ1 𝑈Đ2 𝑃Đ

2202 110

= X

dm1

(Cách 1)

= 120 = 0,5 A.

DẠ Y

Idm1 = U

. Điện trở của đèn 2: R đ2 =

Đ1

Đ2

X r2

Đ2

Cường độ dòng điện định mức của đèn 1: Pdm1

U2đm2 Pđm2

1202 45

= 320 Ω. Pdm2

Cường độ dòng điện định mức của đèn 2: Idm2 = U

dm2

= 120 = 0,375 A.

b. Tính r1, r2 Cường độ dòng điện qua r1: I1 = I𝑑 m1 + Idm2 = 0,5 + 0,375 = 0,875 A

(Cách 2)

Tự luận vật lý 11

Hiệu điện thế hai đầu r1: U1 = UAB – Uđm1 = 240 – 120 = 120V. Điện trở r1: r1 =

U1 I1

120

= 0.875 = 137Ω.

Cường độ dòng điện qua r2: I2 = Iđm1 − Iđdm2 = 0,5 - 0,375 = 0,125 A. Hiệu điện thế hai đầu r2: U2 = Uđm2 = 120V. U2 I2

120

= 0.125 = 960Ω.

Điện trở r2: r2 =

Công suất tỏa nhiệt trên dây: 𝑅1

𝑈2

𝑅đ ⋅𝑅𝑑 𝑟1 + 1 2 𝑅đ +𝑅𝑡2 1

+ Cách 2: P2 = R =

r2 R d 2 Rd1 + r2 +Rd 2

= =

2402 137+

240.320 240+320

2402 240+

960.320 960+320

= 210 W. = 120 W

Ta thấy: P2 < P1 nên cách mắc thứ 2 lợi hơn.

Điện trở của đèn 1: R1 =

U2dm1 Pdm1

1202 100

ƠN

Bài 8. = 144 Ω.

Pđm1

Điện trở của đèn 2: R 2 =

U2đm2 Pđm2

62 5

đm1

100

= 120 = 6 ≃ 0,83 A.

Cường độ dòng điện định mức của đèn 1: Iam1 = U

𝑈2

+ Cách 1: 𝑃1 =

= 7,2Ω.

Pđm2

Cường độ dòng điện định mức của đèn 2: Idm2 = U

đm2

= 6 ≃ 0,83 A.

Nếu mắc vào nguồn U = 120V thì cường độ dòng điện qua mỗi đèn là: 𝐼 = 𝑅

𝑈

120

1 +𝑅2

= 144+7,2 = 0,79 A.

Ta thấy: I < Iđm nên có thể mắc nối tiếp hai đèn vào nguồn 120V. Bài 9.

Để 3 đèn sáng bình thường thì: Idm1 + Idm2 = Idm3 𝑃đ m 1 Uđm1

Pđtm2 Uđm2

Pđm3

đm3

⇔ U1 + U2 = U3 1

U1 = U2 = U3 = 110V  P1 + P2 = P3

⇔ Mà

Đ1

Bài 10.

KÈ

Vậy: Để các đèn sáng bình thường thì P1 + P2 = P3.

Đ3

X X

Đ2

a. Gọi điện trở của bóng đèn và bàn là lần lượt là R1 và R2. 𝑈2

2202

110

DẠ Y

Ta có: 𝑅1 = 𝑃Đ =

𝑈2

2202

𝑏𝑙

250

= 440 Ω và 𝑅2 = 𝑃𝑏𝑙 =

= 193,6 Ω

Vì bóng đèn và bàn là cùng mắc vào một nguồn nên chúng mắc song song. Vậy điện trở tương đương của 𝑅 .𝑅

mạch là: 𝑅 = 𝑅 1+𝑅2 = 1

1210 9

= 134,44𝛺

b. Khi mắc hai dụng cụ song song vào mạch điện có U = 220V thì mỗi dụng cụ tiêu thụ công suất đúng bằng giá

trị định mức của nó nên P = P1 + P2 = 110 + 250 = 360 W

Trong khi đó công suất của mạch là: 𝑃 =

𝑈2 𝑅

2202 1210 9

= 360𝑊→ đpcm

Tự luận vật lý 11 𝑈

110

c) Nếu đem bóng đèn mắc vào hiệu điện thế U = 110V thì dòng điện qua bóng đèn khi này là: 𝐼1 = 𝑅 = 440 = 1

Công suất toả nhiệt của bóng đèn khi này là: 𝑃1 =

𝑈2 𝑅1

1102 440

0,25𝐴 = 27,5𝑊

Bài 11.

Hiệu suất cao hơn tức là công suất hao phí do tỏa nhiệt nhỏ hơn. Gọi R là điện trở mắc thêm vào đèn. Ta có:

Ta thấy:R d >

R 2 R Rd + 2

+ Rđ 2

⇒ R 2 > R 1  R2 > R1 𝑈2

𝑈2

+ Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 2: R 2 =

R 2 R Rđ + 2

Rđ

+ Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 1: R1 =

ƠN

Công suất tỏa nhiệt: P1 = 𝑅 ; P2 = 𝑅 . Vì R2 > R1  P2 < P1 nên cách mắc thứ 2 có hiệu suất cao hơn. Bài 12.

a. Nhiệt lượng mà bếp toả ra trong thời gian 1 phút: 𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡 = 2, 52 . 80.60 = 3.104 𝐽 b. Nhiệt lượng mà bếp tiệu thụ trong 20 phút: 𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑡 = 2, 52 . 80.20.60 = 6.105 𝐽 + Nhiệt lượng cần thiết để làm nước sôi:

𝑄𝑡ℎ𝑢 = 𝑚. 𝑐. (𝑡2 − 𝑡1 ) = 𝐷𝑉𝑐. (𝑡2 − 𝑡1 ) = 1000.1,5.10−3 . 4200. (100 − 25) = 472500𝐽 𝑄

472500 6.105

. 100% = 78,75%

+ Hiệu suất của bếp: 𝐻 = 𝑄 𝑖 . 100% = 𝑡𝑝

c) Công suất toả nhiệt của bếp là: 𝑃 = 𝐼 2 𝑅 = 2, 52 . 80 = 500𝑊 = 0,5𝑘𝑊 + Mỗi ngày sử dụng ấm 3h, do đó thời gian sử dụng của 30 ngày là 90h + Điện năng mà bếp tiêu thụ là: 𝐴 = 𝑃. 𝑡 = 0,5.90 = 45𝑘𝑊. ℎ + Vì giá 1kW.h điện là 2000 đồng nên số tiền phải trả trong 30 ngày là: 45.2000 = 90000 đồng

Bài 13.

Độ giảm nhiệt lượng của ấm trong thời gian 1 phút là:

KÈ

ΔQ = (m1c1 + m2c2)Δt = (0,1.600 + 0,5.4200)0,5 = 1080 J.

+ Nhiệt lượng hao phí trong mỗi giây là: 𝑄0 =

𝛥𝑄 𝑡

1080 60

= 18 J/s, đây chính là phần công suất hao phí ra

bên ngoài môi trường P = 18W.

DẠ Y

+ Điện trở của bếp: 𝑅 =

𝑈𝑏2 𝑃𝑏

2002

= 1000 = 40 Ω.

+ Công suất của bếp khi mắc vào nguồn U = 150V là: 𝑃 =

𝑈2 𝑅𝑏

1502 40

= 562,5 W.

+ Công suất có ích của ấm truyền cho nước: Pi = H.P = 0,8.562,5 = 450 W. + Ấm cung cấp công suất có ích là Pi = 450W nhưng bị hao phí ra bên ngoài môi trường mất P nên thực

chất công suất có ích cho quá trình đun sôi là: Pi = Pi - P = 450 – 18 = 432W

Tự luận vật lý 11

+ Nhiệt lượng có ích dùng cho việc đun sôi nước là: Qi = (m1c1 + m2c2)(t2 - t1) = (0,1.600 + 0,5.4200)(100 - 20) = 172800 J. 172800 432

𝑖

= 400𝑠 = 6 phút 40 giây

𝑄

Vậy thời gian cần thiết để đun sôi ấm nước trên là: 𝑡 = 𝑃𝑖 = Bài 14. 𝑅

+ Dòng điện chạy trong mạch: 𝐼1𝑚 = 𝑅

𝑈

= 40(𝛺)

1𝑚 +𝑟

2 + Thời gian t1 cần thiết để đun ấm nước đến khi sôi: 𝑄1 = 𝐼1𝑚 𝑅1𝑚 𝑡1 𝑄1

2 1𝑚 𝐼1𝑚

𝑄

= 𝑅1𝑚 (

𝑈 ) 𝑅1𝑚 +𝑟

𝑄(𝑅1𝑚 +𝑟)2

(1)

𝑈 2 𝑅1𝑚

⇒ 𝑡1 = 𝑅

* Lúc 2 lò xo mắc song song: 𝑅

Tương tự trên ta có: R2m = 2 = 60 Ω và I2m = 𝑅

+ Điện trở tương đương của ấm: 𝑅1𝑚 =

*Lúc 3 lò xo mắc song song:

𝑈

ƠN

2 +𝑟

2 + Thời gian t1 cần thiết để đun ấm nước đến khi sôi: 𝑄2 = 𝐼2𝑚 𝑅2𝑚 𝑡2 𝑄2

2 2𝑚 𝐼2𝑚

𝑄

= 𝑅2𝑚 (

𝑈 𝑅2𝑚 +𝑟

)

𝑡

𝑄(𝑅2𝑚 +𝑟)2 𝑈 2 𝑅2𝑚 𝑅

(2)

+𝑟)2

(𝑅

60(40+50)2

⇒𝑡2 = 𝑅

243

Lấy (1) chia cho (2) ta có : 𝑡1 = 𝑅2𝑚 (𝑅1𝑚 +𝑟)2 = 40(60+50)2 = 242 ≈ 1 2

1𝑚

2𝑚

Vậy 𝑡2 ≈ 𝑡1 phút Bài 15.

Gọi R0 là điện trở của đèn ở 00C.

– Điện trở của đèn khi cháy sáng (t1 = 28000C) là: R1 = R0(1 + αt1). – Điện trở của đèn lúc vừa mới bật ở nhiệt độ phòng (t2 = 200C) là: R2 = R0(1 + αt2). U2

– Công suất của đèn khi cháy sáng: P1 = R = R 1

– Công suất của đèn lúc mới bật: P2 = R = R 60(1+𝛼𝑡1 ) 1+𝛼𝑡2

60(1+4,5⋅10−3 ⋅2800) 1+4,5⋅10−3 ⋅20

= 60 ⇒ R = 60(1 + 𝛼t1 ) 0

0 (1+𝛼t2 )

= 748,6 W.

KÈ

𝑃2 =

U2 0 (1+𝛼t1 )

Vậy: Công suất của đèn lúc vừa mới bật là P2 = 748,6W. Bài 16.

DẠ Y

Công suất tỏa nhiệt của dây nikêlin: P1 = R1I2 = R1 R

U2 1 +R2

Công suất tỏa nhiệt của dây nicrôm: P2 = R2I2 = R 2 R P2

P = R = 1

𝑙 𝜌2 2

S2 𝑙1 𝜌1 S1

4.7⋅10−7 ⋅2 0,5⋅10−6

U2 1 +R2

2.10−6

⋅ 4,4⋅10−7 ⋅1 = 8.55.

Vậy: Dây nicrôm sẽ tỏa nhiệt nhiều hơn và nhiều gấp 8,55 lần.

Bài 17. Thời gian đun và điện năng tiêu thụ

Tự luận vật lý 11 A

Hiệu suất của bếp: H = A′ ⋅ 100% = P.t ⋅ 100% = 80% mcΔt Pt

= 0.8 ⇒ t =

mc,Δt

0.8P

2.4200⋅(100−20) 0.8.600

= 1400 s = 23,3 phút.



840000

Điện năng tiêu thụ: A = Pt = 600.1400 = 840000J = 3600000 ≈ 0,23 kWh. Bài 18. Nhiệt lượng cung cấp cho nước trong 3 trường hợp là như nhau và bằng: 𝑈2

𝑈2

𝑄 ′ = 𝑄 − Δ𝑄 = ( 𝑅1 − 𝐴) 𝑡1 = ( 𝑅2 − 𝐴) 𝑡2 = ( 𝑅3 − 𝐴) 𝑡3

 (U12 − AR)t1 = (U22 − AR)t 2 = (U32 − AR)t 3

Gọi A là hệ số tỉ lệ, nhiệt lượng hao phí trong thời gian đun nước là: ∆Q = Q.t.

Vậy: Thời gian đun và điện năng tiêu thụ của bếp là t = 23,3 phút và A = 0,23 kWh.

Ta có: (U12 − AR)t1 = (U22 − AR)t 2

⇔ (1202 − AR). 10 = (1002 − AR). 15 ⇔ 1202 − AR = 15000 − 1,5AR

ƠN

⇔ 0.5AR = 600 ⇒ AR = 1200 Mặt khác: (U22 − AR)t 2 = (U32 − AR)t 3  t3 =

(U22 −AR)t2 U23 −AR

(1002 −1200)⋅15 802 −1200

= 25,4 (phút).

Vậy: Thời gian đun sôi nước là t3 = 25,4 phút. Bài 19.

Gọi A là hệ số tỉ lệ nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh: ΔQ = A.Δt = A(t - t0) Nhiệt lượng toàn phần cung cấp cho dây: Q = Q’ + ∆Q: RI12 t =mc(t1 - t0) + A(t1 - t0) = (t1 - t0)(mc+A)

(1)

RI22 t = mc(t2 - t0) + A(t2 - t0) = (t2 - t0)(mc+A)

(2)

RI32 t = mc(t3 - t0) + A(t3 - t0) = (t3 - t0)(mc+A) I2

1,4 2

t −t

(3)

55−t

Lấy (1) chia cho (2): I12 = t1 −t0 ⇔ (2,8) = 160−t0 = 4 2

 220 – 4t0 = 160 – t0  t0 = 20 C. I2

t −t

2,8 2

KÈ

Lấy (2) chia cho (3): I22 = t2 −t0 ⇔ (5,6) = 3

100−20 t3 −20

 Giải ra được t3 = 5800C. Vậy: Khi có dòng I3 chạy qua thì nhiệt độ của dây dẫn là t3 = 580oC.

DẠ Y

Bài 20.

a. Đèn sáng bình thường nên: 𝑈DB = U𝑅𝑥 = U§ = 6 V ⇒ I = Mặt khác: 𝐼𝑅𝑥 = I - I§ = I ⇒ 𝑅𝑥 =

𝑈DB 𝐼𝑅𝑥

b. Đặt Rx = x.

0,25

𝑃§ 𝑈§

= 24 Ω.

𝑈AD 𝑅

𝑈AB - UDB 𝑅

= 0,75 A

= 0,75 - 0,5 = 0,25 A. A

Đ Rx

U.R

Ta có: 𝑈DB = U - UAD = U - I.R = U ⇒ 𝑃𝑥 =

2 𝑈𝐷𝐵

𝑅𝑥

729 3 16( +√𝑥)2 √𝑥

R+

. Px max khi (

√𝑥

𝑅§ .x 𝑅§ + x

27x 4(3 + x)

+ √𝑥)min

Tự luận vật lý 11

Theo bất đẳng thức cô-si suy ra: x = 3 Ω  Px  3,8 W 𝑅 𝑅

Bài 21. 6.12

a. Điện trở tương đương của toàn mạch: 𝑅 = 𝑅1 + 𝑅 2+𝑅3 + 𝑅 = 0,5 + 6+12 + 1,5 = 6𝛺 2

12 6

= 2𝐴

𝑈

Cường độ dòng điện mạch chính AB: 𝐼 = 𝑅 =

2 Công suất mạch AB: 𝑃𝐴𝐵 = 𝐼𝐴𝐵 𝑅𝐴𝐵 = 22 . 6 = 24𝑊

𝑃𝑅 = 𝐼 𝑅 =

𝑈2𝑅 2 𝑅 .𝑅 (𝑅1 + 𝑅 2+ 𝑅3 + 𝑅) 2

122 𝑅 122 𝑅 = = (4,5 + 𝑅)2 𝑅 2 + 4, 52 + 9𝑅

Theo cô-si ta có: 𝑅 +

4,52 𝑅

Dấu “ = ” xảy ra khi 𝑅 =

≥ 2√𝑅. 4,52 𝑅

4,52 𝑅

ƠN

12 4, 52 𝑅+ 𝑅 +9

122

= 9 ⇒ 𝑃𝑅𝑚ax = 9+9 = 8 W.

b. Công suất trên R: 2

⇒ R = 4,5 Ω.

• Dạng 7. Định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín)

E, r

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Mạch kín cơ bản (gồm nguồn và điện trở thuần):

𝐸

I = 𝑅+𝑟.

(R là điện trở của mạch ngoài; E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn). 2. Mạch kín gồm nhiều nguồn điện và máy thu mắc nối tiếp với điện trở thuần: ∑ 𝐸−∑ 𝐸 ′ 𝑅+∑ 𝑟+∑ 𝑟 ′

E, r

của nguồn; E’, r’ là suất điện động và điện trở trong của máy thu điện với quy ước:

Nguồn điện

nguồn khi dòng điện đi vào từ cực âm và đi ra từ cực dương; máy thu khi dòng điện đi

E’, r’

KÈ

(R là điện trở tương đương của mạch ngoài; E, r là suất điện động và điện trở trong

vào từ cực dương và đi ra từ cực âm).

I Máy thu

DẠ Y

3. Mạch kín gồm nhiều nguồn giống nhau (E, r) mắc thành bộ và điện trở thuần: 𝐸

𝑏 I = 𝑅+𝑟

(R là điện trở tương đương của mạch ngoài; Eb, rb là suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn)

E, r

E, r E, r Nối tiếp

Tự luận vật lý 11

+ Nếu n nguồn giống nhau mắc nối tiếp thì: Eb = nE; rb

E, r

= nr. E, r E, r

E, r

+ Nếu n nguồn giống nhau mắc song song thì: Eb = E; 𝑟

E, r

rb = 𝑛.

E, r

+ Nếu N nguồn giống nhau mắc hỗn hợp đối xứng E, r

𝑛𝑟

. 𝑚

E, r

Song song

Hỗn hợp đối xứng

thành m dãy, mỗi dãy có n nguồn thì: Eb = nE; rb =

E, r

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Đèn 3V – 6W mắc vào hai cực ac quy (E = 3V, r = 0,5 Ω). Tính điện trở đèn, cường độ dòng điện, hiệu điện thế và công suất tiêu thụ của đèn. 𝑈2

Điện trở của đèn: R = 𝑃đ𝑚 2 = đ𝑚

32 6

= 1,5 Ω 𝐸

ƠN

Hướng dẫn giải

Cường độ dòng điện qua đèn: I = 𝑅+𝑟 = 1,5+0,5 = 1,5 A. Hiệu điện thế của đèn: U = IR = 1,5.1,5 = 2,25V.

Công suất tiêu thụ của đèn: P = RI2 = 1,5.1,52 = 3,375W.

Ví dụ 2: Khi mắc điện trở R1 = 5 Ω vào hai cực của một nguồn điện thì hiệu điện thế mạch ngoài là U 1 = 10 V, nếu thay R1 bởi điện trở R2 = 11 Ω thì hiệu điện thế mạch ngoài là U2 = 11 V. Tính suất điện động của

nguồn điện.

Hướng dẫn giải

Khi mắc điện trở R1 vào hai cực của nguồn điện thì: {

𝑈

𝐼1 = 𝑅1 = 2(𝐴) 1

𝐸 = 𝑈1 + 𝐼1 𝑟 = 10 + 2𝑟(1) 𝑈

𝐼2 = 𝑅2 = 1(𝐴) 2

𝐸 = 𝑈2 + 𝐼2 𝑟 = 11 + 𝑟(2)

+ Khi mắc điện trở R2 vào hai cực của nguồn điện thì: { + Từ (1) và (2) ta có: {𝐸 = 12(𝑉) 𝑟 = 1𝛺

KÈ

Ví dụ 3: Hai điện trở R1 = 2 Ω, R2 = 6 Ω mắc vào nguồn (E, r).

E, r

Khi R1, R2 nối tiếp, cường độ trong mạch IN = 0,5A. Khi R1, R2 R1

DẠ Y

song song, cường độ mạch chính IS = 1,8A. Tìm E, r.

R2 R2

Hướng dẫn giải

– Khi [R1 nt R2]  RN = R1 + R2 = 2 + 6 = 8 Ω.  IN = 𝑅 𝑅 𝑅

2.6

𝐸 𝑁

𝐸

 0,5 = 8+𝑟 +𝑟

𝐸

– Khi [R1 // R2]  𝑅𝑁′ = 𝑅 1+𝑅2 = 2+6 = 1,5 Ω  IS = 𝑅′ +𝑟  1,8 = 1,5+𝑟 1

𝑁

4 + 0,5𝑟 = 𝐸 – Từ (1) và (2), suy ra: {  r = 1 Ω; E = 4,5V. 2,7 + 1,8𝑟 = 𝐸

(1) (2)

Tự luận vật lý 11

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 4,5V và r = 1  .

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình. Biết nguồn điện có suất điện động E = 12V và có điện trở trong r = 1 Ω, các điện trở R1 = 10 Ω, R2 = 5 Ω và R3 = 8 Ω. R1

a. Tính tổng trở RN của mạch ngoài.

c. Tính hiệu điện thế U1 giữa hai đầu điện trở R1.

d. Tính hiệu suất H của nguồn điện. e. Tính nhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trong thời gian 10 phút. a. Tổng trở mạch ngoài: RN = R1 + R2 + R3 = 23 Ω 𝐸

= 23+1 = 0,5 A. +𝑟

ƠN

+ Hiệu điện thế mạch ngoài U: 𝑈 = 𝐼. 𝑅𝑁 = 0,5.23 = 11,5 V.

Hướng dẫn giải

𝑁

b. Tính cường độ dòng điện I chạy qua nguồn điện và hiệu điện thế mạch ngoài U.

b. Cường độ dòng điện chạy qua nguồn: 𝐼 = 𝑅

E, r

c. Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R1: U1 = I.R1 = 0,5.10 = 5 V 𝑈

d. Hiệu suất của nguồn điện: 𝐻 = 𝐸 . 100% =

11,5 12

. 100% = 95,83%

e. Nhiệt lượng tỏa ra trong 10 phút ở mạch ngoài: 𝑄 = 𝐼 2 𝑅𝑁 𝑡 = 0, 52 .23.(10.60) = 3450 J = 3,45 kJ. Ví dụ 5: Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện điện E = 12V và

𝐸, 𝑟 A

có điện trở trong r = 0,5 Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = 4,5 Ω, R2 = 4 Ω, R3 = 3 Ω. Hãy số chỉ của ampe kế, công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài, hiệu suất

của nguồn điện khi

B R2

a. K mở.

b. K đóng. Hướng dẫn giải

a. Khi K mở mạch gồm R1 nối tiếp R2 nối tiếp R3

+ Tổng trở mạch ngoài là: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 11,5 Ω. + Dòng điện trong mạch: 𝐼 = 𝑅

𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

= 1 A ⇒ IA = 1 A.

KÈ

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 11,5 W. + Hiệu suất nguồn: 𝐻 =

𝑈 𝐸

𝐼.𝑅𝑡𝑑 𝐸

1.11,5 12

= 95,83%

b. Khi khóa K đóng, A và B cùng điện thế nên chập A, B, mạch điện vẽ lại như hình

DẠ Y

+ Tổng trở mạch ngoài là: Rtđ = R1 + R2 = 7,5 Ω + Dòng điện trong mạch: 𝐼 = 𝑅

𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

E, r

= 1,5(𝐴) ⇒ 𝐼𝐴 = 1,5(𝐴) R3

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 16,875𝑊 + Hiệu suất nguồn: 𝐻 =

𝑈 𝐸

𝐼.𝑅𝑡𝑑 𝐸

1.7,5 12

= 93,75%

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 9V và điện trở trong r = 1 Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = R2 = R3 = 3 Ω, R4 = 6 Ω.

AB

Tự luận vật lý 11

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu điện thế hai đầu mỗi

E, r D

điện trở. b. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm C và D.

R1 R2

Hướng dẫn giải

𝐸

= 1 A ⇒ I4 = 1 A.

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu R4: 𝑈4 = 𝐼4 𝑅4 = 6(𝑉)

+ Tổng trở của mạch ngoài: Rng = RAB + R4 = 8 Ω 𝑛𝑔 +𝑟

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝑅 .𝑅

a. Ta có: R23 = R2 + R3 = 6 Ω  𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 1+𝑅23 = 2 Ω. 1

c. Tính hiệu điện thế hai đầu nguồn điện và hiệu suất của nguồn điện.

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅𝐴𝐵 = 2(𝑉) ⇒ 𝑈1 = 𝑈23 = 2(𝑉) 𝑈

+ Dòng điện qua R1: 𝐼1 = 𝑅1 = 3 (𝐴) 1

ƠN

+ Dòng điện qua R2 và R3 là: 𝐼23 = 𝐼2 = 𝐼3 = 𝐼 − 𝐼1 = 1 − 3 = 3 (𝐴) + Hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện trở R2 và R3 là: {

𝑈2 = 𝐼2 𝑅2 = 1(𝑉) 𝑈3 = 𝐼3 𝑅3 = 1(𝑉)

b. Hiệu điện thế giữa hai điểm C và D: UCD = U3 + U4 = 1 + 6 = 7 V.

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

𝑈 𝐸

c. Hiệu điện thế hai đầu nguồn: U = E - Ir = 9 - 1 = 8 V. 8

= 9 = 88,89%

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình: E = 12 V, r = 1 Ω, R1 = R2 = 4 Ω, R3 = 3

R1 C

R3 D

Ω, R4 = 5 Ω.

a. Tìm điện trở tương đương mạch ngoài.

b. Tìm cường độ dòng điện mạch chính và UAB.

E, r

c. Tìm cường độ dòng điện trong mỗi nhánh và UCD. Hướng dẫn giải

𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 = 8𝛺 𝑅34 = 𝑅3 + 𝑅4 = 8𝛺

a. Ta có: {

𝑅 𝑅

KÈ

+ Điện trở tương đương của mạch ngoài: 𝑅𝑛𝑔 = 𝑅 12+𝑅34 = 4𝛺 12

b. Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝐸

𝑛𝑔 +𝑟

= 2,4(𝐴)

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: UAB = I.Rng = 9,6 V

DẠ Y

c) Do R12 và R34 bằng nhau, mà chúng mắc song song nên: 𝐼12 = 𝐼34 =

𝑈𝐴𝐵 𝑅12

= 1,2(𝐴)

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình vẽ: E = 4,8V, r = 1 Ω, R1 = R2 = R3 = 3 Ω,

E, r

R4 = 1 Ω, RV rất lớn. a. Tìm số chỉ của vôn kế. b. Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0.

A R1

Tìm số chỉ của ampe kế. Hướng dẫn giải

R4 R3 V

Tự luận vật lý 11

a. Số chỉ của vôn kế Vì RV rất lớn nên mạch được vẽ lại như sau: Số chỉ của vôn kế bằng UAB 2

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅

𝐸

3+3+3

= 3Ω.

4,8

𝑁 +𝑟

= 3+1 = 1,2 A

E, r

 U4 = IR4 = 1,2.1 = 1,2V. U3 = I3R3 =

𝑈𝐴𝐷 𝑅23

𝐼.𝑅𝐴𝐷

.R3 =

𝑅23

.R3

với R23 = R2 + R3 = 3 + 3 = 6 Ω

R2 C R3

3.6

 RAD = 𝑅 1+𝑅23 = 3+6 = 2Ω  U3 = 𝑈3 =

1,2.2

.3 = 1,2 V.

𝑅 𝑅

3.(3+3)

R (R +R )

Điện trở mạch ngoài: RN = R4 + R1 +R2 +R3 = 1 +

Vậy: Số chỉ của vôn kế là: UCB = UCD + UDB = U3 + U4 = 1,2 + 1,2 = 2,4V. b. Số chỉ của ampe kế

Khi thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0 thì mạch được vẽ lại như sau: R

ƠN

Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I3. R

Điện trở mạch ngoài: RN = R 134+R2 , 134

𝑅 𝑅

3.1

với R134 = R1 + 𝑅 3+𝑅4 = 3 + 3+1 = 3,75 Ω 3,75.3

 RN = 3.75+3 = 3 Ω

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R

I⋅RN R2

5 3

1,8⋅ 3

= 1 A.

I1 = I – I2 = 1,8 – 1 = 0,8A. I3 =

UDB R3

I1 .RDB R3

I .R .R

I R

= R 1(R 3+R4 ) = R 1+R4 = 3

R4 R1 A

B≡C

4,8

N +r

=5 3

= 5 = 1.8 A

UAB

Và I2 =

E,r

0,8.1 3+1

= 0,2 A

Vậy: Số chỉ của ampe kế: I2 + I3 = 1 + 0,2 = 1,2A. Ví dụ 9: Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động

E = 6V, và điện trở trong r = 0,5 Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = R2

KÈ

= 2 Ω, R3 = R5 = 4 Ω, R4 = 6 Ω. Điện trở của ampe kế không đáng kể.

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở. b. Tìm số chỉ của ampe kế, tính công suất tỏa nhiệt của mạch

DẠ Y

ngoài và hiệu suất nguồn điện. Hướng dẫn giải

𝐸, 𝑟

R2 A

R3 A

B R5

Tự luận vật lý 11

a. Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên C và D có cùng điện thế nên chập C và D vẽ lại mạch điện như hình.

E, r

+ Ta có: {

𝑅24 = 𝑅

2 +𝑅4

= 1,5𝛺

𝑅 .𝑅

𝑅35 = 𝑅 3+𝑅5 = 2𝛺 3

𝑅2 .𝑅4

+ Do đó: 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅24 + 𝑅35 = 3,5𝛺

A 𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

= 1(𝐴) ⇒ 𝐼1 = 1(𝐴)

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

+ Tổng trở mạch ngoài: Rtđ = R1 + RAB = 5,5 Ω

𝑈

𝐼2 = 𝑅2 = 0,75(𝐴) ⇒ 𝐼4 = 𝐼24 − 𝐼2 = 0,25(𝐴) 2 + Do đó: { 𝑈3 𝐼3 = = 0,5(𝐴) ⇒ 𝐼5 = 𝐼35 − 𝐼3 = 0,5(𝐴) 𝑅3

𝑈 = 𝑈4 = 𝑈24 = 𝐼24 . 𝑅24 = 1,5𝑉 + Ta có: I24 = I35 = I = 1 A.  { 2 𝑈3 = 𝑈5 = 𝑈35 = 𝐼35 . 𝑅35 = 2𝑉

b. Để tìm số chỉ ampe kế ta phải quay về mạch gốc, và phải chỉ ra được dòng điện qua ampe kế theo chiều C

ƠN

đến D hay ngược lại.

+ Nhận thấy: 𝐼2 = 0,75(𝐴) > 𝐼3 = 0,5(𝐴)  dòng điện từ R2 chia làm hai nhánh, một nhánh qua ampe kế 𝐼2 − 𝐼3 = 0,25(𝐴)

và một nhánh qua R3. Hay dòng điện qua ampe kế theo chiều C đến D và số chỉ của ampe kế khi đó là: 𝐼𝐴 = + Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 5,5𝑊 + Hiệu suất nguồn: 𝐻 =

𝑈 𝐸

𝐼.𝑅𝑡𝑑 𝐸

1.5,5 6

= 91,67%

Ví dụ 10: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = 6 Ω, R3 = 3 Ω, r = 5

R1 M

Tính E và số chỉ của ampe kế A2. Hướng dẫn giải

điện như hình sau [R1 // R2 //

R1 M

DẠ Y  I2 =

UAB R2

1.2 6

UAB R1

1.2 6

= 0,2 A.

= 0,2 A và I3 = I23 – I2 = 0,6 – 0,2 = 0,4A.

Số chỉ của ampe kế A2 bằng tổng I1 và I2: I1 + I2 = 0,2 + 0,2 = 0,4A.

Tìm E:

Ta có: I = 𝑅

𝐸 𝑁 +𝑟

 E = I(RN + r)

R2 A2

E, r E, r

Số chỉ của ampe kế A1 bằng tổng I2 và I3: I2 + I3 = 0,6A = I23  UAB = I23.R23 = 0,6.2 = 1,2V  I1 =

KÈ

R3]:

E, r

Vì điện trở của các ampe kế

bằng 0 nên ta có thể vẽ lại mạch

R3 N

Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,6A.

R3 B

Tự luận vật lý 11

với: I = I1 + I2 + I3 = 0,2 + 0,2 + 0,4 = 0,8A 1 RN

= R + R + R = 6 + 6 + 3 = 3 ⇒ R N = 2 = 1,5 Ω. 1

và E = 0,8.(1,5 + 5) = 5,2V. Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 5,2V; số chỉ A2 là 0,4A. E = 24V, r = 1 Ω,

A A

R1 = 3 Ω, R2 = R3 = R4 = 6 Ω,

R1 C

Hướng dẫn giải Vì RA = 0 nên mạch được vẽ lại như sau:

R124 .R3

3.6

1 +R2

8.6

= 6 + 3+6 = 8 Ω.  RN = 8+6 =

 I3 =

UAB R3

168 31

576

⋅

24 7

576

= 31.6 = 31 A (1)

576

E N

= 24 +r 7

24 7

và I124 = R AB = 31.8 = 31 A  UAC = I124.R12 = 31 . 2 = 𝑅2

144

= 31,6 = 31 A (2)

 I2 =

𝑈𝐴𝐶

124

Từ (1) và (2) suy ra: I2 + I3 = Vậy: Số chỉ ampe kế bằng

+ 31 = 31

120 31

168 31

120 31

144 31

R3 B

R1 C

R2 R4

E, r

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R  UAB = IRN =

ƠN

R124 ⋅.R3

Điện trở mạch ngoài: RN = với R124 = R4 + R

R3 R2 C

A R1

E, r

E,r A

KÈ

a. Tính suất điện động của nguồn.

Tìm số chỉ của ampe kế.

R4 C

Hướng dẫn giải

DẠ Y

b. Đổi chỗ nguồn và ampe kế.

a. Suất điện động của nguồn Vì ampe kế có RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại như sau: Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I4 = 0,5A (1) 2

= 10

Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,5A.

B R4

Ví dụ 12: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = R3 = 40 Ω, R4 = 30 Ω, r

Vì R1 = R2  I1 = I2 =

Số chỉ của ampe kế bằng tổng dòng điện qua R2 và R3

E,r

Tìm số chỉ của ampe kế.

R1 R2

RA = 0.

Ví dụ 11: Cho mạch điện như hình vẽ:

(2)

Tự luận vật lý 11 I3 2

+ I4 = 0,5 A

(3) I

I 4 R4

Mặt khác, ta có: I3 = R R1 R2

R123 = R3 +R 60

= 40 + 40+40 = 60 Ω.

(4)

Từ (3) và (4), ta có:

I4 4

+ I4 = 0,5 A  I4 = 0,4A.

Do đó: UAB = I4R4 = 0,4.30 = 12V và I = I4 + I3 = 0,4 +

0,4 2

= 0,6 A.

Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 18V. b. Số chỉ của ampe kế Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, mạch điện được vẽ lại như sau: Số chỉ của ampe kế bằng: I3 + I4.

Mặt khác: UAB = E – Ir  E = UAB + I.r = 12 + 0,6.10 = 18V.

B, A

⋅R

ƠN

Điện trở mạch ngoài: RN = R 123+R4 123

với: R123 = R2 +

R4 B

40.40

1 +R2

𝐼4

 I3 =

𝐼4 ⋅30

C, A

R123 ⋅R4 R1 R3 R123 +R4 R1 +R3

40.40

với

123

E,r

Từ (1) và (2), ta có:

= 40 + 40+40 = 60Ω .

E, r

D R2

I = 0,6A và I4 = 0,4A Do R1 = R3  I1 = I3 =

I2 2

I ⋅R4

= R4

123 ⋅2

0,4,30 60.2

So với câu a thì R123 không đổi nên dòng điện qua mạch vẫn không đổi:

= 0,1 A.

Vậy: Số chỉ của ampe kế là: I4 + I3 = 0,4 + 0,1 = 0,5A.

Ví dụ 13: Có n acquy (E,r) giống nhau nối với điện trở mạch ngoài R. Tìm điều kiện để cường độ dòng điện

qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau. Hướng dẫn giải

𝑛𝐸

– Khi n acquy nối tiếp, ta có: Eb = nE và rb = nr thì I = 𝑅+𝑛𝑟

(1)

𝑟

𝐸

 I’ = 𝑅+𝑟𝑏 =

𝑅+

𝑟 𝑛

(2)

KÈ

𝑏

𝐸

– Khi n acquy song song, ta có: Eb = E và rb = 𝑛.

– Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì: I = I  𝑛𝐸 = 𝐸 𝑟  nR + r = R + nR  R = r. 𝑅+𝑛𝑟

𝑅+

𝑛

DẠ Y

Vậy: Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì R = r. Ví dụ 14: Điện trở R = 2 Ω mắc vào một bộ nguồn gồm hai pin giống nhau. Khi hai pin nối tiếp, cường độ qua R là I1 = 0,75A. Khi hai pin song song cường độ qua R là I2 = 0,6A. Tìm e, r0 của mỗi pin. Hướng dẫn giải

– Khi 2 pin mắc nối tiếp: Eb = 2e; rb = 2r0. 𝐸

2𝑒

Ta có: I1 = 𝑅+𝑟𝑏  0,75 = 2+2𝑟  0,75 + 0,75r0 = e 𝑏

(1)

Tự luận vật lý 11

𝑟

– Khi 2 pin mắc song song: Eb = e; rb = 20. 𝑏

2𝑒 𝑟 2+ 0 2

 2,4 + 0,6r0 = 2e

𝐸

Ta có: I2 = 𝑅+𝑟𝑏  0,6 =

(2)

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của mỗi pin là e = 1,5V và r0 = 1 Ω.

▪ Giải hệ (1) và (2) ta được e = 1,5 V và r0 = 1 Ω

Ví dụ 15: Có 18 pin giống nhau, mỗi pin có e = 1,5V, r0 = 0,2 Ω được mắc thành 2 dãy song song, mỗi dãy 9

pin nối tiếp. Điện trở R = 2,1 Ω mắc vào hai đầu bộ pin trên. a. Tính suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn. Hướng dẫn giải a. Suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn Suất điện động của bộ nguồn: Eb = 9e = 9.1,5 = 13,5V. 9𝑟0

= 0,9 Ω.

9 pin

ƠN

Điện trở trong của bộ nguồn: rb =

b. Tính cường độ qua R.

b. Cường độ dòng điện qua R 𝐸

Ta có: I = 𝑅+𝑟𝑏 = 4,5 A.

𝑏

Vậy: Cường độ dòng điện qua R là I = 4,5A.

Ví dụ 16: Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi pin có e = 1,5V, r0 = 1 Ω, R = 6 Ω. Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính.

Hướng dẫn giải

Suất điện động của bộ nguồn: Eb = EAM + EMB Ta có: EAM = ne = 2.1,5 = 3V

EMB = n’e = 3.1,5 = 4,5V  Eb = 3 + 4,5 = 7,5V

𝑛𝑟0 𝑚

+ nr0

+ 3.1 = 4 Ω.

KÈ

2.1

Điện trở trong của bộ nguồn: rb = rAM + rMB =  rb =

𝐸

7,5

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅+𝑟𝑏 = 6+4 = 0,75 A. 𝑏

Vậy: Cường độ dòng điện qua mạch chính là I = 0,75A. Ví dụ 17: Cho mạch điện như hình vẽ: mỗi pin E0 = 1,5V, r0 = 2 Ω, R1 =

DẠ Y

2 Ω, R2 = 1 Ω, R3 = 4 Ω, RV rất lớn.

V C

R3 B

a. K1 đóng, K2 mở. Tìm số chỉ của vôn kế. b. K1 mở, K2 đóng, vôn kế chỉ 1,5V.

Tính R4.

c. K1, K2 đóng. Tìm số chỉ của vôn kế.

Trong các trường hợp trên, cực dương của vôn kế nối với điểm nào? Hướng dẫn giải

R2 K 1

K2 D

Tự luận vật lý 11

a. K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau: Số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện thế giữa hai đầu R1. 𝑛𝑒 𝑚

2.2 2

= 2 Ω.

Ta có: Eb = ne = 2.1,5 = 3V; rb = RN = R1 + R2 = 2 + 1 = 3 Ω.

𝐸𝑏 𝑁 +𝑟𝑏

= 3+2 = 0,6 A.

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅

 I1 = I = 0,6A; U1 = I1R1 = 0,6.2 = 1,2V. b. K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

1,5 4

= 0,375 A.

Mặt khác, ta có: I3 = I = 𝑅

𝐸𝑏 𝑁 +𝑟𝑏

 0,375 = 𝑅

3 𝑁 +2

 RN = 6 Ω

Vì: RN = R3 + R4  R4 = RN – R3 = 6 – 4 = 2 Ω. Vậy: Giá trị của điện trở R4 là: R4 = 2 Ω.

ƠN

𝑈

 I3 = 𝑅3 =

Số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = 1,5V.

Vậy: Số chỉ của vôn kế là 1,2V.

c) K1, K2 đều đóng: Khi K1 và K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau: (𝑅1 +𝑅2 )(𝑅3 +𝑅4 ) 𝑅1 +𝑅2 +𝑅3 +𝑅4

=2Ω

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅 Vì:

R12 = R1 + R2 = 2 + 1 = 3 Ω,

𝐸𝑏

𝑁 +𝑟𝑏

= 2+2 = 0,75 A.

R34 = R3 + R4 = 4 + 2 = 6 Ω

Điện trở mạch ngoài: RN =

 I12 = 2I34

Mà I12 + I34 = I = 0,75  I12 = 0,5A; I34 = 0,25A.  I1 = I12 = 0,5A  UR1 = UCA = R1I1 = 2.0,5 = 1 V. và I3 = I34 = 0,25A  UR3 = UCB = R3I3 = 4.0,25 = 1 V.

 Số chỉ của vôn kế: UAB = UAC + UCB = –UCA + UCB = –1 + 1 = 0. Vậy: Số chỉ của vôn kế là 0.

KÈ

Trong các trường hợp trên cực dương của vôn kế luôn nối với A. Ví dụ 18: Có N = 80 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có e = 1,5V, r0 = 1 Ω mắc thành x dãy song song, mỗi dãy y nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là điện trở R. Tìm x, y để cường độ qua R lớn nhất. Xét khi R bằng:

DẠ Y

a. 5 Ω.

b. 6 Ω.

Hướng dẫn giải

Ta có: Eb = yE = 1,5y; rb = Và xy = N = 80

yr0 x

= x (1)

(2)

– Cường độ dòng điện qua điện trở R:

…... …... ….....................

x dãy

Tự luận vật lý 11 b

1,5y y R+ x

15yx

= Rx+y

(3)

– Thay (2) vào (3) ta được: I =

1,5⋅80 𝑅𝑥+𝑦

120 𝑅𝑥+𝑦

I = R+rb =

– Để y = ymax thì M = (Rx + y) đạt cực tiểu. – Vì x, y đều dương nên theo bất đẳng thức Cô–si, ta có:

Dấu ‘=’ xảy ra khi Rx = y

Rx + y ≥ 2√Rxy ⇔ (Rx + y)min = 2√Rxy (4) 𝑅𝑥 = 𝑦 80  x = √ 𝑅 ; y = √80𝑅. 𝑥𝑦 = 80

– Kết hợp (4) với (2), ta có: { 80

a. Với R = 5 Ω  x = √ 𝑅 = 4; y = √80𝑅 = 20

Vậy: Với R = 5 Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy. 80

Vì x, y nguyên và xy = 80 nên suy ra x = 4; y = 20.

ƠN

b. Với R = 6 Ω  x = √ 𝑅 = 3,65; y = √80𝑅 = 21,9

Vậy: Với R = 6 Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Xét mạch kín gồm nguồn điện có suất điện động E = 2 V, điện trở trong r = 0,1 Ω mắc với điện trở ngoài R = 99,9 Ω. Tìm hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện. Bài 2. Cho mạch điện trong đó nguồn điện có điện trở trong r = 1 Ω. Các điện trở của mạch ngoài R 1 = 6 Ω,

R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω mắc nối tiếp nhau. Dòng điện chạy trong mạch là 1A. a. Tính suất điện động của nguồn điện và hiệu suất của nguồn điện.

b. Tính công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài và nhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trọng thời gian t = 20 min. Bài 3. Vôn kế mắc vào nguồn (E = 120V, r = 10 Ω) chỉ 119 V. Tính điện trở vôn kế. Bài 4. Nguồn điện (E, r), khi điện trở mạch ngoài là R1 = 2 Ω thì cường độ dòng điện qua R1 là I1 = 8A. Khi điện trở mạch ngoài là R2 = 5 Ω thì hiệu điện thế hai đầu nguồn là U2 = 25V. Tìm E, r.

Bài 5. Mạch kín gồm nguồn điện (E = 200 V, r = 0,5 Ω) và hai điện trở R1 = 100 Ω, R2 = 500 Ω mắc nối tiếp.

KÈ

Một vôn kế mắc song song với R2, thì số chỉ của nó là 160 V. Tính điện trở của vôn kế. Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E = 12V,và điện trở trong r = 0,1 Ω. Các điện trở mạch 𝐸, 𝑟

ngoài R1 = R2 = 2 Ω, R3 = 4 Ω, R4 = 4,4 Ω.

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu điện thế

DẠ Y

hai đầu mỗi điện trở.

R4 R1 A

b. Tính hiệu điện thế UCD. Tính công suất tiêu thụ của mạch ngoài

và hiệu suất nguồn điện. Bài 7. Có mạch điện như hình vẽ. Các điện trở mạch ngoài R1 = 6 Ω, R2 = 5,5

𝐸, 𝑟

Ω. Điện trở của ampe kế và khóa K không đáng kể, điện trở của vôn kế rất lớn. Khi K mở vôn kế chỉ 6V. Khi K đóng vôn kế chỉ 5,75 V, tính E, r và số chỉ ampe kế khi đó.

K A

V R1

Tự luận vật lý 11

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 0,1 Ω, R1 = R2 = 2 Ω, R3 E, r + -

= 4 Ω, R4 = 4,4 Ω. a. Tìm điện trở tương đương mạch ngoài.

b. Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính và UAB.

R1 R3

c. Tìm cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ và UCD.

Bài 9. Mạch kín gồm nguồn điện (E = 200V; r = 0,5 Ω) và hai điện trở R1 = 100 Ω, R2 = 500 Ω mắc nối tiếp. Một vôn kế mắc song song R2, chỉ 160V. Tính điện trở của vôn kế.

Bài 10. Ba điện trở đều bằng R0, mắc theo các cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện không đổi xác định.

– Khi ba điện trở mắc nối tiếp, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở bằng 0,2 A.

– Khi ba điện trở mắc song song, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2 A. a. Tính cường độ dòng điện qua mỗi điện trở trong các trường hợp còn lại.

b. Cần bao nhiêu điện trở R0 và mắc thế nào để khi nối vào nguồn điện không đổi nói trên, cường độ dòng

ƠN

điện qua mỗi điện trở đều bằng 0,1A.

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 30V, r = 3 Ω, R1 = 12 Ω, R2 = 36 Ω, R3 = 18 Ω, RA = 0.

A R1

a. Tìm số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó.

b. Đổi chỗ nguồn E và ampe kế (cực dương của E nối với G). Tìm số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế.

E, r

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 21V, và điện trở trong r = 1 Ω. Các

điện trở mạch ngoài R1 = 2 Ω, R2 = 4 Ω, R3 = R4 = 6 Ω, R5 = 2 Ω.

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu điện thế hai đầu

R1 C

R3 D

mỗi điện trở. Tính công suất tiêu thụ của mạch ngoài.

b. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm C và D.

E, r

c. Tính hiệu suất của nguồn điện.

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 11,5V, r = 0,8 Ω, R1 = 4,2 Ω,

nếu:

KÈ

R2 = R3 = R4 = 2,1 Ω, RA = 0, RV rất lớn. Tìm số chỉ ampe kế, vôn kế a. K1, K2 mở.

E, r

DẠ Y

b. K1 mở, K2 đóng. c. K1 đóng, K2 mở.

K1 A

Tự luận vật lý 11

d. K1, K2 đóng.

Bài 14. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 2 Ω, R3 = R4 = 2 Ω, B

A R3

a. K1 mở, K2 đóng, ampe kế A chỉ 3A. Tính R2. b. K1 đóng, K2 mở, ampe kế A1 chỉ 2A. Tính R1. c. K1, K2 đều đóng. Tìm số chỉ các ampe kế.

A1 R1

E, r

điện trở các ampe kế rất nhỏ.

Bài 15. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 170V, r = 5 Ω, R1 = 195 Ω, R2 A

= R3 = 200 Ω, vôn kế chỉ 100V. Tìm điện trở vôn kế.

E, r

B R3

Bài 16. Cho mạch điện như hình vẽ, bộ nguồn gồm 2 dãy, mỗi dãy 4

pin nối tiếp, mỗi pin có: e = 1,5V, r0 = 0,25 Ω, mạch ngoài, R1 = 12 Ω,

Tính:

ƠN

R2 = 1 Ω, R3 = 8 Ω, R4 = 4 Ω. Biết cường độ dòng điện qua R1 là 0,24A.

R1 A

a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn tương đương.

b. UAB và cường độ dòng điện qua mạch chính.

c. Giá trị điện trở R5.

Bài 17. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn có: e = 1,5V, r0 = 1 Ω, R1 R3

= 6 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 4 Ω.

Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính.

Bài 18. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn e = 12V, r0 = 2 Ω, R2 = 3 Ω, R3 = 6 Ω, R1 = 2R4, RV rất lớn.

a. Vôn kế chỉ 2V. Tính R1, R4.

DẠ Y

KÈ

b. Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0. Tìm số chỉ của ampe kế.

R2 R3 V

Tự luận vật lý 11 2

Bài 19. Có 7 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn có e = 6V, r0 = 3 Ω mắc như hình

vẽ. R1 = 3 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 2 Ω, RA = 0. Tìm số chỉ của ampe kế. R1

Bài 20. Có 16 nguồn giống nhau, mỗi nguồn e = 2V, r0 = 1 Ω, mắc thành hai dãy song song, mỗi dãy x và y

nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là R = 15 Ω. Tìm x, y để cường độ qua một dãy bằng 0. cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. 𝐸

ƠN

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑟 = 0,02 A.

Bài 21. Có n nguồn giống nhau (e, r) mắc song song. Có một nguồn mắc ngược với các nguồn khác. Tìm

+ Ta có: E = U + Ir ⇒ U = E - Ir = 2 - 0,02.0,1 = 1,998 V. Bài 2.

+ Ta có: 𝐼 = 𝑅

𝐸

𝑛𝑔

a. Điện trở tương đương mạch ngoài: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 11 Ω 𝐸

⇔ 1 = 11+1 ⇒ 𝐸 = 12𝑉 +𝑟

+ Hiệu điện thế mạch ngoài (hiệu điện thế hai đầu cực của nguồn): U = IRtd = 11 V. 𝑈 𝐸

= 12 = 91,67%

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

b. Công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài: 𝑃 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 11𝑊

+ Nhhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trong thời gian t = 20 phút: Q = I2Rtđt = 13,2 Kj Bài 3.

Gọi Rv là điện trở của vôn kế, I là cường độ dòng điện qua mạch. IU

v +r

E,r

10.119

⋅ R v ⇒ R v = E−U = 120−119 = 1190 Ω.

Ta có: U = IRv = R

Bài 4.

KÈ

Vậy: Điện trở của vôn kế là Rv = 1190 Ω.

– Khi R = R1 = 2 Ω, ta có: R

E 1 +r

= 2+r = 8 A.

 E – 8r –16 = 0 (1)

E, r A

DẠ Y

– Khi R = R2 = 5 Ω. Ta có: UAB = IR2 = R  5E - 25r - 125 = 0

E 2 +r

E.5

R 2 = 5+r = 25 (2)

– Giải (1) và (2) ta được E = 40 V và r = 3 Ω Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 40 V; r = 3 Ω.

Bài 5.

Tự luận vật lý 11

Giả sử điện trở của vôn kế không quá lớn so với điện trở của các điện trở thuần + Gọi RV là điện trở vôn kế. 𝑅 𝑅

500𝑅

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝐸

𝑛𝑔 +𝑟

𝑉

+ Điện trở tương đương mạch ngoài:𝑅𝑛𝑔 = 𝑅 2+𝑅𝑉 + 𝑅1 = 500+𝑅𝑉 + 100 𝑉

200 500𝑅𝑉 +100,5 500+𝑅𝑉

160

𝐼2 = 500 + Lại có: 𝐼 = 𝐼2 + 𝐼𝑉 . Với: { 160 𝐼𝑉 = 𝑅 200 500𝑅 +100,5 500+𝑅

160 𝑅

160

+ 500 ⇒ 𝑅 =

100500

≈ 2051 Ω

𝑅 .𝑅

a. Ta có: R23 = R2 + R3 = 6 Ω  𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 1+𝑅23 = 1,5𝛺 1

Bài 6.

+ Do đó ta có:

+ Tổng trở đương đương của mạch ngoài: 𝑅𝑡𝑑 =RAB + R4 = 5,9 Ω 𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

= 2(𝐴)

ƠN

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

+ Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I = 2 A  U4 = I4.R4 = 8,8 V 𝑈

+ Lại có: 𝐼2 = 𝐼3 = 𝐼23 = 0,5𝐴 ⇒ {

𝑈2 = 𝐼2 𝑅2 = 1𝑉 𝑈3 = 𝐼3 𝑅3 = 2𝑉

+ Ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅𝐴𝐵 = 3𝑉 ⇒ 𝑈23

𝐼1 = 𝑅1 = 1,5𝐴 1 = 𝑈1 = 3𝑉 ⇒ { 𝐼2 = 𝐼3 = 𝐼 − 𝐼1 = 0,5(𝐴)

b. Hiệu điện thế giữa hai điểm C, D: 𝑈𝐶𝐷 = 𝑈3 + 𝑈4 = 2 + 8,8 = 10,8𝑉 𝑈 𝐸

Bài 7.

𝐼.𝑅𝑡𝑑

2.5,9

= 98,33%

+ Hiệu suất nguồn: 𝐻 =

+ Công suất mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 22 . 5,9 = 23,6𝑊 𝐸

Khi khoá K mở, trong mạch không có dòng điện. Ta có: 𝑈𝑉 = 𝐸 = 6𝑉 𝐸

+ Khi đóng K, trong mạch có dòng điện: 𝐼 = 𝑅

= 11,5+𝑟.

1 +𝑅2 +𝑟

+ Số chỉ vôn kế V chính là hiệu điện thế hai cực của nguồn nên: 𝑈𝑉′ = 𝐸 − 𝐼.r 6

KÈ

⇔ 5,75 = 6 - 11,5+𝑟 . 𝑟 ⇒ r = 0,5 Ω. + Số chỉ của ampe kế A chính là dòng điện trong mạch chính nên: IA = I = 0,5 A Bài 8.

DẠ Y

a. Điện trở tương đương mạch ngoài Ta có: [{R2 nt R3)//R1] nt R4

E, r + -

Điện trở tương đương của R2 và R3 là: R23 = R2 + R3 = 2 + 4 = 6 Ω 𝑅1 𝑅23

Điện trở tương đương của R23 và R1 là: R123 = 𝑅

1 +𝑅23

= 2+6 = 2,5 Ω

Điện trở tương đương của mạch ngoài là: RN = R123 + R4 = 1,5 + 4,4

= 5,9 Ω. b. Cường độ dòng điện qua mạch chính và UAB

A I2

2.6

Tự luận vật lý 11

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅

𝐸 𝑁

= 5,9+1 = 2 A. +𝑟

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: UAB = IRAB = IR123 = 2.1,5 = 3V.

c) Cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ và UCD Cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ: 𝑈𝐴𝐵 𝑅1

𝑈𝐴𝐵

= 2 = 1,5 A; I2 =

𝑅23

= 6 = 0,5 A.

I1 =

Hiệu điện thế giữa hai điểm C, D là: UCD = UCB + UBD = U3 + U4

 UCD = I3R3 + I4R4 = I2R3 + IR4 = 0,5.4 + 2.4,4 = 10,8V. Bài 9. 𝐸 𝑁 +𝑟

 UN = E – Ir

 IRN + Ir = E (1)

Mặt khác: UN = U1 + U2 = I.R1 + U2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: IR1 + U2 = E – Ir  I(R1 + r) = E – U2  I =

𝐸−𝑈2 𝑅1 +𝑟

200−160 100+0,5

𝑈

E,r I

ƠN

Ta có: I = 𝑅

Gọi RV là điện trở của vôn kế, RN là điện trở của mạch ngoài

= 0,398 A. 160

R2 V

Mà I = I1 + I2  I1 = I – I2 = I – 𝑅2 = 0,398 - 500 = 0,078 A Vậy RV =

𝐼1

𝑈2

≈ 2051 Ω

Bài 10.

a. Cường độ dòng điện qua mỗi điện trở trong các trường hợp còn lại: Gọi E, r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn

– Khi 3 điện trở mắc nối tiếp: Ta có: RAB = 3R0 E

0 +r

⇔ 0,2 = 3R

 I = 3R

0 +r

 0,6R0 + 0,2r = E

KÈ

R ( 0 +r).3 3

⇔ 0,2 =

 0,2R0 + 0,6r = E

𝑅0 3

⇒ 𝐼 ′ = 𝑅0

DẠ Y

𝐸 +𝑟𝐴

R0 A

B R0

R ( 0 +r).3 3

(2)

0,6R 0 + 0,2r = E E − 0,2r = 0,6R 0 E = 0,8R 0 Từ (1) và (2), ta có: { ⇒{ ⇒{ r = R0 0,2R 0 + 0,6r = E E − 0,6r = 0,2R 0

– Các cách mắc còn lại:

E, r

Vì 3 điện trở đều bằng nhau nên dòng điện qua mỗi điện trở là: 3

(1)

– Khi 3 điện trở mắc song song thì RAB =

I′

E, r

Tự luận vật lý 11 R0 2

+ R0 =

3R0

2 E

0,8R0

 I = 3R 2 + r = 3R0 0

+R0

= 0,32

E, r

Hình b

Và I1 = I2 = 2 =

= 0,16 A.

2R R 0

0,8R0

= 2R0 3

+R0

+ Với hình b: RAB =2R 0+R0 = 3 R 0 ⇒ I = 2R0

Hình a 0,32

A. I

+ Với hình a: R AB =

= 0,48 A.

Vì I2 = 2I1 và I2 + I1 = 0,48  I2 = 0,32A và I1 = 0,16A. b. Cần bao nhiêu điện trở R0 và mắc thế nào?

Vì cường độ dòng điện qua mỗi điện trở đều bằng nhau và bằng 0,1A nên chỉ có thể mắc các điện trở nối tiếp hoặc song song.

ƠN

Gọi n là số điện trở R0: – Trường hợp mắc nối tiếp, ta có: RAB = nR0 0

0,8𝑅0

⇔ 0,1 = 𝑛𝑅 +𝑟

0 +𝑅0

⇒ 𝑛 = 7.

– Trường hợp mắc song song, ta có: RAB =

𝐸

 I = 𝑛𝑅

𝑅0 𝑛

𝐸

 I = 𝑅0 𝑛

+𝑟

Vì có n điện trở R0 mắc song song nên dòng điện qua mỗi điện trở là: =

E R ( 0 +r)n n

⇔ 0,1 =

E R ( 0 +r)n n

⇔ 0.1 =

0,8R0 R0 ( +R0 )n n

⇒n=7

I n

Vậy: Cần 7 điện trở R0 và mắc nối tiếp hoặc song song nhau. Bài 11.

a. Số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó

D≡G

Vì điện trở của ampe kế RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại:

E, r

Ta có: R R

36.18

KÈ

Điện trở mạch ngoài: RN = R1 + R 2+R3 = 12 + 36+18 = 24 Ω. 2

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R  I3 =

UDF R3

E N +r

= 24+3 =

10 9

A  UDF = IR23 = 9 . 12 =

40 3

= 3.18 = 27 A .

DẠ Y

Vì số chỉ ampe kế chính là cường độ dòng điện qua R3 nên số chỉ của ampe kế là

20 7

A và dòng điện có

chiều từ D đến G.

b. Số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế khi đổi chỗ nguồn và ampe kế

E, r

Khi đổi chỗ nguồn E và ampe kế, ta có mạch điện như sau: R R

R2 12.36

+ Điện trở tương đương mạch ngoài: 𝑅𝑁′ = R 3 + R 1+R2 = 18 + 12+36 = 27 Ω. 1

+ Cường độ dòng điện mạch chính: I′ = R′ +r = 27+3 = 1 A N

B F

D R1

Tự luận vật lý 11

 UBD = IRN = 1.9 = 9V  I1 =

UBD

= 12 = 0,75 A.

Vậy: Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, ampe kế chỉ 0,75A và dòng điện có chiều từ F đến B.

a. Ta có: {

Bài 12. 𝑅12 = 𝑅1 + 𝑅2 = 6𝛺 𝑅 .𝑅 ⇒ 𝑅𝐴𝐵 = 𝑅 12+𝑅34 = 4𝛺 𝑅34 = 𝑅3 + 𝑅4 = 12𝛺 12 34 𝐸

𝑛𝑔 +𝑟

𝑈5 = 𝐼5 𝑅5 = 6(𝑉) 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅𝐴𝐵 = 12(𝑉) 𝑈

𝐼12 = 𝑅12 = 2(𝐴) 12 + Lại có: U12 = U34 = UAB = 12 V  { 𝑈34 𝐼34 = 𝑅 = 1(𝐴) 34

R3 D

E, r

𝐼1 = 𝐼2 = 𝐼12 = 2(𝐴) 𝑈 = 𝐼1 𝑅1 = 4(𝑉); 𝑈2 = 𝐼2 𝑅2 = 8(𝑉) ⇒{ 1 𝐼3 = 𝐼4 = 𝐼34 = 1(𝐴) 𝑈3 = 𝐼3 𝑅3 = 6(𝑉); 𝑈4 = 𝐼4 𝑅4 = 6(𝑉)

ƠN

+ Do đó ta có: {

R1 C

+ Ta có: I5 = IAB = I = 3 A  {

= 3(𝐴)

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

+ Điện trở tương đương của mạch ngoài: 𝑅𝑛𝑔 = 𝑅𝐴𝐵 + 𝑅5 = 6𝛺

+ Công suất tiêu thụ mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔 = 𝐼 2 𝑅𝑛𝑔 = 32 . 6 = 54 W. b. Ta có: UCD = -U1 + U3 = 2 V 𝐸

𝑈5 +𝑈𝐴𝐵 𝐸

Bài 13. a. K1, K2 mở

12+6 21

= 0,857 = 85,7%

𝑈𝑛𝑔

c. Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

Khi K1, K2 mở, mạch được vẽ lại như sau: Lúc đó, số chỉ của ampe

bằng dòng điện qua mạch chính I; số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện

E, r

UAB.

R (R +R ) 1

 RN = 2.1 +

4,2+2,1+2.1

kế R2

thế

Điện trở mạch ngoài: RN = R4 + R1 +R2 +R3 4,2⋅(2.1+2,1)

= 4,2 Ω.

Cường độ dòng qua mạch chính: I =

𝐸

11,5

𝑅𝑁 +𝑟

= 4,2+0,8 = 2,3 A.

Hiệu điện thế hai đầu A, B: UAB = I.RN = 2,3.4,2 = 9,66V.

KÈ

Vậy: Số chỉ ampe kế là 2,3A; số chỉ vôn kế là 9,66V. b. K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

Số chỉ của ampe kế bằng I4: 𝐸

11,5

= 2,1+0.8 = +𝑟

DẠ Y

I4 = I =𝑅

115 29

E,r

≈ 4 A.

Số chỉ của vôn kế: U = I4.R4 = I.R4 =

R4 115 29

.2,1 = 8,3 V.

c) K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau:

B A R1

R .R

Điện trở mạch ngoài: RN = R 2+R134 . 2

𝑅3 ⋅𝑅4

với R134 =𝑅1 + 𝑅

3 +𝑅4

134

E, r

2,1.2,1

= 4,2 + 2.1+2.1 = 5,25 Ω.

R2 R3

Tự luận vật lý 11 2,1.5,25

 RN = 2,1+5.25 = 1,5 Ω E RN +r

11,5 1.5+0.8

= 5 A.

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Vậy: Số chỉ của ampe kế là 5A; số chỉ của vôn kế là: UAB = IRN = 5.1,5 = 7,5V. d) K1, K2 đóng: Khi K1, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau: 1

 RN = 0,7 Ω Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

𝐸

E, r

115

= 0.7+0.8 = 7,67 A

𝑅𝑁 +𝑟

Bài 14.

Vậy: Số chỉ ampe kế là 7,67A; số chỉ vôn kế là: UAB = I.RN ≈ 5,37 V.

Điện trở mạch ngoài: R = R + R + R = 2,1 + 2,1 + 2,1 = 2,1

a. K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch được vẽ lại như sau: E

E−Ir

Từ: I = r+R  R 2 =

12−3.2 3

= 2Ω

A≡D R2

E,r

ƠN

Vậy: Giá trị của điện trở R2 là R2 = 2 Ω.

b. K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch được vẽ lại như sau: Ta có: I1 = 2A  UBC = I1R1 = 2R1. 2𝑅

𝑅1

𝑈

 I4 = 𝑅𝐵𝐶 = 2+21 =

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

Mặt khác, ta có: I = với: RN = R3 + I=

12 4𝑅 2+ 1 +2 4+𝑅1

= 2,5R1 (1)

𝑅𝑁 +𝑟

𝑅1 ⋅(𝑅4 +𝑅2 ) 𝑅1 +𝑅4 +𝑅2

R3 A

12⋅(4+𝑅1 ) 16+8𝑅1

=2+

𝑅1 ⋅(2+2) 𝑅1 +2+2

B I1

D I4 R4

E,r

𝐸

R2 4𝑅

= 2 + 4+𝑅1

I = I1 + I4 = 2R1 +

(2)

12.(4+R1 ) 16+8R1

Từ (1) và (2) suy ra: 2,5R1 =

 40R1 + 20𝑅12 = 48 + 12R1  20𝑅12 + 28R1 – 48 = 0 12

< 0: (loại).

KÈ

 R1 = 1 Ω và R1 = –

Vậy: Giá trị của điện trở R1 là R1 = 1 Ω. c) K1, K2 đều đóng: Khi K1, K2 đều đóng, mạch được vẽ lại như sau:

DẠ Y

Ta có: Số chỉ của A1 bằng I1; số chỉ của A bằng I.

D≡A

𝑅 .𝑅

Điện trở mạch ngoài: RN = 𝑅 2+𝑅134 2

R3 .R4

với: R134 = R1 + R

3 +R4

134

2.2

E,r

= 1 + 2+2 = 2Ω

I1 R1

2.2

 RN = 2+2 = 1 Ω Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 𝑅

I 𝐸 𝑁 +𝑟

= 1+2 = 4 A.

Tự luận vật lý 11 𝐼

Vì R134 = R2  I1 = I2 = 2 = 2 A. Vậy: Số chỉ của các ampe kế là 4A và 2A. – Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch chứa nguồn, ta có: UCB = E – I(R1 + r) = 170 – I(195 + 5)

C 100

– Cường độ dòng điện qua R2 và R3 là: I2 = 𝑅

= 200+200 = 0,25 A.

2 +𝑅3

𝑅1

100

= 1000 Ω..

0,1

Vậy: Điện trở của vôn kế là RV = 1000 Ω. a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn Suất điện động của bộ nguồn: Eb = ne = 4.1,5 = 6V. Điện trở trong của bộ nguồn: rb =

= 0,5 Ω.

𝑚

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là:

R5 I1

I B

b. Tính UAB và cường độ dòng điện qua mạch chính

ƠN

Bài 16.

𝑛𝑟0

– Cường độ dòng điện qua vôn kế là: IV = I – I2  IV = 0,35 – 0,25 = 0,1A

𝑈𝐶𝐵

E, r

(1)

– Từ (1) và (2) suy ra: 170 – 200I = 100  I = 0,35A

𝑈𝐶𝐵

– Mặt khác, số chỉ của vôn kế bằng 100V nên: UCB = 100 (2)

– Điện trở của vôn kế: RV =

Bài 15.

UAB = U1 + U3 = I1R1 + I3R3 = I1(R1 + R3)(vì I1 = I3)

 UAB = 0,24.(12 + 8) = 4,8V. 𝑈𝐴𝐵

Cường độ dòng điện qua R2 là: I2 = 𝑅

4,8

= 1+4 = 0,96 A.

2 +𝑅4

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2 = 0,24 + 0,96 = 1,2A. c) Giá trị điện trở R5

Từ biểu thức của định luật Ôm: I =𝑅

𝐸𝑏

𝑁 +𝑟𝑏

 RNI + rbI = Eb

 UN = Eb – rbI = 6 – 0,5.1,2 = 5,4V.

 R5 =

𝑈5 𝐼

Bài 17.

KÈ

Mặt khác: UN = UAB + U5  U5 = UN – UAB = 5,4 – 4,8 = 0,6V. 0,6

= 1,2 = 0,5 Ω.

DẠ Y

Suất điện động của bộ nguồn: Eb = EAM + EMN + EBC  Eb = e + e + e = 3e = 3.1,5 = 4,5V

Điện trở trong của bộ nguồn: rb = rAM + rMN + rBC  rb =

r0 2

Điện trở mạch ngoài: RN = R3 + R

1 +R2

B 6.12

= 4 + 6+12 = 8Ω.

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =R

Eb N +rb

+ r0 = 2r0 = 2.1 = 2Ω. R1 R2

4,5

= 8+2 = 0,45 A.

Tự luận vật lý 11

Vậy: Cường độ mạch chính là I = 0,45A. Bài 18.

Ta có: Eb = e = 12V; rb =

𝑟0 2

𝑈

= 1 Ω  I = 𝑅𝐴𝐵 =

𝑈𝐴𝐵

𝐴𝐵

𝑅 𝑅

3.6

a. Tính R1, R4 𝑅23

với UAB = 2V; R23 = 𝑅 2+𝑅3 = 3+6 = 2Ω  I = 2 = 1 A

 RN =

Eb −Irb I

Eb N +rb

 IRN + Irb = Eb

12−1.1 1

11−2 3

RN −2

= 3 Ω và R1 = 2R4 = 2.3 = 6 Ω.

Vậy: Giá trị các điện trở R1 = 6 Ω; R4 = 3 Ω. b. Số chỉ của ampe kế

ƠN

Vì RA = 0 nên ta có thể bỏ R2 và R3. Cường độ dòng điện qua mạch: I = R Vậy: Số chỉ ampe kế là 1,2A. Bài 19.

1 +R4 +rb

= 6+3+1 = 1,2 A

𝑅 𝑅

𝑛𝑟0 𝑚

2 3. 3

Vì RA = 0 nên nguồn giữa hai điểm mắc ampe kế bị nối tắt. Ta có: Eb = ne = 3.6 = 18V; rb =

= 1 Ω;

3.6

I0 I

 IA = 9 – 1,8 = 7,2A.

rb +RN

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

3.6 2

R1 R3

Số chỉ ampe kế: IA = I0 – I1 với I1 = 2 =

RN = R3 + R12 = R3 + 𝑅 1+𝑅2 = 2 + 3+6 = 4 Ω. 1

= 11Ω

và RN = R1 + R23 + R4 = 3R4 + R23 = 3R4 + 2  R4 =

Mặt khác: I =R

= 1+4 = 3,6 A

= 1,8A; I0 = =

e0 r

6 2

= 9 A.

Bài 20.

x nguồn …….

KÈ

Ta có: x + y = 16

Vậy: Số chỉ của ampe kế là IA = 7,2A.

Eb1 = xe = 2x; rb1 = xr0 = x

B …….

𝐸𝑏2 = 𝑦𝑒 = 2𝑦; 𝑟𝑏2 = 𝑦𝑟0 = 𝑦

y nguồn

Giả sử dòng qua dãy chứa x nguồn bằng 0, ta có: Eb

DẠ Y

+ Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R+r2 = 15+y

2y.15

30y

+ Hiệu điện thế hai đầu bộ nguồn: UAB = IR =15+y = 15+y

(1)

+ Mặt khác, dòng điện không qua dãy chứa x nguồn nên ta có: UAB = Eb1= 2x = 2(16 – y) 30y

+ Từ (1) và (2): 2. (16 − y) = 15+y  2y2 + 28y – 480 = 0  y = 10 và y = –24 < 0 (loại) và x = 16 – 10 = 6.

(2)

Tự luận vật lý 11

Vậy: Để cường độ qua một dãy bằng 0 thì số nguồn của mỗi dãy là 6 và 10. Bài 21. Eb = e r rb = n−1

Eb, rb

Trong (n – 1) nguồn mắc đúng, ta có:{

+ -

Xét theo một vòng kín: –e + Ir – Eb + Irb = 0  I(r + rb. = e + Eb

Suy ra: Dòng điện qua nguồn mắc ngược bằng I =

2(n−1)e

- +

e, r

2(n−1)e

 I (r + n−1) = 2e(Eb = e) ⇔ I. n−1 = 2e ⇒ I =

𝐼

2(n−1)e

2𝑒

Trong (n – 1) nguồn mắc đúng thì dòng điện đều bằng nhau và bằng: 𝑛−1 = nr(n−1) = 𝑛𝑟. 𝑛

(n−2)e

2(n−1)e

Hiệu điện thế của mỗi nguồn: UAB = –e + Ir = –e +

𝑛

Vậy: Cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn là: nguồn mắc ngược là I = (n−2)e 𝑛

• Dạng 8. Định luật ôm cho từng đoạn mạch A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 𝑼𝑨𝑩 +𝑬𝒑 𝒓𝒑 +𝑹

+ Định luật Ohm chứa nguồn (máy phát): 𝑰 =

▪ Đối với nguồn điện (máy phát): dòng điện đi vào cực âm và đi ra từ cực dương.

, các nguồn còn lại là I’

ƠN

2𝑒

= 𝑛𝑟 và U =

2(n−1)e

Ep, rp

▪ UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch (𝑈𝐴𝐵 = −𝑈𝐵𝐴 ).

+ Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa máy thu điện: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 −𝐸𝑡 𝑟𝑡 +𝑅

▪ Đối với máy thu Et: dòng điện đi vào cực dương và đi ra từ cực âm.

E t,rt

▪ UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch. Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa cả nguồn và 𝑅+𝑟𝑃 +𝑟𝑡

Ep, rp

E t,rt

KÈ

Chú ý:

máy thu: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 +𝐸𝑝 −𝐸𝑡

+ Dòng I có chiều AB, do đó nếu chưa có chiều I thì ta giả sử dòng I theo chiều A → B. + Tại một điểm nút ta luôn có: ∑ 𝐼đế𝑛 = ∑ 𝐼đ𝑖 (nút là nơi giao nhau của ít nhất 3 nhánh). + Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: 𝑈𝐴𝐵 = ± ∑ 𝐸 ± 𝐼(𝑅 + 𝑟)

DẠ Y

▪ Lấy dấu “+” trước I khi dòng I có chiều AB ▪ Lấy dấu “-” trước I khi dòng I ngược chiều AB ▪ Khi đi từ A đến B gặp nguồn nào lấy nguồn đó, gặp cực nào trước lấy dấu cực đó. 𝐸𝑝 −𝐸𝑡

Khi mạch kín thì định luật Ohm cho đoạn mạch chứa cả nguồn và máy thu: 𝐼 = 𝑅+𝑟 B. VÍ DỤ MẪU

𝑃 +𝑟𝑡

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó: E 1 = 8 V, r1 = 1,2 Ω, E 2 = 4 V, r2 = 0,4 Ω, R = 28,4 Ω, hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch đo được là UAB = 6 V

𝐸2 , 𝑟2

𝐸1 , 𝑟1

chứa máy thu nào? Vì sao? c. Tính hiệu điện thế UAC và UCB.

Hướng dẫn giải

b. Cho biết mạch điện này chứa nguồn điện nào và

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch và cho biết chiều của nó.

+ Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch AB ta có: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 +𝐸1 −𝐸2 𝑅+𝑟1 +𝑟2

+ Vì I > 0 nên dòng điện có chiều từ A đến B.

= 3 (𝐴)

a. Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B. Khi đó E 1 là máy phát, E 2 là máy thu.

b. E 1 là máy phát vì dòng điện đi ra từ cực dương. Còn E 2 là máy thu vì dòng điện đi vào từ cực dương. c. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C: 𝑈𝐴𝐶 = −𝐸1 + 𝐼. 𝑟1 = −7,6(𝑉) Ví dụ 2: Cho 2 mạch điện như hình vẽ: Nguồn

𝐸1 𝐸2

điện 1 có E1 = 18V, điện trở trong r1 = 1Ω. Nguồn điện 2 có suất điện động E2 và điện trở trong r2.

Cho R = 9Ω; I1 = 2,5A ; I2 = 0,5A. Xác định suất

ƠN

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B: 𝑈𝐶𝐵 = 𝐸2 + 𝐼. (𝑟1 + 𝑅) = 13,6(𝑉)

điện động E1 và điện trở r2. Hướng dẫn giải

𝐸1 𝐸2 I2

𝐸 +𝐸2

1 là: 𝐼1 = 𝑅+𝑟

⇒ 2,5(9 + 1 + 𝑟2 ) = 18 + 𝐸2 ⇒ 𝐸2 − 2,5𝑟2 = 7 (1)

1 +𝑟2

+ Với hình a ta thấy máy 1 và máy 2 đều là máy phát nên định luật ôm viết cho mạch kín chứa máy phát

+ Với hình b ta thấy máy 1 là máy phát còn máy 2 là máy thu nên định luật ôm viết cho mạch kín chứa máy 𝐸 −𝐸2

1 phát và máy thu là là: 𝐼2 = 𝑅+𝑟

1 +𝑟2

⇒ 0,5(9 + 1 + 𝑟2 ) = 18 − 𝐸2 ⇒ 𝐸2 + 0,5𝑟2 = 13

(2)

+ Giải (1) và (2) ta có: 𝐸2 = 12 V và r2 = 2 Ω

Ví dụ 3: Điện trở R mắc vào nguồn (E1 = 15V, r1) sẽ có dòng điện 1A đi qua. Dùng thêm nguồn (E2 = 10V, r2) mắc song song hoặc nối tiếp với nguồn trước, cường độ dòng điện qua R không đổi. Tìm R, r1, r2.

KÈ

Hướng dẫn giải

– Khi chỉ có nguồn E1 (hình a.: 𝐸

E1, r1

1 Ta có: I = 𝑅+𝑟  1 = 𝑅+𝑟  R + r1 = 15 Ω (1) 1

𝐸 +𝐸2

DẠ Y

1 – Khi E2 nối tiếp với E1 (hình b., ta có: I= 𝑅+𝑟

R Hình a

1 +𝑟2

+ Vì cường độ dòng điện qua R không đổi nên: 15+10

1 = 𝑅+𝑟

1 +𝑟2

 R + r1+ r2 = 25

– Khi E2 song song với E1 (hình c), ta có: UAB = E1 – I1r1 (3) (4)

E2, r2

(2)

+ Thay (1) vào (2), ta được: 15 + r2 = 25  r2 = 10 Ω. UAB = E2 – I2r2

E1, r1

Hình b

Tự luận vật lý 11

UAB = IR

(5)

I1 + I2 = I = 1

(6)

 1.R = 15 – I1r1

+ Thay (5) vào (3): IR = E1 – I1r1 (7)

E1, r1

+ Thay (1) vào (7): 15 – r1 = 15 – I1r1  r1 = I1r1  I1 = 1A. + Từ (6) suy ra: 1 + I2 = 1  I2 = 0.

E2, r2

+ Kết hợp (4) và (5): 1.R = E2  R = E2 = 10 Ω.

Vậy: R = 10 Ω; r1 = 5 Ω; r2 = 10 Ω.

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 9 V, E 2 = 3 V, E 3 = 10V, r1 = r2

= r3 = 1 Ω, R1 = 3 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 36 Ω, R4 = 12 Ω

Hình c

+ Từ (1) suy ra: r1 = 15 – 10 = 5 Ω.

E 1, r1

E 2, r2

a. Tính tổng trở của mạch ngoài và điện trở toàn phần của mạch điện.

Hướng dẫn giải

a. Giả sử chiều của dòng điện trong mạch như hình

ƠN

máy thu đâu là máy phát.

+ Kho đó E1 và E2 là máy phát, E3 là máy thu

𝑅3 𝑅4

+ Tổng trở mạch ngoài là: Rng = R1 + R2 + 𝑅

3 +𝑅4

E 3, r3

b. Xác định độ lớn và chiều dòng điện trong mạch chính. Cho biết đâu là

E 1, r1

= 17 Ω

E 3, r3

+ Tổng trở toàn phần của mạch điện: Rtp = Rng + r1 + r2 + r3 = 20 Ω b. Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐸1 +𝐸2 −𝐸3 𝑅𝑡𝑝

9+3−10 20

E 2, r2

= 0,1 A

Vậy E1 và E2 là máy phát, E3 là máy thu

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ, E1 = 12 V; r1 = 1 Ω; E2

R3 = 3 Ω. Tìm hiệu điện thế giữa A và B.

E 2, r2

KÈ

Hướng dẫn giải

E 1, r1

= 6 V; r2 = 2 Ω; E3 = 9 V; r3 = 3 Ω, R4 = 6 Ω, R1 = 4 Ω, R2 =

E 3, r3

B R4

+ Giải sử chiều các dòng điện trong mạch như hình = 𝐸1 − 𝐼1 (𝑟1 + 𝑅1 ) = 𝐸2 − 𝐼2 (𝑟2 + 𝑅2 ) = 𝐸3 − 𝐼3 (𝑟3 + 𝑅3 ) = 𝐼4 . 𝑅4

DẠ Y

𝑈𝐴𝐵 𝑈 + Ta có: { 𝐴𝐵 𝑈𝐴𝐵 𝑈𝐴𝐵

𝐸1 − 𝐼1 (𝑟1 + 𝑅1 ) = 𝐸2 − 𝐼2 (𝑟2 + 𝑅2 ) ⇔ {𝐸1 − 𝐼1 (𝑟1 + 𝑅1 ) = 𝐸3 − 𝐼3 (𝑟3 + 𝑅3 ) 𝐸1 − 𝐼1 (𝑟1 + 𝑅1 ) = 𝐼. 𝑅 5𝐼1 − 5𝐼2 = 6 ⇒ {5𝐼1 − 6𝐼3 = 3 5𝐼1 + 6𝐼4 = 12

I1 E 1, r1

I2 E 2, r2

A E 3, r3

R3 B I4

Tự luận vật lý 11 111

𝐼1 = 110 (𝐴)

5𝐼1 − 5𝐼2 = 6 21 + Lại có: 𝐼4 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 ⇒ {5𝐼1 − 6𝐼3 = 3 ⇒ 𝐼2 = − 110 (𝐴) 11𝐼1 + 6𝐼2 + 6𝐼3 = 12 15 (𝐴) 𝐼 = 3 { 44 + Vì I2 < 0 nên chiều dòng I2 ngược lại với chiều giả sử. 111

Ví dụ 6: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ 3 nguồn E 1 = 10V, r1 = 0,5 Ω; E 2 = 20V, r2 = 2 Ω; E 3 = 12V, r3 = 2 Ω; R1 = 1,5 Ω; R3 = 4 Ω.

E 1, r1 A

E 2, r2

a. Tính cường độ dòng điện chạy trong mạch chính.

E 3, r3

b. Xác định số chỉ của Vôn kế. Hướng dẫn giải a. Giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình 𝑈𝐴𝐵 = 𝐸1 − 𝐼1 (𝑅1 + 𝑟1 ) + Ta có: {𝑈𝐴𝐵 = 𝐸2 − 𝐼2 𝑟2 𝑈𝐴𝐵 = −𝐸3 + 𝐼3 (𝑅3 + 𝑟3 )

+ Lại có: I3 = I1 + I2  I1 + I2 – I3 = 0 (3)

E 1, r1 A

I2 E 2, r2

V B

E 3, r3 R3

𝐼1 − 𝐼2 = −5(1) 𝐼2 + 3𝐼3 = 16(2)

ƠN

𝑈𝐴𝐵 = 10 − 2𝐼1 10 − 2𝐼1 = 20 − 2𝐼2 ⇔ {𝑈𝐴𝐵 = 20 − 2𝐼2 ⇒ { 20 − 2𝐼2 = −12 + 6𝐼3 𝑈𝐴𝐵 = −12 + 6𝐼3 ⇒{

+ Ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐸1 − 𝐼1 (𝑅1 + 𝑟1 ) = 12 − 110 . 5 = 6,95𝑉

𝐼1 = − 7 (𝐴)

+ Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có: 𝐼2 = 𝐼 = {3

31 7 27 7

(𝐴) (𝐴)

+ Vì I1 < 0 nên dòng I1 ngược lại với giả sử nên dòng điện thực trong mạch như hình. + Từ hình ta thấy dòng điện trong mạch chính là: 𝐼 = 𝐼2 =

31 7

(𝐴)

trở nào nên UV = 0

b. Dễ nhận thấy giữa hai đầu vôn kế bên đường đi qua B không có điện

I1 R1

E 1, r1 A

I2 E 2, r2

KÈ

Chú ý: Có thể tính số chỉ vôn kế theo công thức:

V E 3, r3

𝑈𝑉 = −𝐸2 + 𝐸1 + 𝐼2 𝑟2 + 𝐼1 (𝑅1 + 𝑟1 ) = 0 Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 1,5V, E2 = 2V, RV rất lớn, vôn kế chỉ

E1, r1

DẠ Y

1,7V. Hỏi khi đảo cực nguồn E1, vôn kế chỉ bao nhiêu? có cần đảo lại cực vôn kế B

không?

V E2, r2

Hướng dẫn giải

– Ban đầu (khi chưa đảo cực nguồn E1), ta có: UBA = E1 + Ir1

(1)

và UBA = E2 – Ir2

(2)

 E1 + Ir1 = E2 – Ir2  𝐼 =

𝐸2 −𝐸1 𝑟1 +𝑟2

E1, r1 A

B I

E2, r2

Tự luận vật lý 11

Từ (2) suy ra: UBA =𝐸2 −

𝐸2 −𝐸1 𝑟1 +𝑟2

2−1,5

⋅ 𝑟2 ⇔ 1,7 = 2 − 𝑟

1 +𝑟2

⋅ 𝑟2 ⇒ 𝑟

𝑟2

1 +𝑟2

= 0,6

(3)

– Khi đảo cực nguồn E1, ta có: I =

r1 +r2

Mà r

1 +r2

⇒

′ UBA

′

= E2 − I r2 = E2 −

E1 +E2 r1 +r2

E1, r1

. r2

E1 +E2

′

′ = 0,6 ⇒ UBA = 2 - (2 + 1,5).0,6 = - 0,1 V.

Vậy: Số chỉ của vôn kế bằng 0,1V và ta cần phải đảo cực của vôn kế.

E2, r2

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó: E1 = 8 V, r1 = 1,2 Ω, E2 = 4 V, r2 = 0,4 Ω, R = 28,4 Ω, hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch đo được là UAB = 6 V

biết chiều của nó.

b. Cho biết mạch điện này chứa nguồn điện nào và chứa máy thu nào? Vì sao?

Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 4,5V, r1 = 2 Ω, R = 2 Ω, RA = 0. E2, r2

Ampe kế chỉ 2A. Tính r2.

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết E 1 = 2,1 V; E 2 = 1,5 V; r1, r2 không

đáng kể, R1 = R3 = 10 Ω và R2 = 20 Ω. Tính cường độ dòng điện chạy qua mạch

R2 E2

R1 E1

chính và qua các điện trở.

E1, r1

ƠN

c. Tính hiệu điện thế UAC và UCB.

𝐸2 , 𝑟2

𝐸1 , 𝑟1

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch và cho

Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E 1 = 20V, E 2 = 32V, r1 = 1 Ω, r2 = 0,5 Ω, R = 2 Ω. Tìm cường độ dòng điện qua mỗi nhánh.

E 2, r2 A

E 1, r1

Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 12 V, r1 = 1 Ω, E 2 = 6 V, r2 = 2 Ω, E = 9 V, r3 = 3 Ω, R1 = 4 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω. Tính UAB và cường độ dòng

KÈ

điện qua mỗi điện trở.

R1 A

𝐸1 , 𝑟1 R3

𝐸3 , 𝑟3

𝐸2 , 𝑟2 R2

DẠ Y

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm E1 để: a. UAB > 0.

E1, r1 A

b. UAB < 0.

E2, r2

c. UAB = 0.

Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E 1 = E 2 = 6V; r1 = 1 Ω; r2 = 2 Ω, R1 = 5 Ω; R2 = 4 Ω. Vôn kế V (điện trở rất lớn, cực dương mắc vào điểm M) chỉ 7,5V. Tính:

Tự luận vật lý 11

a. Hiệu điện thế UAB giữa A và B.

N R1

b. Điện trở R.

E 1, r1 A

E 2, r2

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ, E 1 = 1,9 V; r1 = 0,3 Ω; E2 = 1,7 V;

𝐸2 , 𝑟2

r2 = 0,1 Ω; E3 = 1,6 V; r3 = 0,1 Ω, ampe kế A chỉ số 0. Tìm R và các A

vô cùng lớn.

𝐸2 , 𝑟2

dòng điện. Coi rằng điện trở ampe kế không đáng kể, điện trở vôn kế

mỗi nguồn có: E = 1,5V, r =

0,5 Ω và một vôn kế V (RV rất

Hình a

đồ như hình vẽ. Tính số chỉ

Hình c

Hình b

vôn kế trên mỗi sơ đồ.

Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ: R = 10 Ω, r1 = r2 = 1 Ω, RA = 0. Khi xê dịch con

E1, r1

chạy biến trở R0, số chỉ ampe kế không đổi và bằng 1A.

E2, r2 R

Tìm E1, E2.

ƠN

lớn) lần lượt mắc theo ba sơ

𝐸3 , 𝑟3

Bài 9. Ba nguồn giống nhau,

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm biểu thức tính UAB. Khi nào E2 là: A

Máy phát? Máy thu? Không phát, không thu?

E1, r1

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 3V, r1 = r2 = 1 Ω, R1 = 5 Ω,

E1, r1

R2 = 3 Ω, RV rất lớn.

E2, r2

KÈ

a. Vôn kế V chỉ 0. Tính R3.

b. Đảo vị trí các cực của một trong hai nguồn. Tìm số chỉ của vôn kế.

DẠ Y

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

a. Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

𝐸2 , 𝑟2

𝐸1 , 𝑟1

Khi đó E1 và E2 đều là máy thu. A

Tự luận vật lý 11

+ Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch AB ta có: 𝐼 =

𝑈𝐴𝐵 −(𝐸1 +𝐸2 ) 𝑅+𝑟1 +𝑟2

= −0,2(𝐴)

+ Vì I < 0 nên dòng điện có chiều từ B đến A.

b. E1 và E2 đều là máy phát vì dòng điện đi ra từ cực dương c. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C: 𝑈𝐴𝐶 = 𝐸1 − 𝐼. 𝑟1 = 7,76(𝑉)

Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B: UCB = E2 - I.(r2 + R) = - 1,76 V. Bài 2. + Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ, ta có: UAB = IR = 2.2 = 4V.

+ Xét nhánh trên, ta có: UAB –E1 + I1r1 = 0

(1)

𝑈𝐴𝐵 = 2,1 − 10𝐼1  {𝑈𝐴𝐵 = 20𝐼2 + 1,5 𝑈𝐴𝐵 = 10𝐼3

+ Xét nhánh dưới, ta có: UAB –E2 + I2r2 = 0  I2r2 = E2 - UAB = 4,5 - 4 = 0,5  r2 =

0,5 𝐼2

E1, r1

(2)

A E2, r2

+ Thay vào (2) ta được: r2 = 0,5 Ω. Vậy: r2 = 0,5 Ω. + Giả sử chiều các dòng điện đi như hình 𝑈𝐴𝐵 = 2,1 − 10𝐼1 + Ta có: {𝑈𝐴𝐵 = 20𝐼2 + 1,5 𝑈𝐴𝐵 = 10𝐼3

Bài 3.

ƠN

+ Mặt khác, tại nút A: I = I1 + I2  I2 = I - I1 = 2 - 1 = 1 A.

A I2

R1 E1

2,1 − 10𝐼1 = 10𝐼3 10𝐼 + 10𝐼3 = 2,1(1) ⇒{ ⇒{ 1 20𝐼2 + 1,5 = 10𝐼3 20𝐼2 − 10𝐼3 = −1,5(2)

+ Tại nút A ta có: I1 = I2 + I3 ⇒ I1 - I2 - I3 = 0 (3) 𝐼1 = 0,096(𝐴) + Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có: {𝐼2 = −0,018(𝐴) 𝐼3 = 0,114(𝐴)

+ Vì I2 < 0 nên chiều dòng điện I2 ngược với chiều giả sử ban đầu Bài 4.

KÈ

+ Giả sử chiều dòng điện trong các nhánh như hình 𝑈𝐴𝐵 = 𝐸1 − 𝐼1 𝑟1 𝐸 − 𝐼1 𝑟1 = 𝐸2 − 𝐼2 𝑟2 + Ta có: {𝑈𝐴𝐵 = 𝐸2 − 𝐼2 𝑟2 ⇒ { 1 𝐸2 − 𝐼2 𝑟2 = 𝐼. 𝑅 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅 20 − 𝐼1 = 32 − 0,5𝐼2 𝐼 − 0,5𝐼2 = −12 ⇒{1 32 − 0,5𝐼2 = 2𝐼 0,5𝐼2 + 2𝐼 = 32

DẠ Y

⇔{

𝐼1 = −4(𝐴) 𝐼1 − 0,5𝐼2 = −12 0,5𝐼 + 2𝐼 = 32 + Tại nút A ta có: I = I1 + I2 { ⇒ {𝐼2 = 16(𝐴) 2 𝐼1 + 𝐼2 − 𝐼 = 0 𝐼 = 12(𝐴) + Vì I1 < 0 nên dòng điện I1 có chiều ngược lại với giả thiết

Bài 5.

E 2, r2

B E 1, r1 I

Tự luận vật lý 11

+ Giải sử chiều dòng điện trong mạch như hình

𝐼=𝑅

𝐸2 +𝐸3 −𝐸1

1 +𝑅2 +𝑅3 +𝑟1 +𝑟2 +𝑟3

= 0,2 A.

𝐸3 , 𝑟3

+ Vì I > 0 nên điều giả sử là đúng

Bài 6. 1 +r2

(1)

E1, r1

+ UAB = E1 – Ir1 = 𝐸1 −

(𝐸1 +𝐸2 )𝑟1 𝑅+𝑟1 +𝑟2

(𝑅+𝑟2 )𝐸1 −𝐸2 𝑟1 𝑅+𝑟1 +𝑟2

E +E2

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐸1 + 𝐼(𝑅1 + 𝑅3 + 𝑟1 ) = 13,6(𝑉) 1 Ta có: R+r

𝐸2 , 𝑟2

R1 A

𝐸1 , 𝑟1

+ Áp dụng định luật ôm cho mạch kín ta có:

(2)

E2 r1

E2, r2

a. Để UAB > 0: Từ (2), để UAB > 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 > 0  E1 > R+r

b. Để UAB < 0: Từ (2), để UAB < 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 < 0 E1 <

E2 r1

R+r2 E r

2 1 c. Để UAB = 0: Từ (2), để UAB = 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 = 0  E1 = R+r .

ƠN

E r

2 1 Vậy: Để UAB > 0 thì E1 > R+r . 2

E r

2 1 Để UAB < 0 thì E1 > R+r .

Để UAB = 0 thì E1 = R+r . 2

Bài 7. + Giải sử chiều các dòng điện như hình

UMN = E1 + I2 R 2 − I1 r1 7,5 = 6 + 4I2 − I1 ⇒{ UMN = E2 − I2 r2 + I1 R1 7,5 = 6 − 2I2 + 5I1

N R1

E 1, r1

A I

𝐼 − 4𝐼2 = −1,5 𝐼 = 0,5(𝐴) {1 ⇒{1 5𝐼1 − 2𝐼2 = 1,5 𝐼2 = 0,5(𝐴)

a. Ta có: {

E2 r1

E 2, r2 B

M I2

R2 R

+ Lại có: UAB = E1 - I1(R1 + r1) = 6 - 0,5(5 + 1) = 3 V. b. Ta có: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼𝑅

Mà I = I1 + I2 = 1 A  R = 3 Ω Bài 8.

KÈ

+ Số chỉ ampe kế bằng 0  dòng điện không qua ampe kế  UAB = E3 = 1,6 V + Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện cũng không qua vôn kế,

DẠ Y

𝑈𝐴𝐵 = 𝐸1 − 𝐼1 𝑟1 1,6 = 1,9 − 0,3𝐼1 + Ta có: {𝑈𝐴𝐵 = 𝐸2 − 𝐼2 𝑟2 ⇔ {1,6 = 1,7 − 0,1𝐼2 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼. 𝑅 1,6 = 𝐼. 𝑅 𝐼 = 1(𝐴) ⇔{1 ⇒ I = I1 + I2 = 2 A ⇒ R = 0,8 Ω. 𝐼2 = 1(𝐴)

Bài 9.

𝐸1 , 𝑟1

mạch vẽ lại như hình.

𝐸2 , 𝑟2

I2 I R

Tự luận vật lý 11

Giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình

Hình a

– Hình a: Nhánh trên: UAB = 2E – I.2r0

vẽ: Hình b

Hình c

(1)

Nhánh dưới: UAB = –E + Ir0

𝐸

(2) 1,5

+ Từ (1) và (2) ta có: 2E – I.2r0 = –E + Ir0 𝐼 = 𝑟 = 0,5 = 3(𝐴) 0

+ Số chỉ của vôn kế: UAB = 2.1,5 – 3.2.0,5 = 0. – Hình b: Nhánh trên: UAB = –2E + I.2r0 = –3 + I (3)

Nhánh dưới: UAB = –E – I.r0 = –1,5 – 0,5I (4)

+ Từ (3) và (4) ta có: –3 + I = –1,5 – 0,5I  I = 1A; UAB = –3 + 1 = –2V. + Số chỉ của vôn kế là 2V, cực dương nối với B. – Hình c: Nhánh trên: UAB = –I.2r0 = –I Nhánh dưới: UAB = E + I.r0 = 1,5 + 0,5I (6) + Từ (5) và (6) ta có: –I = 1,5 + 0,5I

 I = –1A: dòng điện thực tế ngược chiều ta chọn.

ƠN

(5)

+ Số chỉ của vôn kế là UAB = –(–1) = 1V, cực dương của vôn kế nối với A (VA > VB.. Bài 10.

– Vì khi xê dịch con chạy R0, số chỉ của ampe kế không đổi nên không có dòng E1, r1

điện chạy qua nguồn E1. – Ta có: UAB = IR = 1.10 = 10V.

E2, r2

+ Với nguồn E1, ta có: UAB = E1  E1 = 10V.

R0 B

I2 I

+ Với nguồn E2, ta có: UAB = E2 – Ir2

A R

 E2 = UAB + Ir2 = 10 + 1.1 = 11V.

Vậy: Suất điện động của các nguồn điện là E1 = 10V, E2 = 11V. Bài 11.

Eb rb

KÈ

– Áp dụng công thức: E1 rl

+ r 2 ⇒ Eb = ( r 1 + r 2 ) . rb 2

DẠ Y

E1, r 1

– Ta có: UAB = IR = R+r . R = UAB =

r1 +r2 r r R+ 1 2 r1 +r2

R+rb

(E r +E r )⋅R

2 2 1 = Rr1 +Rr +r r 2

1 2

– E2 là máy phát khi dòng I2 > 0 (cùng chiều đã chọn): Ta có: UAB = E2 – I2r2   I2 > 0  E2 – UAB > 0  E2 > UAB.

I2 R

E E ( 1 + 2 )rb .R

r r

+ r = r + r ⇒ rb = r 1+r2

E E r r ( 1 + 2 )⋅ 1 2 ⋅R

E2, r2

Tự luận vật lý 11

– E2 là máy thu khi I2 < 0 (ngược chiều đã chọn): E2 < UAB. – E2 không thu, không phát khi: I2 = 0  E2 = UAB. (E r +E r )⋅R 1

2 2 1 Vậy: UAB = Rr1 +Rr ; để E2 là máy phát thì E2 > UAB; để E2 là máy thu thì E2 < UAB; để E2 không phát, +r r 1 2

không thu thì E2 = UAB.

Bài 12. a. Tính R3: Ta có: R R

Điện trở mạch ngoài: RN = R1 + R 2+R3 = 5 + 3+R3 Cường độ dòng điện qua mạch: I = R I=

E1 +E2 N +r1 +r2

3𝑅3 +1+1 3+𝑅3

= 10𝑅

3 +21

3𝑅

⋅ [3+𝑅3 + 1] − 3 = 10𝑅

3 +21

Để vôn kế chỉ số 0: UDC = 0  10R

9 3 +21

. [4𝑅3 + 3] − 3

I 3 R3

ƠN

9.(3+𝑅3 )

Ta có: UDC = UDB + UBC = IR23 – E2 + Ir2 = I(R23 + r2) – E2  UDC = 10𝑅

E2, r2

9.(3+𝑅3 )

6+3 5+

E1, r1

⋅ (4R 3 + 3) − 3 = 0

36R3 + 27.-30R3 - 63 = 0 ⇒ R3 = 6 Ω.

Vậy: R3 = 6 Ω.

b. Số chỉ của vôn kế khi đảo cực của một nguồn: Giả sử đảo cực của nguồn E2, cường độ dòng điện qua mạch là: I=R

E1 −E2

3⋅(3+6)

N +r1 +r2

= 10.6+21 = 3 A

Ta có: UCD = – E1 + I(r1 + R1) = −6 + 3 ⋅ (1 + 5) = −4 V  UDC = 4V. Vậy: Khi đảo cực của một nguồn thì số chỉ của vôn kế bằng 4V, cực dương nối với D. • Dạng 9. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA NGUỒN ĐIỆN VÀ MÁY THU ĐIỆN A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. Công, công suất và hiệu suất của nguồn điện – Công của nguồn điện: A = EIt. 𝐴

KÈ

– Công suất của nguồn điện: P = 𝑡 = EI. 𝐸

𝑅

𝑟𝐼

– Hiệu suất của nguồn điện: H% = 𝑈.100% = 𝑅+𝑟.100% = (1 - 𝐸 ).100%. (E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn; R là điện trở mạch ngoài).

DẠ Y

2. Công, công suất và hiệu suất của máy thu điện – Công tiêu thụ của máy thu điện: A = UIt = EIt + rI2t. – Công suất tiêu thụ của máy thu điện: P = UI = EI + rI2. – Hiệu suất của máy thu điện: H% =

𝐸′

.100% = 𝐸+𝑟 ′ 𝐼.100% = (1 𝑈

𝑟′𝐼 𝐸

).100%.

(E, r là suất phản điện và điện trở trong của máy thu; R là điện trở mạch ngoài).

Tự luận vật lý 11

B. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Acquy có r = 0,08 Ω. Khi dòng điện qua acquy là 4A, nó cung cấp cho mạch ngoài một công suất

bằng 8W. Hỏi khi dòng điện qua acquy là 6A, nó cung cấp cho mạch ngoài công suất bao nhiêu? Hướng dẫn giải Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI.

Công suất cung cấp cho mạch ngoài: P = UI = (E – rI)I. + Với I = 4A  P = (E – 0,08.4).4 = 8  E = 2,32V.

+ Với I’ = 6A  P = (2,32 – 0,08.6).6 = 11,04W.

Vậy: Khi dòng điện qua acquy là 6A, nó cung cấp cho mạch ngoài công suất là P = 11,04W. trở R song song với điện trở cũ.

Ví dụ 2: Điện trở R = 8 Ω mắc vào 2 cực một acquy có điện trở trong r = 1 Ω. Sau đó người ta mắc thêm điện Hỏi công suất mạch ngoài tăng hay giảm bao nhiêu lần?

Hướng dẫn giải 𝐸

RE2

Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 = (R+r)2 . E

Cường độ dòng điện sau khi mắc thêm R: I2 = R R

= R+2r.

ƠN

Cường độ dòng điện ban đầu trong mạch: 𝐼 = 𝑅+𝑟.

4E2

Công suất mạch ngoài: P2 = 2 I22 = 2 ⋅ (R+2r)2 𝑃

2𝑅𝐸 2

 𝑃2 = (𝑅+2𝑟)2 ⋅ 1

(𝑅+𝑟)2 𝑅𝐸 2

2(𝑅+𝑟)2

= (𝑅+2𝑟)2 =

2⋅(8+1)2 (8+2)2

= 1,62

Vậy: Công suất mạch ngoài tăng lên 1,62 lần. Ví dụ 3:

a. Khi điện trở mạch ngoài của một nguồn điện là R1 hoặc R2 thì công suất mạch ngoài có cùng giá trị. Tính E, r của nguồn theo R1, R2 và công suất P.

b. Nguồn điện trên có điện trở mạch ngoài R. Khi mắc thêm Rx song song R thì công suất mạch ngoài không

đổi. Tính Rx. Hướng dẫn giải

KÈ

a. Tính E, r

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P = RI2 = R (R+r)2 =

DẠ Y

Với R1 = R2 thì P1 = P2 

E2 (√R1 +

2 √R1 )

E2 (

R r + ) √R √R

E2 (√R2 +

r √R2

)

R −R

1 2

 R1 + 2r + R = R 2 + 2r + R ⇔ R1 − R 2 = r 2 ( R1 R 2)  r = √R1 R 2 và E = (√R1 +

r √R1

) √P = (√R1 + √R 2 )√P

Vậy: E = (√R1 + √R 2 )√P; r = √R1 R 2

b. Tính Rx

E2 (√R+

r 2 ) √R

Tự luận vật lý 11 𝐸2 (√𝑅+

 𝑅 + 2𝑟 +

𝑟2 𝑅

𝑅𝑅

= 𝑅+𝑅𝑥 + 2𝑟 +

𝑟 2 (𝑅+𝑅𝑥 ) 𝑅𝑅𝑥

𝑥

𝑟2

⇔𝑅+

𝑅𝑅

𝑟 ) √𝑅

𝑥

2 𝑅𝑅𝑥 (√ + 𝑅+𝑅𝑥

𝑟2

𝑥

𝑅

= 𝑅+𝑅𝑥 + 𝑅 +

𝑅

𝐸2

𝑟 ) 𝑅𝑅𝑥 √ 𝑅+𝑅𝑥

Vì công suất mạch ngoài không đổi nên từ câu a, ta có:

𝑟 2𝑅

 𝑅 2 𝑅𝑥 = 𝑟 2 𝑅 + 𝑟 2 𝑅𝑥 ⇔ 𝑅𝑥 (𝑅 2 − 𝑟 2 ) = 𝑟 2 𝑅, với 𝑅 > 𝑟 ⇒ 𝑅𝑥 = 𝑅2 −𝑟 2 r2 R

Vậy: R x = R2−r2 , với R > r. U2 R

U2 R 4Rr

Khi R = r thì công suất mạch ngoài cực đại: Pmax = R

U2 4r

U2 4r U

⇒ I = R+r = 2R

ƠN

Hiệu suất của động cơ: H = R+r = 2R = 0,5 = 50%.

Công suất có ích: P = RI2 = R(R+r)2 = (R+r)2 . Theo bất đẳng thức Cô-si: (R + r)2 ≥ 4Rr ⇒ P ≤

 𝑅𝑅𝑥 (𝑅 + 𝑅𝑥 ) = 𝑅𝑅𝑥2 + 𝑟 2 𝑅 + 𝑟 2 𝑅𝑥

𝑈

Vậy: Để công suất hữu ích đạt cực đại thì I = 2𝑅, lúc đó hiệu suất của động cơ là H = 50%. Ví dụ 5: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ E = 12V, r = 2 Ω.

E, r

a. Cho R = 10 Ω. Tính công suất tỏa nhiệt trên R, công suất của nguồn; hiệu suất của nguồn.

b. Tìm R để công suất trên R là lớn nhất? Tính công suất đó? c. Tính R để công suất tỏa nhiệt trên R là 16 W.

Hướng dẫn giải 𝐸

a. Ta có: 𝐼 = 𝑅+𝑟 = 1(𝐴)

𝐸

+ Công suất tỏa nhiệt trên R: 𝑃𝑅 = 𝐼 2 𝑅 = (𝑅+𝑟) 𝑅 = 10𝑊 + Công suất của nguồn: 𝑃𝑛𝑔𝑢𝑜𝑛 = 𝐸. 𝐼 = 12𝑊

𝐸

𝑈

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

𝐸

𝑅

= 𝑅+𝑟 = 83,33% 𝐸

KÈ

b. Ta có: 𝐼 = 𝑅+𝑟 ⇒ 𝑃 = 𝐼 𝑅 = (𝑅+𝑟) 𝑅 = ( + Theo cô-si ta có: (√𝑅 +

𝐸

√𝑅+

𝑟 √𝑅

) ≥ 2√𝑟 ⇒ (√𝑅 +

) 𝑟

)

√𝑅 𝑚𝑖𝑛

= 2 √𝑟

𝐸2

DẠ Y

⇒ 𝑃𝑅𝑚𝑎𝑥 = 4𝑟 = 18 W  R = 2 = 1 Ω

𝐸 𝐸 2 12 2 𝑅 = 4𝛺 c. Ta có: 𝐼 = 𝑅+𝑟 ⇒ 𝑃 = 𝐼 2 𝑅 = (𝑅+𝑟) 𝑅 ⇔ 16 = (𝑅+2) 𝑅 ⇒ { 𝑅 = 1𝛺

Ví dụ 6: Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động 𝐸 E = 12V, 𝐸, 𝑟

điện trở trong r = 1 Ω. Điện trở R1 = 6 Ω, R3 = 4 Ω. Hỏi R2 bằng bao nhiêu để công suất trên R2 lớn nhất. Tính công suất này.

R1 R2

Tự luận vật lý 11

Hướng dẫn giải 𝑅1 +𝑅2

+ Lại có: 𝑃𝑅2 = 𝐼22 𝑅2 =

𝑈22 𝑅2

+ Theo cô-si: (11√𝑅2 +

12.6𝑅2

= (11𝑅

30 √𝑅2

2 1

) +30

12 6𝑅2 6𝑅2 +1 6+𝑅2 6+𝑅2

(12.6)2 𝑅2

𝑅2

= (11𝑅

⇒ 𝑃𝑅2 = +30)2

) ≥ 2√11.30 ⇒ (11√𝑅2 +

+ Dấu “=” xảy ra khi: 11√𝑅2 =

30 √𝑅2

) 𝑚𝑖𝑛

12.6𝑅2

= 11𝑅

2 +30

(12.6)2 (11√𝑅2 +

30 √𝑅2

)

= 2√11.30 ⇒ 𝑃𝑅2

√𝑅2

⇒ 𝑈𝑅2 =

𝐸 𝑅1 𝑅2 𝑅 𝑅 𝑅3 + 1 2 +𝑟 𝑅1 +𝑅2

122 .62

(2√30.11)

+ Ta có: 𝑈𝑅2 = 𝑈12 = 𝐼𝑅12 =

⇒ 𝑅2 = 11

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình. Trong đó nguồn điện có suất điện động E = 12,5 V và có điện trở trong r = 0,4 Ω, bóng đèn Đ1 có ghi số

E, r

12V – 6W, bóng đèn Đ2 có ghi số 6V – 4,5W, Rb là một biến trở. Xác định giá trị của biến trở để cả hai đèn cùng sáng bình thường. Tính công

ƠN

suất mạch ngoài Png và hiệu suất H của nguồn điện khi đó. Hướng dẫn giải

Đ1

B Đ2

+ Điện trở và cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn: 𝑈12 𝑃1 𝑃1

= 24𝛺

𝐼𝑑1 = 𝑈 = 0,5(𝐴) 1

;{

𝑅2 =

𝑈22 𝑃2 𝑃2

= 8𝛺

{

𝑅1 =

𝐼𝑑2 = 𝑈 = 0,75(𝐴) 2

+ Khi đèn sáng bình thường thì dòng điện chạy qua bóng đèn và hiệu điện thế hai đầu bóng đèn phải bằng

giá trị định mức.

+ Do đó: UAB = UĐ1 = URb + UĐ2  URb = 6V 𝑈𝑅𝑏

+ Lại có: I2 = IĐ2 = 0,75 A  𝑅𝑏 =

𝐼2

= 0,75 = 8𝛺

+ Công suất mạch ngoài: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝑃𝐷1 + 𝑃𝐷2 + 𝑃𝑅𝑏 ⇒ 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝑃𝐷1 + 𝑃𝐷2 + 𝐼22 𝑅𝑏 = 6 + 4,5 + 0,752 . 8 = 15𝑊 𝑈𝐴𝐵

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

𝐸

. 100% = 96%

9W).

KÈ

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: E = 15V, R = 5 Ω, Đ1 (6V – a. K mở, đèn Đ1 sáng bình thường. Tìm số chỉ của ampe kế và điện trở trong của nguồn.

Đ1

Đ2

DẠ Y

b. K đóng. Ampe kế chỉ 1A và đèn Đ2 sáng bình thường. Biết điện trở của đèn Đ2 là R2 = 5Ω. Hỏi đèn Đ1 sáng thế nào? Tính công suất định mức của Đ2. Hướng dẫn giải

a. Khi K mở mạch gồm Đ1 nối tiếp với R

𝐸, 𝑟 A K

Tự luận vật lý 11 𝑈12

= 4𝛺

𝑃1

+ Dòng điện định mức của đèn Đ1: 𝐼𝑑1 =

𝑃1

Đ1

= 1,5(𝐴)

𝑈1

𝐸, 𝑟

+ Vì đèn Đ1 sáng bình thường nên dòng điện qua đèn Đ1 phải bằng 1,5 A + Vì mạch mắc nối tiếp nên số chỉ ampe kế là IA = 1,5 A 𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

+ Điện trở tương đương của mạch ngoài: Rtđ = R1 + R = 9 Ω + Ta có: 𝐼 = 𝑅

⇔ 1,5 = 9+𝑟 ⇒ 𝑟 = 1𝛺

b. Khi K đóng mạch gồm Đ1 nt (R// Đ2) Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼𝐴 . 𝑅 = 5(𝑉) ⇒ 𝑈2 = 5(𝑉) 𝑈

+ Dòng điện qua đèn Đ2: 𝐼2 = 𝑅2 = 1(𝐴)

Đ1

+ Dòng điện trong mạch chính là: I = I1 + I2 = 2 A

+ Điện trở của bóng đèn Đ1: 𝑅1 =

𝐸, 𝑟

Đ2

+ Dòng điện qua đèn Đ1 lớn hơn giá trị định mức nên bóng đèn 1

ƠN

sáng hơn bình thường  dễ cháy. + Công suất định mức đèn 2: 𝑃2 = 𝐼22 𝑅2 = 5𝑊

Ví dụ 9: Nguồn E = 12V, r = 4 Ω được dùng để thắp sáng đèn 6V – 6W.

a. Chứng minh rằng đèn không sáng bình thường.

b. Để đèn sáng bình thường, phải mắc thêm vào mạch một điện trở Rx. Tính Rx và công suất tiêu thụ của Rx. Hướng dẫn giải Ta có: U2dm Pdm

62 6

= 6Ω

+ Điện trở của đèn: R d =

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm = Udm = 6 = 1 A dm

a. Chứng minh đèn không sáng bình thường

Ta có: Cường độ dòng điện qua đèn: I = R

E d +r

= 6+4 = 1,2 A

Vì I > Iđm nên đèn không sáng bình thường. b. Tính Rx và công suất tiêu thụ của Rx

KÈ

– Nếu mắc thêm Rx nối tiếp với đèn, để đèn sáng bình thường thì: + Cường độ dòng điện qua đèn I = R E

đn

DẠ Y

 Rx = I − (R đ + r)

E 𝔡 +Rx +r

= Iđm

– (6 + 4) = 2 Ω.

+ Công suất tiêu thụ của Rx: Px = RxI2 = 2.12 = 2W.

– Nếu mắc thêm Rx song song với đèn, để đèn sáng bình thường thì: + Hiệu điện thế hai đầu Rx: Ux = Uđ = 6V. + Cường độ dòng điện qua mạch:

E−Ud r

12−6 4

= 1.5 A..

+ Cường độ dòng điện qua Rx: I2 = I – Iđm = 1,5 – 1 = 0,5A.

Tự luận vật lý 11

+ Điện trở Rx: Rx =

𝑈đ 𝐼𝑥

= 0,5 = 12 Ω.

+ Công suất tiêu thụ trên Rx: Px = Rx𝐼𝑥2 = 12.0,52 = 3 W.

Ví dụ 10: Nguồn E = 24V, r = 1,5 Ω được dùng để thắp sáng bình thường 12 đèn 3 V–3 W cùng với 6 đèn 6V–6W.

a. Tìm cách mắc đèn. b. Tính công suất và hiệu suất của nguồn. Hướng dẫn giải

a. Cách mắc đèn

Vì 6 đèn 6V–6W tương đương với 12 đèn 3V–3W nên coi như có tất cả 24 đèn 3V–3W.

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (mn = 24). – Công suất mạch ngoài: Pn = 24.3 = 72W

(1)

– Mặt khác: Pn = UI = (E – Ir)I = (24–1,5I)I = 24I – 1,5I2

(2)

– Mà: I = mIđ  [

ƠN

 1,5I2 – 24I + 72 = 0  I = 12A hoặc I = 4A. 12 = 𝑚. 1  m = 12; m = 4. 4 = 𝑚. 1 24

* Với m = 12 dãy  n = 12= 2 bóng: Trường hợp này chỉ có 1 cách mắc duy nhất là trên mỗi dãy chỉ có 1 * Với m = 4 dãy  n =

24 4

bóng 6V–6W hoặc 2 bóng 3V–3W.

= 6 bóng: Trường hợp này ứng với 5 cách mắc (bằng cách hoán vị giữa các

bóng loại 3V – 3W và 6V – 6W).

b. Công suất và hiệu suất của nguồn

Vậy: Có tất cả 6 cách mắc để các đèn trên sáng bình thường. 𝑈

– Với m = 12  P = EI = 24.12 = 288W và H = 𝐸 = 𝑈

– Với m = 4  P = EI = 24.4 = 96W và H = 𝐸 =

6.3 24

2.3 24

= 0,25 = 25%.

= 0,75 = 75%..

Vậy: Công suất và hiệu suất của nguồn là 288W; 25% hoặc 96W; 75%.

Ví dụ 11: Có N = 60 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn E = 1,5 V, r = 0,6 Ω ghép thành bộ gồm m dãy song song, mỗi dãy n nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là điện trở R = 1 Ω. Tính m, n để:

KÈ

a. Công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất. Tính công suất này. b. Công suất tiêu thụ mạch ngoài không nhỏ hơn 36W. Hướng dẫn giải

DẠ Y

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy: mn = 60 (m, n ∈ N*). và Eb = nE = 1,5n; rb =

𝑛𝑟 𝑚

0,6𝑛 𝑚

. E

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = R+rb = I=

0.6.60 m

90 m m2 +36

1,5n

1,5mn

0.6n 1+ m

90 m+

36 m

a. Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI2 =

902 ( m+

36 2 ) m

= m+0,6n

Tự luận vật lý 11

Để P = Pmax thì(m +

)

m 𝑚𝑖𝑛

 m = 6 (dựa vào bất đẳng thức Cô–si). 902

Lúc đó: n = 10 và P = Pmax =

36 2 6

= 56,25W.

(6+ )

Vậy: Khi công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất thì m = 6; n = 10 và Pmax = 56,25W.

902

Để P ≥ 36W  (

36 2 m+ ) m

≥ 36  m +

36 2 ) m

36 𝑚

≤ 15.

( m+

902

b. Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P =

 m2 - 15m + 36 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ m ≤ 12. 3

10 6

60 11

𝑚 = 3, 4, 5, 6, 10, 12 Với m, n nguyên dương nên để P  36W thì: { . 𝑛 = 20, 15, 12, 10, 6, 5

ƠN

Ví dụ 12: Có 32 pin giống nhau, mỗi pin e = 1,5V, r0 = 1,5 Ω mắc thành bộ và thắp sáng bình thường 12 đèn loại 1,5V – 0,75W mắc nối tiếp. Tìm sơ đồ mắc bộ nguồn. Hướng dẫn giải

Pdm

Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =U U2

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = 32 và Eb = ne = 1,5n; rb = 0,75 1,5

1,52

nr0 m

1,5n m

= 0,5 A.

Điện trở của mỗi đèn: Rđ = P dm = 0.75 = 3 Ω. dm

1,5n m

.0,5  18m = 1,5m.n - 0,75n

 12.15 = 15n -

Hiệu điện thế 2 đầu của bộ nguồn: U = Eb – rbI

 18m + 0,75n - 48 = 0  18m + 0,75 𝑚 - 48 = 0 2

 18m2 - 48m + 24 = 0  m = 2; m = 3 (loại).

Vậy: Phải mắc nguồn thành 2 dãy, mỗi dãy 16 pin. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Tìm E, r. Bài 2.

KÈ

Bài 1. Acquy (E, r) khi có dòng I1 = 15A đi qua, công suất mạch ngoài là P1 = 135W, khi I2 = 6A, P2 = 64,8W.

DẠ Y

a. Mạch kín gồm acquy E = 2,2V cung cấp điện năng cho điện trở mạch ngoài R = 0,5 Ω. Hiệu suất của acquy H = 65%. Tính cường độ dòng điện trong mạch. b. Khi điện trở mạch ngoài thay đổi từ R1 = 3 Ω đến R2 = 10,5 Ω thì hiệu suất của acquy tăng gấp đôi. Tính điện trở trong của acquy.

Tự luận vật lý 11

Bài 3. Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 24V, điện trở E, r

trong r = 6 Ω. Điện trở R1 = 4 Ω. Hỏi giá trị của biến trở R có giá trị bằng bao nhiêu để:

R1 R

a. Công suất mạch ngoài lớn nhất. Tính công suất của nguồn khi đó. b. Công suất trên R lớn nhất. Tính công suất này.

Bài 4. Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 12V và có điện trở trong r = 0,5 Ω. Các điện trở mạch ngoài R2 = 6 Ω, R3 = 12 Ω. Điện trở R1 có giá trị thay đổi từ 0 đến vô cùng. Điện trở ampe kế

không đáng kể.

a. Điều chỉnh R1 = 1,5 Ω. Tìm số chỉ của ampe kế và cường độ dòng điện

qua các điện trở. Tính công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài, hiệu suất của nguồn điện.

b. Điều chỉnh R1 có giá trị bằng bao nhiêu thì công suất trên R1 đạt giá trị cực đại, tính giá trị cực đại đó.

E, r

6V – 3W, đèn Đ2 có ghi 3V – 6W.

ƠN

Bài 5. Cho mạch điện như hình: E = 12V, r = 1 Ω; Đèn Đ1 có ghi a. Tính R1 và R2, biết rằng hai đèn đều sáng bình thường.

b. Tính công suất tiêu thụ trên R1 và trên R2.

𝐸, r R2

Đ1

B Đ2

Bài 6. Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện điện E = 24V, điện trở 𝐸, 𝑟

trong r = 1 Ω. Trên các bóng đèn có ghi: Đ1 (12V- 6W), Đ2(12V – 12W), điện trở R R

= 3 Ω.

Đ1

Đ2

a. Các bóng đèn sáng như thế nào? Tính cường độ dòng điện qua các bóng đèn. b. Tính công suất tiêu thụ của mạch điện và hiệu suất của nguồn điện. Bài 7. Nguồn E = 6V, r = 2 Ω cung cấp cho điện trở mạch ngoài công suất P = 4W. a. Tìm R.

b. Giả sử lúc đầu mạch ngoài là điện trở R1 = 0,5 Ω. Mắc thêm vào mạch ngoài điện trở R2 thì công suất tiêu thụ mạch ngoài không đổi. Hỏi R2 nối tiếp hay song song R1 và có giá trị bao nhiêu?

KÈ

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 20V, r = 1,6 Ω, R1 = R2 = 1 Ω, hai đèn

E, r

giống nhau. Biết công suất tiêu thụ ở mạch ngoài bằng 60W. Tính công suất tiêu thụ của mỗi đèn và hiệu suất của nguồn.

Đ1

DẠ Y

Đ2

Bài 9. Mạch điện gồm một nguồn E = 150V, r = 2 Ω, một đèn Đ có công suất định mức P = 180W và một biến trở Rb mắc nối tiếp nhau. a. Khi Rb = 18 Ω thì đèn sáng bình thường. Tìm hiệu điện thế định mức của đèn. b. Mắc song song với đèn Đ một đèn giống nó. Tìm Rb để hai đèn sáng bình thường.

Tự luận vật lý 11

c. Với nguồn trên, có thể thắp sáng tối đa bao nhiêu đèn giống như Đ. Hiệu suất của nguồn khi đó là bao nhiêu?

Bài 10. Cần tối thiểu bao nhiêu nguồn 6V–1 Ω để mắc thành bộ và thắp sáng bình thường bóng đèn 6V–24W. Nêu cách mắc bộ nguồn này.

Bài 11. Điện trở R = 25 Ω mắc vào bộ nguồn là 2 acquy giống nhau, điện trở trong mỗi acquy là r = 10 Ω.

Hỏi trong hai trường hợp acquy nối tiếp, song song, công suất mạch ngoài ở trường hợp nào lớn hơn và lớn hơn bao nhiêu lần?

Bài 12. Hai acquy (E, r1), (E, r2). Công suất mạch ngoài cực đại của mỗi acquy là 20W và 30W. Tính công suất mạch ngoài cực đại của bộ hai acquy:

a. Nối tiếp. b. Song song.

Bài 13. Các nguồn giống nhau, mỗi nguồn E0 = 1,5V, r0 = 1,5 Ω mắc thành bộ đối xứng thắp sáng bình thường a. Tìm cách mắc nguồn.

ƠN

đèn 12V – 18W.

b. Cách mắc nào có số nguồn ít nhất. Tính công suất và hiệu suất mỗi nguồn lúc đó. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI.

Công suất mạch ngoài: P = UI = (E – rI)I = EI – rI2.

15E − 25r = 135 135 = E. 15 − r, 152 ⇔{  E = 12V; r = 0,2 Ω. 2 6E − 36r = 64,8 ⇒ E = 12 V; r = 0,2Ω. 64,8 = E. 6 − r, 6

Ta có:

Vậy: E = 12V; r = 0,2 Ω. Bài 2.

a. Cường độ dòng điện trong mạch Ta có: Hiệu suất của ac quy là: 0.65E R

0.65.2.2 0.5

= 0,65.

= 2,86 A.

I =

RI2

KÈ

Vậy: Cường độ dòng điện trong mạch là I = 2,86A. b. Điện trở trong của acquy Khi R = R1 thì H1 =

R1 I 1 E

DẠ Y

Khi R = R2 thì H2 = R 10.5



3+r

2 +r

R E

= E(R1 +r) = R 1

1 +r

R +r

⇒ H2 = R2 ⋅ R1 +r = 2

3+r

⋅ 10.5+r = 2  10.5+r = 7 ⇔21 + 7r = 42 + 4r ⇒ r = 7 Ω.

Vậy: Điện trở trong của acquy là r = 7 Ω.

Bài 3.

a. Gọi RN là tổng trở mạch ngoài

Tự luận vật lý 11 𝐸

𝑁 +𝑟

⇒ 𝑃𝑁 = 𝐼 𝑅𝑁 = (𝑅 𝑟

+ Theo cô-si ta có: (√𝑅𝑁 +

√𝑅𝑁

𝑁 +𝑟

𝐸

) 𝑅𝑁 = (

√𝑅𝑁 +

) ≥ 2√𝑟 ⇒ (√𝑅𝑁 +

𝑟 √𝑅𝑁

)

= 2 √𝑟

+ Ta có: 𝐼 = 𝑅

𝐸

𝑚𝑖𝑛

𝐸2

⇒ 𝑃𝑁𝑚𝑎𝑥 = 4𝑟 = 24 W

1 +𝑟

⇒ 𝑃𝑅 = 𝐼 𝑅 = (𝑅+𝑅

1 +𝑟

+ Theo cô-si ta có: (√𝑅 + 𝐸2

⇒ 𝑃𝑅𝑚𝑎𝑥 = 4(𝑅

𝑅1 +𝑟 √𝑅

𝐸

) 𝑅=(

𝑅 +𝑟) √𝑅+ 1 √𝑅

) ≥ 2√𝑅1 + 𝑟 ⇒ (√𝑅 +

𝑅1 +𝑟 √𝑅

)

𝑚𝑖𝑛

= 14,4 𝑊

1 +𝑟)

Bài 4. a. Khi R = 1,5 Ω. 6.12

+ Ta có: 𝑅23 = 𝑅 2+𝑅3 = 6+12 = 4𝛺 3

=2√𝑅1 + 𝑟

ƠN

+ Dấu “=” xảy ra khi 𝑅 = 𝑅1 + 𝑟 = 10𝛺

𝑅 .𝑅

b. Ta có: 𝐼 = 𝑅+𝑅

𝐸

+ Dấu “=” xảy ra khi 𝑅𝑁 = 𝑟 = 6𝛺 ⇔ 𝑅1 + 𝑅 = 6𝛺 ⇒ 𝑅 = 2𝛺

+ Điện trở tương đương của mạch: 𝑅 = 𝑅1 + 𝑅23 = 1,5 + 4 = 5,5𝛺 𝐸

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑟 = 5,5+0,5 = 2𝐴 ⇒ 𝐼𝐴 = 𝐼 = 𝐼1 = 2𝐴 + Hiệu điện thế U23: 𝑈23 = 𝐼23 . 𝑅23 = 2.4 = 8𝑉 ⇒ 𝑈2 = 𝑈3 = 𝑈23 = 8𝑉 𝑈

+ Dòng điện qua R2: 𝐼2 = 𝑅2 = 6 = 3 𝐴 2

𝑈

+ Dòng điện qua R3: 𝐼3 = 𝑅3 = 12 = 3 𝐴 3

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: 𝑃 = 𝐼 2 𝑅 = 22 . 5,5 = 22𝑊 𝑈 𝐸

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

𝐼.𝑅 𝐸

𝐸

b. Ta có: 𝑃𝑅1 = 𝐼 2 𝑅1 = (𝑅+𝑟) 𝑅1 = (𝑅

2.5,5 12

⇒ 𝑃𝑅1−𝑚𝑎𝑥 = (2

) 𝑅1 = (

) ≥ 2√4,5 ⇒ (√𝑅1 +

4,5 √𝑅1

12 √𝑅1 +

)

4,5

)

√𝑅1

=2√4,5

𝑚𝑖𝑛

) = 18 W 4,5

DẠ Y

√

4,5

√𝑅1

1 +4+0,5

KÈ

+ Theo cô-si: (√𝑅1 +

= 91,67%

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: √𝑅1 =

4,5 √𝑅1

⇒ 𝑅1 = 4,5𝛺

Bài 5.

𝑃

𝑈1 = 𝑈𝑑1 = 6𝑉; 𝐼𝑑1 = 𝑈𝑑1 = 0,5(𝐴) 𝑑1 a. + Vì các đèn đều sáng bình thường nên: { 𝑃𝑑2 𝑈2 = 𝑈𝑑2 = 3𝑉; 𝐼𝑑2 = 𝑈 = 2(𝐴) 𝑑2

+ Ta có: UAB = U1 + U2 = 9 V

Tự luận vật lý 11

+ Định luật ôm cho mạch kín: 𝐼 = 𝑅 𝐸− 𝑈𝐴𝐵 𝑟

⇒ 𝐼. 𝑅𝑁 + 𝐼. 𝑟 = 𝐸

𝑁 +𝑟

= 3(𝐴)

+ Dòng điện qua R1 là: I1 = I – Iđ1 = 2,5 A  𝑅1 =

𝑈2 𝐼2

𝐼1

= 2,4𝛺

= 3𝛺

+ Dòng điện qua R2 là: I2 = I – Iđ2 = 1 A  𝑅2 =

𝑈1

⇔ 𝑈𝐴𝐵 + 𝐼. 𝑟 = 𝐸 ⇒ 𝐼 =

𝐸

b. Công suất tỏa nhiệt trên R1: 𝑃1 = 𝐼12 𝑅1 = 15𝑊

+ Công suất tỏa nhiệt trên R2: 𝑃2 = 𝐼22 𝑅2 = 3𝑊 Bài 6. 𝑈2

𝑅1 = 𝑃1 = 24𝛺 1 Điện trở của các bóng đèn: { 𝑈22 𝑅2 = 𝑃 = 12𝛺 2

𝑅 .𝑅

+ Tổng trở mạch ngoài: 𝑅𝑡𝑑 = 𝑅 + 𝑅 1+𝑅2 = 11𝛺 + Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝐸 𝑡𝑑 +𝑟

= 2(𝐴)

𝑅 𝑅

ƠN

+ Ta có: 𝑈1 = 𝑈2 = 𝑈12 = 𝐼. 𝑅12 = 𝐼 (𝑅 1+𝑅2 ) = 16(𝑉) 1

𝑈

+ Cường độ dòng điện qua các bóng đèn: 𝐼1 = 𝑅1 = 3 (𝐴) ≡ 0,67(𝐴)

⇒ 𝐼2 = 𝐼 − 𝐼1 = 3 (𝐴) ≈ 1,33(𝐴)

+ Cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn: {

𝑃

𝐼𝑑1 = 𝑈1 = 0,5(𝐴) < 𝐼1 1

𝑃2

𝐼𝑑2 = 𝑈 = 1(𝐴) < 𝐼2 2

Vậy các đèn sáng hơn mức bình thường  đèn dễ cháy b. Công suất tiêu thụ của mạch điện là công suất tiêu thụ ở mạch ngoài nên ta có: 𝑃𝑛𝑔𝑜𝑎𝑖 = 𝐼 2 𝑅𝑡𝑑 = 22 . 11 = 44𝛺

+ Hiệu điện thế hai đầu cực của nguồn: 𝑈 = 𝐸 − 𝐼𝑟 = 24 − 2 = 22(𝑉) 𝐸

= 24 . 100% = 91,67%

KÈ

Bài 7. a. Tìm R

𝑈

+ Hiệu suất của nguồn: 𝐻 =

Công suất mạch ngoài: P = UI = (E – rI)I = EI – rI2

DẠ Y

 4 = 6I – 2I2  I2 – 3I + 2 = 0  [ P

Mặt khác: P = RI2  R = R = I2 + Với I = 2A  R = 1 Ω. + Với I = 1A  R = 4 Ω. Vậy: R = 4 Ω hoặc R = 1 Ω.

b. Cách mắc R2 với R1

I=2A I=1A

Tự luận vật lý 11 2

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P = RI2 = R (R+r) =

E2 (

R r + ) √R √R

(√R+

r 2 ) √R

(√R1 +

r √R1

)

(√R3 +

 𝑅1 − 𝑅3 = 𝑟 2 ⋅

r √R3

𝑅1 −𝑅3 𝑅1 𝑅3

)

⇒ R1 + 2r + R = R 3 + 2r + R 22

⇔ 𝑅1 𝑅3 = 𝑟 2 ⇒ 𝑅3 = 0,5 = 8Ω > 𝑅1

Vậy: Phải mắc R2 nối tiếp R1 và R2 = R3 – R1 = 8 – 0,5 = 7,5 Ω. Bài 8. Rd .(Rd +2)

2Rd +2

R .R +R1 +R2 ) d d +R1 +R2

– Điện trở tương đương mạch ngoài:R = R d+Rd

𝐸

– Cường độ dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑟. 𝐸2

– Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài:𝑃 = 𝑅𝐼 2 = 𝑅 (𝑅+𝑟)2 .

ƠN

R,202

 60 = (R+1,6)2 ⇔ (R2 + 3,2R + 2,56).60 = 400R.

 3R2 + 9.6R + 7.68 - 20R = 0 ⇔ 3R2 - 10,4R + 7.68 = 0 16

* Trường hợp 1: Lúc đó: R =

Rđ .(Rđ +2) 2Rđ +2

4(4+2) 2.4+2

Rđ .(Rđ +2) 2Rđ +2

)

 R = 2,4 Ω hoặc R = 15 Ω (với R =

= 2,4  Rđ = 4 Ω 𝐸

= 2,4 Ω  I = 𝑅+𝑟 = 2,4+1,6 = 5A.

+ Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.5 = 12V. U

+ Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 = R =

12 4

= 3 A.

+ Công suất tiêu thụ của đèn 1: 𝑃1 = 𝑅đ 𝐼12 = 4.32 = 36 W. + Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 5 – 3 = 2A. + Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R d I22 = 4, 22 = 16 W.

Lúc đó:

Rđ .(Rđ +2) 2Rđ +2

1,53.(1,53+2) 2.1,53+2

= 20 = 0,6 = 60%.

= 15  Rđ = 1,53.

KÈ

* Trường hợp 2:

+ Hiệu suất của nguồn:H =

= 15 Ω ⇒ I = R+r = 16 15

+1.6

= 7.5 A.

+ Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.7,5 = 8V. U

800

DẠ Y

+ Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 = R = 1,53 = 153 A. Φ

800 2

+ Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R d I12 = 1,53. (153) = 41.83 W. 800

695

+ Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 7,5 –153 = 306 A. 695 2

+ Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R d I22 = 1,53. (306) = 7.89 W. + Hiệu suất của nguồn: H =

U E

= 20 = 0,4 = 40%.



Gọi R3 là điện trở tương đương của R1 và R2, ta có: P1 = P3.

Tự luận vật lý 11

Bài 9. a. Hiệu điện thế định mức của đèn 𝐸

150

𝑏 +𝑅đ +𝑟

150

= 18+2+𝑅 = 20+𝑅 . đ

Cường độ dòng điện qua mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝑑

150R

Hiệu điện thế định mức của đèn: Uđ = IRđ = 20+Rđ . đ

= 150 . (20 + R đ ) = 1,2(20 + R đ )

 150𝑅đ = 1,2(20 + 𝑅đ )2 ⇔ 150𝑅đ = 480 + 48𝑅đ + 1,2𝑅đ2 150.80

Vậy: Hiệu điện thế định mức của đèn là 120V hoặc 30V. b. Tìm Rb để hai đèn sáng bình thường – Với đèn có Uđ = 120V; Rđ = 80 Ω: Để đèn sáng bình thường: P

R đ = 80Ω ⇒ Ud = 20+80 = 120 V  R2đ − 102R đ + 480 = 0 ⇒ { 150.5 R d = 5Ω ⇒ Ud = 20+5 = 30 V

180

Mặt khác: Uđ =

180

ƠN

+ Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ = U = 120 = 1,5 A.

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.1,5 = 3A. 𝐸

=3

𝑅 𝑅𝑏 + 𝑑 +𝑟 2

150 𝑅𝑏 +40+2

= 3 ⇒ 𝑅𝑏 = 8Ω.

I=

– Với đèn có Uđ = 30V; Rđ = 5 Ω: Để đèn sáng bình thường: P

+ Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ = U =

180 30

= 6 A.

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.6 = 12A. 𝐸 𝑅 𝑅𝑏 + 𝑑 +𝑟

= 12 

= 12 ⇒ 𝑅𝑏 = 8Ω

150 𝑅𝑏 +2,5+2

𝐼=

Vậy: Để 2 đèn sáng bình thường thì Rb = 8 Ω. c) Số nguồn tối đa có thể thắp sáng

– Với loại đèn có Uđ = 120V; Rđ = 80 Ω: Gọi n là số đèn tối đa có thể thắp sáng bình thường. Vì các đèn sáng

bình thường nên:

𝑃

180

+ Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: 𝐼𝑑 = 𝑈 = 120 = 1,5 A. I=

KÈ

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 1,5n. E

R Rb + d +r

= 1,5n  E = 1,5nRb + 1,5Rđ + 1,5nr

E−15Rd

b +r)

DẠ Y

 n = 15(R và nmax =

150−1,5.80 1,5.2

 n = nmax khi Rb = 0. U

120

= 10 (đèn)  H = E = 150 = 0,8 = 80%

Vậy: Số đèn tối đa loại Uđ = 120V; Rđ = 80 Ω là 10 và hiệu suất của nguồn lúc đó là H = 80%. – Với loại đèn có Uđ = 30V; Rđ = 5 Ω: Gọi n là số đèn tối đa có thể thắp sáng bình thường. Vì các đèn sáng

bình thường nên:

+ Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: Iđ = U =

180 30

= 6 A.

Tự luận vật lý 11

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 6n. I =

E R Rb + d +r

= 6n  E = 6nRb + 6Rđ + 6nr

và nmax =

b +r)

 n = nmax khi Rb = 0.

150−6.5 6.2

= 10 (đèn)  H = E = 150 = 0,2 = 20%

E−6Rd

 n = 6(R

Vậy: Số đèn tối đa loại Uđ = 30V; Rđ = 5 Ω là 10 và hiệu suất của nguồn lúc đó là H = 20%.

𝑃

– Ta có: Iđ = 𝑈𝑑𝑚 = 𝑑𝑚

24 6

𝑈2

= 4 A; 𝑅𝑑 = 𝑃𝑑𝑚 = 24 = 15 Ω. 𝑑𝑚

Bài 10.

– Mặt khác: I = R

Eb d +rb

6m 1,5+

m n

– Để đèn sáng bình thường thì I = Iđ = 4A. 6m

m 1,5+ n

⇔ 4 m + 6n = 6mn ⇒ m = 1 + 6n−4

ƠN

4 =

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: Eb = mE = 6m; rb = n =

Vì m là số nguyên nên (6n – 4) phải là ước số của 4  n = 1 và m = 3. Vậy: Có 3 nguồn mắc nối tiếp nhau.

Bài 11.

– Nếu 2 acquy mắc nối tiếp: E1 = 2E, r1 = 2r.

+ Cường độ dòng điện trong mạch: I1 = R+r1 = R+2r. 1

4E2

+ Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 = R.

(R+2r)2

𝑟

– Nếu 2 ac quy mắc song song: E2 = E, r2 = 2.

𝐸

2 + Cường độ dòng điện trong mạch: 𝐼2 = 𝑅+𝑟 = 2

𝐸 𝑅+

2𝐸

𝑟 2

= 2𝑅+𝑟.

4E2

+ Công suất mạch ngoài: P2 = RI22 = R. (2R+r)2 . 4E2 R

(2R+r)2

P1 = (R+2r)2 ⋅

4E2 R

(2.25+10)2

= (R+2r)2 = (25+2.10)2 =

16 9

KÈ

Vậy: Công suất mạch ngoài trong trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp lớn hơn

16 9

lần công suất mạch ngoài trong

trường hợp 2 acquy mắc song song. Bài 12.

𝐸2

DẠ Y

Ta có: Công suất mạch ngoài của ac quy: 𝑃 = 𝑅 (𝑅+𝑟)2 = Vì MS = √R +

√R

≥ 2√r ⇒ MSmin khi R = r và Pmax =

𝐸2 (√𝑅+ E2 4r

𝑟 2 ) √𝑅

 𝑃1max = 4r = 20 W ; P2max = 4r = 30 W.

a. Trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp: Khi 2 acquy mắc nối tiếp: Eb = 2E; rb = r1 + r2 nên:

Tự luận vật lý 11 4E2

1 +r2

 𝑃max =

= 4(r )

1 +r2 )

4,20,30 20+30

= 4r1

4r + 2 E2 E2

4P1 P2

1 1 + P1 P2

1 +R2

(2E)2

𝑃max = 4(r

= 48 W.

b. Trường hợp 2 acquy mắc song song: Khi 2 acquy mắc song song: r r

𝑃max =

(𝐸)2 𝑟 𝑟 4( 1 2 ) 𝑟1 +𝑟2

𝐸 2 (𝑟1 +𝑟2 ) 4𝑟1 𝑟2

𝐸2

= 4𝑟 + 4𝑟 = 𝑃1 + 𝑃2 = 20 + 30 = 50 W.

Eb = E; rb = r 1+r2 nên:

Vậy: Khi 2 acquy mắc nối tiếp thì Pmax = 48W; khi 2 acquy mắc song song thì Pmax = 50W.

Bài 13.

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (m, n ∈ N*) và Eb = nE0 = 1,5n; rb = – Điện trở của đèn: Rđ = R d =

U2dm Pdm

122

= 8Ω. P

nr0 m

1,5n m

a. Cách mắc nguồn

𝑛=

16 3 2− m

3 24 )+ m m 3 2− m

8.(2−

1,5n m

= 8 + 2 m−3

⇔ 1,5n, (1 −

Ta có: Eb = Uđ + Irb  1,5n = 12 + 1,5.

ƠN

– Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđ = Udm = 12 = 1,5 A. 1,5 m

) = 12

Vì m, n là số nguyên dương nên (2m – 3) là ước của 24, mà (2m – 3) là số lẻ nên (2m – 3) có thể bằng 1

m=2 n = 32 hoặc 3: [ ⇔[ m=3 n = 16

Vậy: Để đèn sáng bình thường, ta cần 64 nguồn mắc thành 2 dãy hoặc 48 nguồn mắc thành 3 dãy. b. Cách mắc có số nguồn ít nhất

– Theo câu a. thì cách mắc thành 3 dãy, mỗi dãy 16 nguồn là cách có số nguồn ít nhất: 48 nguồn. 𝐼

– Công suất của mỗi nguồn: 𝑃 = 𝐸0 ⋅ 3 = 15 ⋅ P

I 2 3 I E0 ⋅ 3

r0 ( )

r I

= 3E0 = 0

= 0,75 W.

1.5.15 3.15

= 0.5 = 50%.

KÈ

– Hiệu suất của nguồn: H =

P′

1,5

Vậy: Công suất và hiệu suất của mỗi nguồn ứng với cách mắc có số nguồn ít nhất là 0,75W và 50%. PHẦN III : DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG

DẠ Y

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Dòng điện trong kim loại a. Đặc điểm dòng điện trong kim loại - Hạt tải điện trong kim loại là các electron tự do. Mật độ của các electron tự do trong kim loại rất cao nên

kim loại dẫn điện rất tốt - Bản chất dòng điện trong kim loại là dòng dịch chuyển có hướng của các electron dưới tác dụng của điện trường.

Tự luận vật lý 11

- Chuyển động nhiệt của mạng tinh thể cản trở chuyển động của hạt tải điện làm cho điện trở kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ. Đến gần 00 K, điện trở của kim loại rất nhỏ.

b. Sự phụ thuộc của điện trở suất của kim loại theo nhiệt độ Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: ρ = ρ0(1 + α(t - t0))

- Vật liệu siêu dẫn có điện trở đột ngột giảm đến bằng 0 khi nhiệt độ bằng hoặc thấp hơn nhiệt độ tới hạn

T  TC.

- Cặp nhiệt điện là hai dây kim loại khác bản chất, hai đầu hàn vào nhau. Khi nhiệt độ hai mối hàn T 1, T2

khác nhau, trong mạch có suất điện động nhiệt điện E = T(T1 – T2). 2. Dòng điện trong chất điện phân

a. Đặc điểm dòng điện trong chất điện phân

- Các dung dịch muối, axit, bazơ hay các muối nóng chảy được gọi là các chất điện phân. - Hạt tải điện trong chất điện phân là các ion dương, ion âm bị phân li từ các phân tử muối, axit, bazơ. - Chất điện phân không dẫn điện tốt bằng kim loại vì mật độ các ion trong chất điện phân nhỏ hơn mật độ

ƠN

các electron trong kim loại, khối lượng và kích thước của các ion lớn hơn khối lượng và kích thước của các electron nên tốc độ chuyển động có hướng của chúng nhỏ hơn.

- Dòng điện trong chất điện phân là dòng ion dương và ion âm chuyển động có hướng theo hai chiều ngược

nhau trong điện trường.

- Hiện tượng dương cực tan xảy ra khi các anion đi tới anôt kéo các ion kim loại của điện cực vào trong dung dịch.

- Dòng điện trong chất điện phân không chỉ tải điện lượng mà còn tải cả vật chất đi theo. Tới điện cực chỉ

có electron có thể đi tiếp, còn lượng vật chất động lại ở điện cực, gây ra hiện tượng điện phân.

- Hiện tượng điện phân được áp dụng trong các công nghệ luyện kim, hóa chất, mạ điện, … b. Các định luật Fa – ra - đây

❖ Định luật FA – ra - đây thứ nhất bình đó m = k.q

Khối lượng vật chất đươc giải phóng ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ thuân với điện lượng chạy qua ❖ Định luật Fa – ra - đây thứ hai 𝐴

KÈ

Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố tỉ lệ với đương lượng gam 𝑛 của nguyên tố đó. Hệ số tỉ lệ là 𝐹, 1 𝐴

trong đó F gọi là số Fa – ra – đây k = 𝐹 . 𝑛

1 𝐴

DẠ Y

- Khối lượng chất thoát ra ở cực của bình điện phân tính ra gam: m = 𝐹 . 𝑛.It với F = 96500 C/mol. II. CÁC DẠNG TOÁN • Dạng 1. DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 𝑈

+ Dòng điện trong kim loại tuân theo định luật ôm: I = 𝑅

Tự luận vật lý 11

+ Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: 𝜌 = 𝜌0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )]. Với 0 là điện trở suất của kim loại ở t0 0C.

+ Điện trở của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: 𝑅𝑡 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )]. Với R0: điện trở ở t0 0C;  (K-1): hệ số nhiệt của điện trở.

+ Biểu thức suất điện động nhiệt điện:𝐸 = 𝛼 𝑇 (𝑇1 − 𝑇2 ) = 𝛼 𝑇 (𝑡1𝑜 − 𝑡2𝑜 ), 𝛼 𝑇 : hệ số nhiệt điện động µV/K),

T1 và T2 lần lượt là nhiệt độ của đầu nóng và đầu lạnh. B. VÍ DỤ MẪU 10 km bằng bao nhiêu ? cho biết điện trở suất của thép bằng 3.10 –7 .m

Hướng dẫn giải 10.103

𝑙

Ví dụ 1: Một đường ray xe điện bằng thép có diện tích tiết diện bằng 56 cm2. Hỏi điện trở của đường ray dài

Ta có: 𝑅 = 𝜌 𝑆 = 3.10−7 . 56.10−4 = 0,54𝛺

Ví dụ 2: Một dây dẫn có đường kính 1mm, chiều dài 2m và điện trở 50 m. Hỏi điện trở suất của vật liệu?

ƠN

Hướng dẫn giải

Trước tiên ta tính diện tích tiết diện của dây dẫn: 𝑆 = 𝑙

4𝑙

𝜋.10−6 .50.10−3 4.2

= 1,96.10−8 𝛺𝑚

Mà 𝑅 = 𝜌 𝑆 = 𝜌 𝜋𝑑2 ⇒ 𝜌 =

𝜋𝑑2 𝑅

𝜋𝑑2

Ví dụ 3: Đường kính của một dây sắt bằng bao nhiêu để nó có cùng điện trở như một dây đồng có đường kính 1,20 mm và cả hai dây có cùng chiều dài. Cho biết điện trở suất của đồng và sắt lần lượt là 9,68.10 – 8 .m; 1,69.10 – 8 .m.

Hướng dẫn giải Gọi d1 và d2 là đường kính của dây sắt và dây đồng.

Gọi S1 và S2 là diện tích tiết diện của dây sắt và dây đồng. 𝑙

4𝑙

𝑅1 = 𝜌1 𝑆1 = 𝜌1 𝜋𝑑12 (1) 1 1 Điện trở của hai dây lần lượt là: { 𝑙2 4𝑙2 𝑅2 = 𝜌2 𝑆 = 𝜌2 𝜋𝑑2 (2) 2

Hai dây có cùng điện trở và chiều dài nên: { 𝜌

KÈ

𝜌

𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅 𝑙1 = 𝑙2 = 𝑙

𝜌

9,68.10−8

Từ (1) và (2) ta có: 𝑑12 = 𝑑22 ⇒ 𝑑1 = 𝑑2 . √𝜌1 = 1,2. √1,69.10−8 = 2,87𝑚𝑚 1

Ví dụ 4: Một bóng đèn 220V – 100W khi sáng bình thường thì nhiệt độ của dây tóc là 20000C. Xác định điện trở của đèn khi thắp sáng và khi không thắp sáng, biết rằng nhiệt độ môi trường là 200C và dây tóc đèn làm

DẠ Y

bằng Vonfram có α = 4,5.10-3 K-1. Hướng dẫn giải

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi thắp sáng: 𝑅 =

𝑈đ2 𝑃đ

2202 100

= 484𝛺

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi không thắp sáng: 𝑅

484

𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝑅0 = 1+𝛼(𝑡−𝑡 ) = 1+4,5.10−3 (2000−20) = 48,8𝛺 0

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 5: Dây tóc bóng đèn 220V – 200W khi sáng bình thường ở 25000C có điện trở lớn gấp 10,8 lần so với tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ. Hướng dẫn giải + Điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn sáng bình thường:

𝑈đ2 𝑃đ

2202 200

= 242𝛺

𝑅=

điện trở của nó ở 1000C. Tính hệ số nhiệt điện trở  và điện trở R0 của nó ở 1000C. Coi rằng điện trở của dây

Theo bài ra: Coi rằng điện trở của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ 𝑅

nên ta có: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝛼 = (𝑅 − 1) . (𝑡−𝑡

+ Theo đề: 𝑅 = 1,08 ⇒ { 0

𝛼 = (10,8 − 1). (2500−100) = 𝛼 = 4,1.10−3 𝐾 −1 𝑅

242

𝑅0 = 10,8 = 10,8 = 22,4𝛺

𝑅

Ví dụ 6: Một bóng đèn loại 220V – 40W làm bằng vonfram. Điện trở của dây tóc đèn ở 200C là R0 = 121. Tính nhiệt độ t của dây tóc khi đèn sáng bình thường. Coi điện trở suất của vonfram trong khoảng nhiệt độ

ƠN

này tăng bậc nhất theo nhiệt độ với hệ số nhiệt điện trở α = 4,5.10-3 K-1. Hướng dẫn giải

+ Điện trở của bòng đèn khi đèn sáng bình thường: 𝑅 = 1

𝑅

𝑈đ2 𝑃đ

2202 40

= 1210𝛺

+ Ta có: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝑡 = 𝛼 (𝑅 − 1) + 𝑡0 = 20200 𝐶 0

Ví dụ 7: Một mối hàn của cặp nhiệt điện có hệ số nhiệt điện động T = 6,5 V/K được đặt trong không khí ở t1 = 200 C, còn đầu kia được nung nóng ở nhiệt độ t2.

a. Tìm suất điện động nhiệt điện khi t2 = 2000C

b. Để suất điện động nhiệt điện là 2,6 mV thì nhiệt độ t2 là bao nhiêu? Hướng dẫn:

a. Suất điện động nhiệt điện khi t2 = 2000C: 1,17 mV.

𝐸 = 𝛼 𝑇 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 6,5.(200-20) = 1170 μV = 𝐸

b. Ta có: 𝐸 = 𝛼𝑇 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝛼 𝑇 (𝑡2𝑜 − 𝑡1𝑜 ) ⇒ 𝑡2𝑜 = 𝛼 + 𝑡1𝑜 = 420𝑜 𝐶 𝑇

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

KÈ

Bài 1. Hai vật được chế tạo cùng một vật liệu và có chiều dài bằng nhau. Vật dẫn A là một dây đặc có đường kính 1 mm. Vật dẫn B là một ống rỗng có đường kính ngoài 2 mm và đường kính trong 1 mm. Hỏi tỉ số điện trở 𝑅𝐴 /𝑅𝐵 đo được giữa hai đầu của chúng là bao nhiêu?

DẠ Y

Bài 2. Để mắc đường dây tải điện từ địa điểm A đến địa điểm B ta cần 1000 kg dây đồng có điện trở suất 1,69.10 – 8 .m . Muốn thay dây đồng bằng dây nhôm 2,82.10 – 8 .m mà vẫn đảm bảo chất lượng truyền điện thì phải dùng bao nhiêu kg nhôm ? Cho biết khối lượng riêng của đồng là 8900 kg/m3 và của nhôm là 2700 kg/m3.

Bài 3. Dựa vào quy luật phụ thuộc nhiệt độ của điện trở suất của dây kim loại, tìm công thức xác định sự phụ thuộc nhiệt độ của điện trở R của một dây kim loại có độ dài l và tiết diện S. Giả thiết trong khoảng nhiệt độ ta xét, độ dài và tiết diện của dây kim loại không thay đổi.

Tự luận vật lý 11

Bài 4. Dây tóc bóng đèn 220V – 100W khi sáng bình thường ở 24850C điện trở lớn gấp 12,1 lần so với điện trở của nó ở 200C. Tính hệ số nhiệt điện trở  và điện trở R0 của dây tóc đèn ở 200C. Giả thiết rằng điện trở

của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ.

Bài 5. Khi hiệu điện thế giữa hai cực bóng đèn là U1 = 20mV thì cường độ dòng điện chạy qua đèn là I1 = 8mA, nhiệt độ dây tóc bóng đèn là t1 = 250 C. Khi sáng bình thường, hiệu điện thế giữa hai cực bóng đèn là

U2 = 240V thì cường độ dòng điện chạy qua đèn là I2 = 8A. Coi điện trở suất của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ với hệ số nhiệt điện trở  = 4,2.10-3 K-1. Nhiệt độ t2 của dây

tóc đèn khi sáng bình thường là: a. Tính điện trở suất của đồng khi nhiệt độ tăng lên đến 1400C.

Bài 6. Đồng có điện trở suất ở 200C là 1,69.10–8 .m và có hệ số nhiệt điện trở là 4,3.10 – 3 (K –1). b. Khi điện trở suất của đồng có giá trị 3,1434.10 – 8 .m thì đồng có nhiệt độ bằng bao nhiêu? Bài 7. Một dây kim loại có điện trở 20 khi nhiệt độ là 250C. Biết khi nhiệt độ tăng thêm 4000C thì điện trở

ƠN

của dây kim loại là 53,6 Ω. a. Tính hệ số nhiệt điện trở của dây kim loại.

b. Điện trở của dây dẫn tăng hay giảm bao nhiêu khi nhiệt độ tăng đến 3000C kể từ 250C. Bài 8. Dây tỏa nhiệt của bếp điện có dạng hình trụ ở 20oC có điện trở suất ρ = 5.10-7 Ωm, chiều dài 10 m,

đường kính 0,5 mm.

a. Tính điện trở của sợi dây ở nhiệt độ trên.

b. Biết hệ số nhiệt của điện trở của dây trên là α = 5.10-5 K-1. Tính điện trở ở 200oC. Bài 9. Một mối hàn của một cặp nhiệt điện có hệ số nhiệt điện động là 32,4 V/K được đặt trong không khí,

còn mối hàn kia được nung nóng đến nhiệt độ 3300C thì suất điện động nhiệt điện của cặp nhiệt điện này có

giá trị là 10,044 mV.

a. Tính nhiệt độ của đầu mối hàn trong không khí. b. Để suất nhiệt động nhiệt điện có giá trị 5,184 mV thì phải tăng hay giảm nhiệt độ của mối hàn đang nung một lượng bao nhiêu ?

Bài 10. Cặp nhiệt điện Sắt – Constantan có hệ số nhiệt điện động αT = 50,4 μV/K và điện trở trong r = 0,5Ω.

KÈ

Nối cặp nhiệt điện này với điện kế G có điện trở RG = 19,5 Ω. Đặt mối hàn thứ nhất vào trong không khí ở nhiệt t1 = 270C, nhúng mối hàn thứ hai vào trong bếp điện có nhiệt độ 327 0C. Cường độ dòng điện chạy qua điện kế G là

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

DẠ Y

Bài 1.

𝑙

4𝑙

𝑅𝐴 = 𝜌𝐴 𝑆𝐴 = 𝜌𝐴 𝜋𝑑𝐴2 (1) 𝐴 𝐴 Điện trở của hai dây lần lượt là: { 𝑙𝐵 4𝑙𝐵 𝑅𝐵 = 𝜌𝐵 𝑆 = 𝜌𝐵 𝜋(𝑑2 −𝑑 2 ) (2) 𝐵

Hai dây dẫn cùng vật liệu và chiều dài nên: { 𝑅

Từ (1) và (2) ta có: 𝑅𝐴 = 𝐵

𝑑22 −𝑑12 2 𝑑𝐴

4−1 1

𝜌𝐴 = 𝜌𝐵 = 𝜌 𝑙𝐴 = 𝑙𝐵 = 𝑙

Tự luận vật lý 11

Bài 2. Đường dây tải truyền từ A đến B nên có cùng chiều dài: 𝑙1 = 𝑙2 = 𝑙

Khối lượng dây đồng cần để truyền từ A đến B: 𝑚1 = 𝐷1 𝑉1 = 𝐷1 𝑙1 . 𝑆1 (1) Khối lượng dây nhôm cần để truyền từ A đến B: 𝑚2 = 𝐷2 𝑉2 = 𝐷2 𝑙2 . 𝑆2 (2) 𝑚

𝐷 𝑙 .𝑆

𝐷 .𝑆

Từ (1) và (2) ta có: 𝑚1 = 𝐷1𝑙1.𝑆1 = 𝐷1.𝑆1 (3) 2 2 2

2 2

𝑙

Điện trở của dây đồng: 𝑅1 = 𝜌1 𝑆

𝑙

Điện trở của dây nhôm: 𝑅2 = 𝜌2 𝑆

Muốn thay dây đồng bằng dây nhôm mà vẫn đảm bảo chất lượng truyền điện thì điện trở trên đường dây

𝑅1 = 𝑅2 ⇔

𝜌1 𝑆1

𝜌2 𝑆2

𝑆

truyền từ A đến B phải bằng nhau. 𝜌

⇒ 𝑆1 = 𝜌1 (4) 2

𝑚

𝐷 .𝜌

Thay (4) vào (3) ta được: 𝑚1 = 𝐷1.𝜌1 ⇒ 𝑚2 = 𝑚1 . 𝐷2.𝜌2 2

ƠN

2700.2,82.10−8

Thay số ta được: 𝑚2 = 1000. 8900.1,69.10−8 = 506𝑘𝑔 Bài 3.

+ Ta có: 𝜌 = 𝜌0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ℓ

ℓ

+ Vì coi chiều dài l và S là không đổi nên ta có: 𝜌 𝑆 = 𝜌0 𝑆 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ℓ

ℓ

+ Mà: 𝑅 = 𝜌 𝑆 ; 𝑅0 = 𝜌0 𝑆. Vậy: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )]

Bài 4.

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn sáng bình thường: 𝑅 = 𝑅

𝑈đ2 𝑃đ

2202 100

= 484𝛺

+ Ta có: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝛼 = (𝑅 − 1) . (𝑡−𝑡 𝑅

+ Theo đề: 𝑅 = 12,1 ⇒ { 0

𝛼 = 4,5.10−3 𝐾 −1 𝑅0 = 40𝛺

Bài 5.

KÈ

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi nhiệt độ là t1 = 250 C là: 𝑅1 = + Điện trở của dây tóc bóng đèn khi nhiệt độ là t2 là: 𝑅2 =

𝑈2 𝐼2

𝑈1 𝐼1

= 2,5𝛺

= 30𝛺 1 𝑅

+ Sự phụ thuộc điện trở của vật dẫn vào nhiệt độ: R2 = R1[1 + α(t2 - t1)] ⇒ t2=𝛼 (𝑅2 − 1) + 𝑡1 = 26440 𝐶. 1

DẠ Y

Bài 6. a. Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: 𝜌 = 𝜌0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] = 1,69.10−8 [1 + 4,3.10−3 (140 − 20)] ⇒ 𝜌 = 2,56.10−8 (𝛺. 𝑚) 𝜌

b. Ta có: 𝜌 = 𝜌0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝑡 = (𝜌 − 1) 𝛼 + 𝑡0 = 2200 𝐶 0

Bài 7.

𝑅

53,6

a. Ta có: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] ⇒ 𝛼 = (𝑅 − 1) . (𝑡−𝑡 ) = ( 20 − 1) 400 = 4,2.10−3 𝐾 −1 0

Tự luận vật lý 11

b. Ta có: 𝑅 = 𝑅0 [1 + 𝛼(𝑡 − 𝑡0 )] = 20[1 + 4,2.10−3 (300 − 25)] = 43,1𝛺 ⇒ 𝛥𝑅 = 𝑅 − 𝑅0 = 43,1𝛺

Bài 8. ℓ

a. Điện trở của dây dẫn: 𝑅0 = 𝜌 𝑆 4

4ℓ

4.10

⇒ 𝑅0 = 𝜌 𝜋𝑑2 = 5.10−7 . 𝜋.(0,5.10−3)2 ≈ 25,46𝛺

b. Ta có: R = R0[1 + α(t - t0)] = 25,46[1 + 5.10-5)(200-20)] = 25,69 Ω. Bài 9. 𝐸

a) Ta có: 𝐸 = 𝛼𝑇 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝛼 𝑇 (𝑡2𝑜 − 𝑡1𝑜 ) ⇒ 𝑡1𝑜 = 𝑡2𝑜 − 𝛼 = 20𝑜 𝐶 𝑇

𝐸/

b) Ta có: 𝐸 / = 𝛼𝑇 (𝑇2 − 𝑇1 ) = 𝛼 𝑇 (𝑡2𝑜 − 𝑡1𝑜 ) ⇒ 𝑡2𝑜 = 𝛼 + 𝑡1𝑜 = 180𝑜 𝐶

𝜋𝑑2

Vì dây hình trụ nên: 𝑆 =

𝑇

Vậy phải giảm nhiệt độ mối hàn nung nóng một lượng là: 𝛥𝑡 𝑜 = 330𝑜 − 180𝑜 = 150𝑜 Bài 10.

+ Dòng điện qua điện kế: 𝐼 = 𝑅

𝐸𝑇 𝐺 +𝑟

15,12

ƠN

+ Suất nhiệt điện động: ET = αT|T2 - T1| = 50,4(327 - 27) = 15120 μV = 15,120 mV. = 19,5+0,5 = 0,756(𝑚𝐴)

• Dạng 2. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN

Dạng toán này có 2 loại bài toán

LOẠI 1: ĐIỆN PHÂN CÓ DƯƠNG CỰC TAN Phương pháp giải:

+ Hiện tượng dương cực tan xảy ra khi điện phân một dung dịch muối mà kim loại anôt làm bằng chính

kim loại ấy.

+ Khi có hiện tượng dương cực tan, dòng điện trong chất điện phân tuân theo định luật ôm, giống như đoạn mạch chỉ có điện trở thuần (vì khi đó có một cực bị tan nên bình điện phân xem như một điện trở). + Sử dụng định luật Farađây: q chạy qua bình đó.

Định luật 1: Khối lượng m của các chất được giải phóng ra ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ với điện lượng ▪ Biểu thức: m = kq (1) (hệ số tỉ lệ k gọi là đương lượng điện hóa, k phụ thuộc vào bản chất của chất được

KÈ

giải phóng, k có đơn vị là kg/C)

𝐴

Định lật 2: Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố, tỉ lệ với đương lượng gam 𝑛 của nguyên tố đó 𝐴

𝐴

▪ Biểu thức: 𝑘 = 𝑐 𝑛 = 𝐹𝑛 (2) (𝐹 = 𝑐 = 96500𝐶/𝑚𝑜𝑙)

DẠ Y

Kết hợp (1) và (2) ta có biểu thức của định luật Fa-ra-đây, biểu thị 2 định luật như sau: 𝑚 = 𝑘𝑞 =

1𝐴 𝐴. 𝐼. 𝑡 𝑞= 𝐹𝑛 96500𝑛

Trong đó:

▪ k là đương lượng điện hóa của chất được giả phóng ra ở điện cực (đơn vị g/C). ▪ F = 96 500 C/mol: là hằng số Farađây. ▪ n là hóa trị của chất thoát ra.

Tự luận vật lý 11

▪ A là khối lượng nguyên tử của chất được giải phóng (đơn vị gam). ▪ q là điện lượng dịch chuyển qua bình điện phân (đơn vị C).

▪ I là cường độ dòng điện qua bình điện phân. (đơn vị A). ▪ t là thời gian điện phân (đơn vị s). ▪ m là khối lượng chất được giải phóng ( đơn vị gam)..

LOẠI 2: ĐIỆN PHÂN KHÔNG CÓ DƯƠNG CỰC TAN Phương pháp giải:

+ Khi không có hiện tượng dương cực tan thì bình điện phân xem như một máy thu điện, nên dòng điện

𝐼=

𝐸−𝐸𝑝 𝑟+𝑟𝑝

. 1𝐴

qua bình tuân theo định luật ôm cho đoạn mạch chứa máy thu (vì có hai cực, dòng vào cực dương ra cực âm)

1𝐴

+ Để giải ta cũng sử dụng định luật Farađây: 𝑚 = 𝐹 𝑛 𝑞 Hay: 𝑚 = 𝐹 𝑛 𝐼𝑡 Các công thức liên quan cần thiết để giải dạng toán này: 𝑚 𝑉

ƠN

▪ Khối lượng riêng: 𝐷 = ▪ Thể tích: V = S.d Trong đó:

▪ D (kg/m3): khối lượng riêng ▪ d (m): bề dày kim loại bám vào điện cực ▪ S (m2): diện tích mặt phủ của tấm kim loại

▪ V (m3): thể tích kim loại bám vào điện cực.

B. VÍ DỤ MẪU

Trong phần này tôi chỉ chủ yếu tập trung vào các ví dụ điện phân có cực dương tan. Ví dụ 1: Muốn mạ đồng một tấm sắt có diện tích tổng cộng 200 cm2, người ta dùng tấm sắt làm catôt của một bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 và anôt là một thanh đồng nguyên chất, rồi cho dòng điện có cường độ I = 10 A chạy qua trong thời gian 2 giờ 40 phút 50 giây. Tìm bề dày lớp đồng bám trên mặt tấm sắt. Cho Hướng dẫn giải

biết đồng có A = 64; n = 2 và có khối lượng riêng  = 8,9.103 kg/m3.

KÈ

Trước tiên ta chuyển đổi các đơn vị của các đại lượng về đơn vị chuẩn: Diện tích: 𝑆 = 200𝑐𝑚2 = 200.10−4 𝑚2 = 2.10−2 𝑚2 Thời gian: t = 2 giờ 40 phút 50 giây = 2.3600 + 40.60 + 50 = 96500 giây

DẠ Y

Sau khi mạ đồng, tấm sắt sẽ bị đồng bám trên bề mặt vì thế cả khối lượng và thể tích của tấm sắt sẽ tăng lên.

Bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 và anôt là một thanh đồng nguyên chất nên xảy ra hiện tượng cực

dương tan trong quá trình điện phân. 1 𝐴.𝐼.𝑡

+ Áp dụng định luật Farađây: 𝑚 = 𝐹

𝑛 1

Khối lượng đồng bám vào sắt: 𝑚 = 96500 .

64.10.96500 2

= 320(𝑔) = 0,32(𝑘𝑔)

Tự luận vật lý 11

+ Chiều dày của lớp mạ được tính: 𝑑 =

𝑉

𝑚

0,32

= 𝑆.𝜌 = 2.10−2.8,9.103 = 0,0018(𝑚) = 1,8(𝑚𝑚)

𝑆

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Có bộ nguồn (𝐸 = 12𝑉 ; r = 0,4 ), R1 = 9, R2 = 6 và một bình điện

phân đựng dung dịch CuSO4, anôt bằng đồng Cu và điện trở của bình điện

𝐸, 𝑟

phân Rp = 4. Tính: a. Cường độ dòng điện qua mạch chính.

b. Khối lượng đồng thoát ra ở cực dương trong 16 phút 5 giây. Hướng dẫn giải

Khi điện phân một dung dịch muối mà kim loại anôt làm bằng chính kim loại ấy thì xảy ra hiện tượng cực dương ta (kim loại đề cập trong bài trên chính là Cu). Đến đây bài toán không có gì mới. Ta xem bình điện

phân như một điện trở và tính toán bình thường. Riêng bình điện phân thì ta quan tâm tới dòng điện chạy qua bình điện phân, thời gian điện phân và khối lượng kim loại giải phóng ở điện cực. Lưu ý rằng khối lượng này tính bằng gam (g) chứ không phải bằng kilogam (kg) 𝑅 𝑅

9.6

𝐸

Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑟 =

12 8

= 1,5𝐴 𝐴𝐼𝑡

ƠN

a. Điện trở tương đương mạch ngoài: 𝑅 = 𝑅 1+𝑅2 + 𝑅𝑝 = 9+6 + 4 = 7,6𝛺

64.1,5.(16.60+5) 96500.2

b. Khối lượng đồng thoát ra ở cực dương: 𝑚 = 96500𝑛 =

= 0,48𝑔

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ: E = 13,5 V, r = 1 Ω; R1 = 3 Ω; R3 = R4 = 4 Ω. Bình điện phân đựng dung dịch CuSO4, anốt bằng đồng, có điện trở R2 = 4 Ω. Hãy tính

E, r

a. Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài, cường độ dòng điện

qua nguồn, qua bình điện phân.

R1 M R2

b. Khối lượng đồng thoát ra ở catốt sau thời gian t = 3 phút 13

giây. Cho khối lượng nguyên tử của Cu = 64 và n = 2. c. Công suất của nguồn và công suất tiêu thụ ở mạch ngoài. Hướng dẫn giải 𝑅 𝑅

a. Ta có: 𝑅34 = 𝑅 3+𝑅4 = 2𝛺 ⇒ 𝑅2,34 = 𝑅2 + 𝑅34 = 6𝛺 𝑅 .𝑅

KÈ

+ Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài: 𝑅𝑀𝑁 = 𝑅 1+𝑅2,34 = 2𝛺 1

+ Cường độ dòng điện qua nguồn: 𝐼 = 𝑅 + Ta có: 𝑈𝑀𝑁 = IR𝑀𝑁 = 9𝑉 ⇒ 𝐼2 =

𝐸 𝑀𝑁 +𝑟

𝑈𝑀𝑁 𝑅234

2,34

13,5

= 2+1 = 4,5𝐴

= = 1,5𝐴 6

𝐴𝐼𝑡

DẠ Y

b. Khối lượng đồng thoát ra ở catốt sau thời gian t = 3 phút 13 giây: 𝑚 = 96500𝑛 = c. Công suất của nguồn: 𝑃𝐸 = 𝐸. 𝐼 = 60,75𝑊 Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: 𝑃𝑀𝑁 = 𝐼 2 𝑅𝑀𝑁 = 40,5𝑊

64.1,5.(3.60+13) 96500.2

= 0,096 g.

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình. Trong đó mỗi nguồn có suất điện động E = 5V; điện trở trong r = 0,25  mắc nối tiếp; đèn Đ loại (4V - 8W); các điện trở R1 = 3 ; R2 =

B Rx

Al2(SO4)3 có cực dương bằng Al. Điều chỉnh biến trở Rx để đèn

M C

Đ sáng bình thường. Tính:

R2 R3

c. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và M.

𝑈§2 𝑃§

𝐸𝑏 = 8.5 = 40𝑉 𝑟𝑏 = 8.0,25 = 2𝛺

= 2𝛺

ƠN

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅§ =

Hướng dẫn giải + Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: {

thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây. Biết Al có n = 3 và có A = 27.

a. Điện trở của biến trở tham gia trong mạch. b. Lượng Al giải phóng ở cực âm của bình điện phân trong

R3 = 2  ; Rp = 4  và là bình điện phân đựng dung dịch

𝑃

a. Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua bóng đèn là: 𝐼§ = 𝑈§ = 2(𝐴) ⇒ 𝐼3,§ = 𝐼3 = 𝐼§ = 2(𝐴) §

+ Ta có: R3,Đ = R3 + RĐ = 4 và R2,p = R2 + Rp = 6

+ Lại có: U3,Đ = I3,Đ.R3,Đ = 8 V  UCD = U3,Đ = U2,p = 8 V 𝑈2,𝑝

+ Dòng điện qua R2 và bình điện phân: 𝐼2,𝑝 = 𝑅

2,𝑝

+ Dòng điện qua mạch: I = I3,Đ + I2,p =

10 3

= 6 = 3 (𝐴)

(𝐴)

10 3

40−8

= 3+𝑅

𝑥 +2

⇒ 𝑅𝑥 =4,6.

Hay

+ Mà: 𝐸𝑏 = 𝑈𝐴𝐵 + 𝐼. 𝑟𝑏 = 𝑈𝐶𝐷 + 𝐼. (𝑅1 + 𝑅𝑥 ) + 𝐼. 𝑟𝑏 ⇒ 𝐼 =

𝐴.𝐼𝑝 .𝑡

b. Khối lượng nhôm bám vào catốt: 𝑚 = 96500𝑛 =

𝐸𝑏 −𝑈𝐶𝐷 𝑅1 +𝑅𝑥 +𝑟𝑏

4 3

27. .(1.60.60+4.60+20)

= 0,48 g.

𝑈𝐴𝑀 = 𝑈1 + 𝑈2 = 𝐼. 𝑅1 + 𝐼2 . 𝑅2 =

38 3

𝑉=

c. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, M:

96500.3

12,67𝑉

KÈ

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết bộ nguồn gồm 6 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có suất điện động E = 2,25V, điện trở trong r = 0,5. Bình điện phân có điện trở Rp chứa dung dịch CuSO4, anốt làm bằng Cu. Tụ điện có điện dung C = 6 F. Đèn

A R1

DẠ Y

Đ có ghi số (4V - 2W), các điện trở có giá trị R1 = 0,5R2 = R3 =

1. Ampe kế có điện trở không đáng kể, bỏ qua điện trở của dây nối. Biết đèn Đ sáng bình thường. Tính: a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn.

R2 N

b. Hiệu điện thế UAB và số chỉ của ampe kế. c. Khối lượng đồng bám vào catốt sau 32 phút 10 giây và điện trở Rp của bình điện phân.

Tự luận vật lý 11

d. Điện tích và năng lượng của tụ điện. Hướng dẫn giải 𝐸𝑏 = 4.2,25 = 9𝑉 𝑟𝑏 = 0,5 +

0,5.2 2

a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: {

+ 0,5 = 1,5𝛺

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅đ =

𝑈đ2 𝑃đ

b. Vì dòng một chiều không qua tụ nên mạch gồm: [(𝑅1 𝑛𝑡𝑅đ )//(𝑅𝑝 𝑛𝑡𝑅2 )]𝑛𝑡𝑅3 = 8𝛺

+ Ta có: 𝑅1đ = 𝑅1 + 𝑅đ = 9𝛺 𝑃

+ Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua bóng đèn là: 𝐼đ = 𝑈đ = 0,5(𝐴) + Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: 𝑈𝐴𝐵 = 𝐼1đ . 𝑅1đ = 4,5𝑉 + Ta có: 𝐸𝑏 = 𝑈𝑁 + 𝐼. 𝑟𝑏 = 𝑈𝐴𝐵 + 𝐼. 𝑅3 + 𝐼. 𝑟𝑏 ⇒ 𝐼 =

𝐸𝑏 −𝑈𝐴𝐵 𝑅3 +𝑟𝑏

Số chỉ ampe kế là: IA = I = 1,8 A

= 1,8(𝐴)

ƠN

c. Dòng điện qua bình điện phân: 𝐼𝑝 = 𝐼 − 𝐼§ = 1,3(𝐴) 𝐴.𝐼𝑝 .𝑡

+ Khối lượng đồng bám vào catốt: 𝑚 = 96500𝑛 = 0,832(𝑔)

+ Ta có: 𝑈𝐴𝑁 = 𝑈𝐴𝐵 − 𝑈𝑁𝐵 = 𝑈𝐴𝐵 − 𝐼𝑝 . 𝑅2 = 4,5 − 1,3.2 = 1,9𝑉 𝑈𝑝 𝐼𝑝

1,9

= 1,3 ≈ 1,5𝛺

+ Điện trở bình điện phân: 𝑅𝑝 =

d) Ta có: 𝑈𝑀𝑁 = 𝑈𝑀𝐴 + 𝑈𝐴𝑁 = −𝑈1 + 𝑈𝐴𝑁 = −0,5.1 + 1,9 = 1,4𝑉 + Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện: UC = UMN = 1,4 V 𝐶𝑈𝐶2

+ Năng lượng của tụ: 𝑊 =

= 8,232.10−6 (𝐽)

+ Điện tích mà tụ tích được: 𝑄 = 𝐶𝑈𝐶 = 8,4.10−6 𝐶

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ: E = 9V, r = 0,5, B là bình điện phân dung dịch CuSO4 với các điện cực bằng đồng. Đ là đèn 6V – 9W, Rb là biến trở. a.C ở vị trí Rb = 12 thì đèn sáng bình thường. Tính khối lượng đồng

bám vào catot bình điện phân trong 1 phút, công suất tiêu thụ ở mạch

M B

ngoài và công suất của nguồn.

KÈ

b. Từ vị trí trên của con chạy C, nếu di chuyển C sang trái thì độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào catot trong 1 phút thay đổi như thế nào?

C E, r

Hướng dẫn giải

DẠ Y

Ta có: + Điện trở của đèn: R d =

U2dm Pdm

62 9

= 4Ω. P

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn: Idm = Udm = 6 = 1,5 A. dm

a. Khối lượng đồng bám vào catot, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn – Cường độ dòng điện qua biến trở: Ib =

UNP Rb

= 12 = 0,5 A.

– Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I = Iđm + Ib = 1,5 + 0,5 = 2A.

Tự luận vật lý 11

– Khối lượng đồng bám vào catốt trong 1 phút = 60s là: 1 F

⋅ n ⋅ It = 96500 ⋅

64 2

⋅ 2.60 = 0.0398 g = 39.8mg

– Công suất tiêu thụ của mạch ngoài: PN = UI = (E-rI) I = (9 - 0,5,2).2 = 16 W. – Công suất của nguồn: P = EI = 18 W.

Vậy: Khối lượng đồng bám vào catot là 39,8mg, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là 16W, công suất của nguồn là 18W. b) Độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào catot thay đổi như thế nào?

– Nếu con chạy C sang trái thì Rb tăng  RNP tăng  điện trở mạch ngoài tăng I = R+r giảm nên lượng đồng bám vào catốt giảm.

– Khi Rb tăng  (R + R d +

RRđ Rb

𝑈𝑁𝑃 𝑅𝑑

=𝑅

R R

⋅ R đ+Rb = R

𝐸𝑅𝑏 𝑑 (𝑅+𝑅𝑏 )+𝑅𝑅𝑏

ERđ Rb đ (R+Rb )+RRb

𝐸

𝑅+𝑅𝑑 +

𝑅𝑅𝑑 𝑅𝑏

ƠN

– Cường độ dòng điện qua đèn: 𝐼đ =

E R R R+ đ b Rđ +Rb

– Hiệu điện thế hai đầu đèn là:UNP = I. R NP =

) giảm nên Iđ tăng, nghĩa là độ sáng của đèn tăng.

Vậy: Nếu di chuyển C sang trái thì độ sáng của đèn tăng và lượng đồng bám vào catot giảm.

Ví dụ 7: Người ta dùng 36 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có suất điện động 1,5 V, điện trở trong 0,9  để cung cấp điện cho một bình điện phân đựng dung dịch ZnSO4 với cực dương bằng kẽm, có điện trở R = 3,6 . Hỏi phải mắc hỗn hợp đối xứng bộ nguồn như thế nào để dòng điện qua bình điện phân là lớn nhất. Tính lượng kẽm bám vào catôt của bình điện phân trong thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây. Biết Zn có A = 65; n = 2.

Hướng dẫn giải

+ Ta có: {

𝐸𝑏 = 𝑛𝐸 = 1,5𝑛 𝑟𝑏 =

𝑛𝑟 𝑚

𝐸𝑏

+ Lại có: 𝐼 = 𝑅+𝑟 = 𝑏

0,9𝑛 𝑚 1,5𝑛 0,9𝑛 3,6+ 𝑚

+ Giả sử các nguồn được mắc thành m hàng, mỗi hàng có n nguồn nối tiếp nhau

1,5.𝑚.𝑛

= 3,6𝑚+0,9𝑛

+ Vì số nguồn là 36 nên: 𝑚𝑛 = 36 ⇒ 𝐼 = 3,6𝑚+0,9𝑛

KÈ

+ Nhận thấy Imax khi (3,6𝑚 + 0,9𝑛) = 𝑚𝑖𝑛 + Theo cô-si: 3,6𝑚 + 0,9𝑛 ≥ 2√3,6.0,9. 𝑚𝑛 = 2√3,6.0,9.36 = 21,6 54

⇒ (3,6𝑚 + 0,9𝑛)𝑚𝑖𝑛 = 21,6  Imax = 21,6 =2,5 A

DẠ Y

+ Dấu “=” xảy ra khi: 3,6𝑚 = 0,9𝑛 ⇒ 𝑛 = 4𝑚 Mà 𝑚𝑛 = 36 ⇒ 𝑚 = 3, 𝑛 = 12 + Vậy phải mắc thành 3 hàng, mỗi hàng có 12 nguồn mắc nối tiếp, khi đó Imax bằng 2,5 A Lượng kẽm bám vào catôt của bình điện phân trong thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây. 𝑚=

𝐴. 𝐼. 𝑡 65.2,5. (3600 + 40.60 + 20) = = 3,25(𝑔) 96500. 𝑛 96500.2

Tự luận vật lý 11

Ví dụ 8: Cho điện như hình vẽ. Trong đó bộ nguồn có n pin mắc nối

- 3W; Rp là bình điện phân đựng dung dịch AgNO3, có cực dương bằng bạc. Điện trở của ampe kế và dây nối không đáng kể; điện trở

... R2

của vôn kế rất lớn. Biết ampe kế A1 chỉ 0,6 A, ampe kế A2 chỉ 0,4 A.

Tính:

c. Số chỉ của vôn kế. d. Khối lượng bạc giải phóng ở catôt sau 32 phút 10 giây. e. Đèn Đ có sáng bình thường không? Tại sao?

𝑃§

ƠN

Hướng dẫn giải

b. Số pin và công suất của bộ nguồn.

𝑈§2

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở của bình điện phân.

a. Điện trở của bóng đèn: 𝑅§ =

ngoài gồm các điện trở R1 = 20 ; R2 = 9 ; R3 = 2 ; đèn Đ loại 3V

tiếp, mỗi pin có suất điện động 1,5 V và điện trở trong 0,5 . Mạch

= 3𝛺 ⇒ 𝑅2§ = 𝑅2 + 𝑅§ = 12𝛺

+ Ta có: U2Đ = U3p = UCB = IA2.R2Đ = 4,8 V; I3p = I3 = Ip = IA1 – IA2 = 0,2 A; 𝑈3𝑝 𝐼3𝑝

= 24𝛺; Rp = R3p – R3 = 22 .

b. Điện trở mạch ngoài: R = R1 + RCB = R1 +

+ Lại có: 𝑅3𝑝 =

𝑈𝐶𝐵

𝑛𝐸

𝐼

= 28 ;

+ Ta có: 𝐼 = 𝑅+𝑛.𝑟 16,8 + 0,3n = 1,5n  n = 14 nguồn

+ Công suất của bộ nguồn: Png = I.Eb = 12,6 W.

c. Số chỉ vôn kế: UV = U = IR = 16,8 V.

𝐴.𝐼𝑝 .𝑡

d. Khối lượng bạc giải phóng: 𝑚 = 96500𝑛 = 0,432(𝑔) 𝑃

e. IĐ = IA2 = 0,4 A < Iđm = 𝑈§ = 1 A nên đèn sáng yếu hơn bình thường. §

Ví dụ 9: Một mạch điện kín gồm một nguồn điện có suất điện động E = 6V, điện trở trong 𝑟 = 0,5𝛺, cung cấp dòng điện cho bình điện phân dung dịch đồng sunfat với anôt làm bằng chì. Biết suất phản điện của bình điện

KÈ

phân là Ep = 2V, 𝑟𝑝 = 1,5𝛺, và lượng đồng bám trên ca tôt là 2,4g. Hãy tính: a. Điện lượng dịch chuyển qua bình điện phân. b. Cường độ dòng điện qua bình điện phân. c. Thời gian điện phân.

DẠ Y

Hướng dẫn giải

Bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 và anôt được làm bằng chì (Pb) nên không xảy ra hiện tượng cực

dương tan trong quá trình điện phân. Trong trường hợp này bình điện phân xem như một máy thu điện, nên dòng điện qua bình tuân theo định luật ôm cho đoạn mạch chứa máy thu 𝐼 =

𝐸−𝐸𝑝 𝑟+𝑟𝑝

Ta có thể coi mạch điện như hình vẽ

E, r A

B Ep, rp

Tự luận vật lý 11

a. Điện lượng dịch chuyển qua bình điện phân: 1𝐴

Ta có: 𝑚 = 𝐹 𝑛 𝑞 ⇒ 𝑞 =

= 7237,5𝐶

b. Cường độ dòng điện qua bình điện phân: 𝐼 = c. Thời gian điện phân: 𝑡 =

𝑞 𝐼

7237,5 2

𝐸−𝐸𝑝 𝑟+𝑟𝑝

𝐴

6−2

= 0,5+1,5 = 2𝐴

Thay số: 𝑞 =

2,4.96500.2

𝑚.𝐹.𝑛

= 3618,75𝑠

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Một tấm kim loại được đem mạ niken bằng phương pháp điện phân. Biết diện tích bề mặt kim loại là 40cm2, cường độ dòng điện qua bình là 2A, niken có khối lượng riêng D = 8,9.103kg/m3, A = 58, n = 2. Tính

chiều dày của lớp niken trên tấm kinh loại sau khi điện phân 30 phút. Coi niken bám đều lên bề mặt tấm kim loại.

Bài 2. Chiều dày của một lớp niken phủ lên một tấm kim loại là h = 0,05 mm sau khi điện phân trong 30 phút.

ƠN

Diện tích mặt phủ của tấm kim loại là 30 cm2. Xác định cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân. Biết niken có A = 58, n = 2 và có khối lượng riêng là  = 8,9 g/cm3.

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. E = 9 V, r = 0,5 Ω. Bình điện phân chứa dung dịch đồng sunfat với hai cực A

E, r

bằng đồng. Đèn có ghi 6 V – 9 W; Rx là một biến trở. Điều chỉnh để Rx

= 12 Ω thì đèn sáng bình thường. Cho Cu = 64, n = 2. Tính khối lượng đồng bám vào catốt của bình điện phân trong 16 phút 5 giây và điện trở của bình điện phân.

Bài 4. Một nguồn gồm 30 pin mắc thành 3 nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có 10 pin mắc song song, mỗi pin có suất điện động 0,9 (V) và điện trở trong 0,6 (). Bình điện phân có anôt làm bằng Cu và dung dịch điện phân là

CuSO4, điện trở của bình điện phân là 205, mắc bình điện phân vào hai cực của bộ nguồn. Trong thời gian 50 phút khối lượng đồng Cu bám vào catốt là: Bài 5. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện

E, r

động E và điện trở trong r = 1 Ω. R1 = 3 Ω ; R2 = R3 = R4 = 4 Ω. R2 là R1

bình điện phân, đựng dung dịch CuSO4 có anốt bằng đồng. Biết sau A 0,48g.

KÈ

16 phút 5 giây điện phân khối lượng đồng được giải phóng ở catốt là

B R2 R3

a. Tính cường độ dòng điện qua bình điện phân và cường độ dòng

điện qua các điện trở ?

DẠ Y

b. Tính E ?

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ: Mỗi nguồn E = 4,5V, r = 0,5, R1 = 1, R3 = 6; R2: Đèn (6V - 6W), R4 C

= 2, R5 = 4 (với R5 là bình điện phân đựng dung dịch CuSO4/Cu. Cho biết A = 64, n =2. Tính: a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn.

b. Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn trong thời gian 10phút. c. Khối lượng Cu bám vào catốt trong thòi gian 16 phút 5 giây.

M R1 R2

R3 N

Tự luận vật lý 11

d. Hiệu điện thế giữa hai điểm C và M. Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn có suất điện động E = 24 V, r = 1 , điện dung tụ C = 4 F. Đèn Đ có ghi (6 V - 6 W). Các điện trở R1 = 6 ; R2 = 4 ; Rp = 2  và là

E, r

bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 có cực dương bằng Cu. a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch.

thời gian 16 phút 5 giây. Biết Cu có hóa trị 2 và có nguyên tử lượng 64. c. Tính điện tích trên tụ C.

b. Tính lượng Cu giải phóng ra ở cực âm của bình âm điện phân trong

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ. Bộ nguồn gồm 12 pin giống có suất điện động E = 4,5 V, điện trở trong r = 0,01 Ω. Đèn Đ có ghi 12 V – 6 W. Bình điện phân đựng dung dịch AgNO3 có anốt bằng bạc và điện trở Rp = 1 Ω. Điện trở của vôn kế vô cùng lớn và

E, r

nhau mắc thành hai dãy, mỗi dãy gồm 6 pin mắc nối tiếp. Mỗi pin

Rx C

ƠN

của các dây nối không đáng kể. Điều chỉnh biến trở Rx cho vôn kế chỉ 12 V. Hãy tính:

a. Cường độ dòng điện qua đèn và qua bình điện phân. c. Giá trị Rx tham gia vào mạch điện.

b. Khối lượng bạc giải phóng ở catốt trong 16 phút 5 giây, biết Ag = 108, hóa trị n = 1. Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 13,5V, r = 1, R1 = 3, R3 = R4 = 4, RA = 0, R2 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có các điện cực bằng đồng. Biết sau 16 phút 5 giây điện

E, r

phân, khối lượng đồng được giải phóng ở catot là 0,48g. Tính: b. Điện trở bình điện phân. c. Số chỉ của ampe kế.

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân.

d. Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài.

Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ. Bộ nguồn gồm n pin mắc nối tiếp,

mỗi pin có: E = 1,5 V, r0 = 0, 5. Mạch ngoài R1 = 2 , R2 = 9 , R4

KÈ

= 4 , đèn R3: 3 V – 3 W, R5 là bình điện phân dung dịch AgNO3 có dương cực tan. Biết ampe kế A1 chỉ 0,6 A, ampe kế A2 chỉ 0,4 A, RA = 0, RV rất lớn. Tìm:

DẠ Y

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện

phân.

b. Số pin và công suất mỗi pin. c. Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn. d. Khối lượng bạc được giải phóng ở catot sau 16 phút 5 giây điện phân. e. Độ sáng của đèn R3?

A2 R4

X R5

Tự luận vật lý 11

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 3V, r1 = r2 = 0,5, đèn R1: 2V – 1,5W, đèn R2: 4V – 3W, R1

bằng đồng, tụ C1 = 1 μF, C2 = C3 = 2 μF. Biết các đèn sáng bình thường.

a. Tính khối lượng đồng được giải phóng ở catot bình điện phân trong

thời gian 16 phút 5 giây và điện năng bình tiêu thụ trong thời gian trên. A

c. Tính điện tích trên mỗi bản tụ nối với N.

E2, r2

b. Tính R3 và R4.

E1, r1

R3 là điện trở, R4 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có các điện cực

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. 𝐴.𝐼.𝑡

+ Sử dụng công thức: 𝑚 = 96500.𝑛 𝑉

𝑚

𝐴.𝐼.𝑡

+ Chiều dày của lớp mạ được tính: d = 𝑆 = 𝑆.𝐷 = 𝐹.𝑛.𝑆.𝐷 = 0,03𝑚𝑚

ƠN

Bài 2.

+ Khối lượng kim loại đã phủ lên bề mặt tấm niken: m = V = Sh = 1,335 g 𝐴𝐼𝑡

+ Lại có: 𝑚 = 96500𝑛 ⇒ 𝐼 =

96500.𝑚.𝑛 𝐴.𝑡

= 2,47(𝐴)

Bài 3. 𝑈2

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅𝑑 = 𝑃𝐷 = 4𝛺 𝐷

𝑃

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn là: 𝐼𝐷 = 𝑈𝐷 = 1,5(𝐴)

E, r

𝐷

+ Hiệu điện thế hai đầu biến trở là: URx = 6 V  𝐼𝑅𝑥 = 12 = 0,5(𝐴)

+ Dòng điện trong mạch chính là: I = IĐ + IRx = 2 A 𝐴.𝐼.𝑡

+ Khối lượng Cu bám trên catot: 𝑚 = 96500𝑛 = 0,64(𝑔) + Ta có: 𝐼 = 𝑅

𝐸 𝑁 +𝑟

⇔2=𝑅

𝑁 +0,5

𝑅 .𝑅

⇒ 𝑅𝑁 = 4𝛺 4.12

𝐷

𝑥

KÈ

Bài 4.

+ Lại có: 𝑅𝑁 = 𝑅 𝐷+𝑅𝑥 + 𝑅𝑏 ⇔ 4 = 4+12 + 𝑅𝑏 ⇒ 𝑅𝑏 = 1𝛺 + Mạch điện như hình

+ Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn

10 nguồn song song

𝐸𝑏 = 3.0,9 = 2,7𝑉 𝑟𝑏 =

3.0,6 10

Bình điện phân

= 0,18𝛺

DẠ Y

là: {

10 nguồn song song

+ Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân 𝐸

là: 𝐼 = 𝑅+𝑟𝑏 = 0,0132(𝐴) 𝑏

𝐴.𝐼.𝑡

+ Khối lượng đồng Cu bám vào catốt là: 𝑚 = 96500𝑛 = 0,013(𝑔)

Bài 5.

10 nguồn song song

Tự luận vật lý 11 𝐴𝐼𝑡

a. Ta có: 𝑚 = 96500𝑛 96500.𝑚.𝑛

= 1,5(𝐴) ⇒ 𝐼34 = 1,5(𝐴)

𝐴.𝑡

𝑅3 𝑅4

+ Ta có: 𝑅34 = 𝑅

3 +𝑅4

= 2𝛺

⇒ 𝐼2 =

E, r

⇒ 𝑅2,34 = 𝑅2 + 𝑅34 = 6𝛺

+ Lại có: 𝑈34 = 𝐼34 . 𝑅34 = 3(𝑉) ⇒ 𝑈3 = 𝑈4 = 3(𝑉)

𝑈

⇒ 𝐼3 = 𝑅3 = 0,75(𝐴) ⇒ 𝐼4 = 𝐼34 − 𝐼3 = 0,75(𝐴) + Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: 𝑈𝐴𝐵 = 𝑈2,34 = 𝐼2 . 𝑅2,34 = 9(𝑉) 𝑈𝐴𝐵 𝑅1

= 3(𝐴)

b. Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 4,5(𝑉) 𝑅 .𝑅

+ Dòng điện qua điện trở R1: 𝐼1 =

+ Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài: 𝑅𝑀𝑁 = 𝑅 1+𝑅2,34 = 2𝛺 1

𝐸

𝑀𝑁 +𝑟

⇔ 4,5𝐴 = 2+1 ⇒ 𝐸 = 13,5(𝑉)

Bài 6.

𝑈2

𝑅 = đ = 6𝛺 ⇒ 𝑅23 = 12𝛺 b. Ta có: { 2 𝑃đ 𝑅45 = 6𝛺 ⇒ 𝑅23,45 = 4𝛺 𝑅

.𝑅

⇒ 𝑅𝑁 = 𝑅 23+𝑅45 + 𝑅1 = 5𝛺

𝑟𝑏 =

0,5.4 2

= 1𝛺

D M R1

𝐸𝑏

𝑁 +𝑟𝑏

+ Ta có: 𝑈23 = 𝑈45 = 𝐼𝑅23,45

= 5+1 = 3𝐴

+ Dòng điện trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝑈

𝐼23 = 𝑅23 = 1𝐴 23 = 3.4 = 12𝑉 ⇒ { 𝑈45 𝐼45 = 𝑅 = 2𝐴 45

+ Dòng điện qua bóng đèn: 𝐼2 = 𝐼23 = 1(𝐴)

+ Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn trong thời gian 10 phút: 𝑄 = 𝐼22 𝑅2 𝑡 = 3600𝐽

KÈ

c. Dòng điện chạy qua bình điện phân: 𝐼5 = 𝐼45 = 2(𝐴) 𝐴.𝐼 .𝑡

5 + Khối lượng Cu bám trên catot: 𝑚 = 96500𝑛 = 0,64(𝑔)

d. Ta có: 𝑈𝐶𝑀 = 𝐸 + 𝐸 − 𝐼𝐶𝐵 . 2𝑟 − 𝐼23 𝑅3 = 4,5 + 4,5 − 1,5.1 − 1.6 = 1,5𝑉

DẠ Y

Bài 7.

𝐸𝑏 = 4,5.4 = 18𝑉

a. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: {

ƠN

+ Cường độ dòng điện qua nguồn: 𝐼 = 𝑅

2,34

R3 N R5

Tự luận vật lý 11

a. Dòng điện một chiều không qua tụ điện nên đoạn AM được bỏ đi và mạch điện vẽ lại như hình. E, r

+ Lúc này: [(𝑅1 𝑛𝑡𝑅𝐷 )//𝑅2 ]𝑛𝑡𝑅𝑝 𝑈2

𝐷

(𝑅 +𝑅 ).𝑅

+ Ta có: 𝑅𝑁𝐵 = (𝑅1+𝑅𝐷).𝑅2 = 3𝛺 𝐷

+ Tổng trở mạch ngoài: 𝑅𝑁 = 𝑅𝑝 + 𝑅𝑁𝐵 = 5𝛺 b. Dòng điện chạy trong mạch chính: 𝐼 = 𝑅

𝐸 𝑁

+ Khối lượng Cu bám trên catot: 𝑚 = 96500𝑛 = 1,28(𝑔)

c) Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là UAM = Up + U1 𝑅1𝐷

𝐴.𝐼𝑝 .𝑡

𝑈1𝐷

= 5+1 = 4𝐴 ⇒ 𝐼𝑝 = 4𝐴 +𝑟

+ Ta có: UNB = I. RNB = 12 V  U1D = 12 V  𝐼1 =

+ Điện trở của bóng đèn: 𝑅𝐷 = 𝑃𝐷 = 6𝛺

= 12 = 1(𝐴)

 UC = UAM = Ip.Rp + I1.R1 = 4.2 + 1.6 = 14 V

ƠN

+ Điện tích của tụ điện tích được: Q = C.UC = 56 C Bài 8. 𝑈2

a. Điện trở của bóng đèn: 𝑅𝑑 = 𝑃𝐷 = 24𝛺 𝐷

+ Ta có: UAC = UĐ = Up = 12V

𝐼𝐷 = 24 = 0,5(𝐴) + Dòng điện qua bóng đèn và bình điện phân là: { 12 𝐼𝑝 = 1 = 12(𝐴) 𝐴.𝐼𝑝 .𝑡

b. Khối lượng bạc giải phóng ở điện cực: 𝑚 = 96500𝑛 = 12,96(𝑔)

c. Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: {

𝐸𝑏 = 6𝐸 = 27𝑉 𝑟𝑏 =

6r 2

= 0,03𝛺

+ Dòng điện trong mạch chính: I = Ip + IĐ = 12,5 A + Ta có: 𝐼 = 𝑅

𝐸𝑏 𝑁 +𝑟𝑏

⇔ 12,5 = 𝑅

24.1

+ 𝑅𝑥 ⇔ 2,13 = 24+1 + 𝑅𝑥 ⇒ 𝑅𝑥 = 1,17𝛺

𝐷 +𝑅𝑝

KÈ

Bài 9.

⇒ 𝑅𝑁 = 2,13𝛺

𝑅𝐷 .𝑅𝑝

+ Lại có: 𝑅𝑁 = 𝑅

𝑁 +0,03

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

E, r

Vì RA = 0 nên mạch điện được vẽ lại như sau:

DẠ Y

Theo định luật Faraday, ta có:m =  I2 = I2 =

mFn At

I t Fn 2

R1 B

A R3

0.48.96500,2

= 64(16.60+5) = 1,5 A.

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 1,5A.

b. Điện trở bình điện phân R R

4.4

Hiệu điện thế 2 đầu AB: UAB = UAB = I2 (R 2 + R 3+R4 ) = 1.5 (R 2 + 4+4) = 1.5(R 2 + 2) 3

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I1 =

UAB R1

1.5(R2 +2) 3

= 0,5R2 + 1.

Tự luận vật lý 11

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2 = 1,5 + 0,5R2 + 1 = 2,5 + 0,5R2 Ta có: UAB = E – rI = 13,5 – 1.(2,5 + 0,5R2) = 1,5(R2 + 2)

 11– 0,5R2 = 1,5R2 + 3  R2 = 4 . Vậy: Điện trở bình điện phân là R2 = 4 . c. Số chỉ của ampe kế

Ta có: I1 = 0,5.4 + 1 = 3A. Hiệu điện thế 2 đầu R3: U3 = U4 = I2R34 = 1,5.2 = 3V. 𝑈

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = 𝑅3 = 4 = 0,75 A. 3

Số chỉ của ampe kế: IA = 3 + 0,75 = 3,75A.

Vậy: Ampe kế chỉ 3,75A. d. Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài Ta có: U = UAB = 1,5(R2 + 2) = 1,5(4 + 2) = 9V  P = UI = 9.4,5 = 40,5W. Vậy: Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là P = 40,5W.

Bài 10.

ƠN

và I = 2,5 + 0,5R2 = 2,5 + 0,5.4 = 4,5A.

Ta có:

+ Với bộ nguồn: Eb = nE = 1,5n; rb = nr0 = 0,5n. 2 𝑈đ𝑚

+ Điện trở của đèn: R3 = Rđ = 𝑃

đ𝑚

=3Ω

V A1

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân

– Hiệu điện thế 2 đầu R4, R5: U45 = I2(R2 + R3) = 0,4(9 + 3) = 4,8V

I2 I 1 R1

– Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I4 = I5 = I1 – I2 = 0,6 – 0,4 = 0,2A

R3 X

R2 A2

– Hiệu điện thế 2 đầu R4: U4 = I4R4 = 0,2.4 = 0,8V.

– Hiệu điện thế 2 đầu R5: U5 = U45 – U4 = 4,8 – 0,8 = 4V. 𝑈5 𝐼5

= 20 Ω.

KÈ

– Điện trở của bình điện phân: R5 =

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 0,2A; điện trở bình điện phân là 20 Ω. b. Số pin và công suất mỗi pin

DẠ Y

– Điện trở tương đương của mạch ngoài: R = R1 + 𝐸

(R2 +R3 )(R4 +R5 ) R2 +R3 +R4 +R5 1,5𝑛

– Cường độ dòng điện qua mạch chính: 𝐼 = 𝑅+𝑟𝑏 = 10+0,5𝑛 = 0,6 𝑏

 1,5n = 6 + 0,3n  n = 5. – Công suất của bộ nguồn: P = EbI = 1,5.5.0,6 = 4,5W. – Công suất của mỗi nguồn: P ′ =

P 5

4,5 5

= 0,9 W.

Vậy: Số pin là 5, công suất mỗi pin là 0,9W.

= 2+

(9+3)⋅(4+20) 9+3+4+20

= 10Ω

Tự luận vật lý 11

c. Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn Số chỉ của vôn kế hai đầu bộ nguồn: U = Eb - rbI = 1,5.5 – 0,5.5.0,6 = 6 V.

Ta có: m =

1 F

⋅ n ⋅ It = 96500 ⋅

108 1

d. Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s = 965s ⋅ 0,2.965 = 0,216 g.

Vậy: Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s là m = 0,216g. e. Độ sáng của đèn Đ3? P

– Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm = Udm = 3 = 1 A

– Ta thấy: I2 = 0,4A < Iđm: đèn Đ3 sáng tối hơn bình thường.

+ Điện trở của đèn 1: R1 = + Điện trở của đèn 2: R 2 =

U2dm1 Pdm1 U2dm2 Pdm2

Bài 11. 8

= 1.5 = 3 Ω . =

42 3

16 3

Ω. 1,5

ƠN

Pđm1

+ Cường độ dòng điện định mức qua đèn 1: Iđm1 = U

đm1

Pđm2

+ Cường độ dòng điện định mức qua đèn 2: Iđm2 = U

đm2

= 0,75 A.

= 4 = 0,75 A.

+ Hiệu điện thế 2 đầu A, B: UAB = U1 + U2 = 2 + 4 = 6V.

+ Cường độ dòng điện qua mạch chính: Ta có: UAB = (E1 – E2) – (r1 – r2)I. I=

E1 +E2 −UAB r1 +r2

6+3−6

= 0.5+0.5 = 3 A

+ Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I − Iđm2 = 3 - 0,75 = 2.25 A.

a. Khối lượng đồng được giải phóng ở catot bình điện phân và điện năng bình tiêu thụ Khối lượng đồng giải phóng ở catốt trong thời gian t =16p5s = 965s là: m=

1 F

⋅ n It = 96500 ⋅

64 2

.2,25.965 = 0,72 g.

b. Tính R3 và R4

Điện năng bình tiêu thụ trong thời gian trên: A = UIt = 4.2,25.965 = 8,685kJ

KÈ

– Điện trở của bình điện phân: R4 =

𝑈4 𝐼4

= 2,25 =

16 9

Ω.

– Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I - Iđm1 = 3 - 0,75 = 2,25 A. – Điện trở R3: R3 =

𝑈3 𝐼3

= 2,25 = 9 Ω.

c) Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N

DẠ Y

– Hiệu điện thế 2 đầu AM: UAM = E1 – r1I = 6 – 0,5.3 = 4,5V. – Hiệu điện thế 2 đầu MB: UMB = E2 – r2I = 3 – 0,5.3 = 1,5V. – Vì E1 > E2 nên bản của C1 nối với M là cực âm, nối với N là cực dương. – Tại N: q1 – q2 + q3 = 0

Tự luận vật lý 11

 C1UNM – C2UAN + C3UNB = 0  UNM – 2UAN + 2UNB = 0 – Mặt khác:

X R4

UNM = UNA + UAM = UNA + 4,5 = 4,5 – UAN

(2) E1

– Thay (2) vào (1): 4,5 – UAN – 2UAN + 2UNB = 0

(3)

C1 + + - + -

– Mặt khác: UAB = UAN + UNB = 6 (4)

 2UAN + 2UNB = 12

 UAN = 3,3V; UNB = 2,7V; UNM = 4,5 – 3,3 = 1,2V. – Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N: Q1 = C1UNM = 1.1,2 = 1,2 μC.

ƠN

Q2 = –C2UAN = –2.3,3 = –6,6 μC.

Q3 = C3UNB = 2.2,7 = 5,4 μC.

KÈ

– Lấy (3) + (4): 5UAN = 16,5

DẠ Y

+ - M+ -

 3UAN – 2UNB = 4,5