GIÁO ÁN DẠY THÊM VẬT LÝ 11 (TỰ LUẬN) DÀNH CHO HS KHÁ GIỎI - TẬP 1 (PHÂN DẠNG TRONG TỪNG CHỦ ĐỀ) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

GIÁO ÁN DẠY THÊM VẬT LÝ DÀNH CHO HS KHÁ GIỎI

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

GIÁO ÁN DẠY THÊM VẬT LÝ 11 (TỰ LUẬN) DÀNH CHO HS KHÁ GIỎI - TẬP 1 (PHÂN DẠNG TRONG TỪNG CHỦ ĐỀ, PHƯƠNG PHÁP GIẢI, HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG) WORD VERSION | 2021 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

Mục lục Phần I: ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG .......................................................................................... 3 CHỦ ĐỀ 1: LỰC TƯƠNG TÁC TĨNH ĐIỆN........................................................................... 3 Dạng 1. Điện tích của vật tích điện - Tương tác giữa hai điện tích điểm. ............................. 3

GIÁO ÁN DẠY THÊM

Dạng 2: Lực tổng hợp tác dụng lên một điện tích................................................................ 11 Dạng 3. Khảo sát sự cân bằng của một điện tích ................................................................. 22 CHỦ ĐỀ 2. ĐIỆN TRƯỜNG.................................................................................................... 35 Dạng 1. Xác định cường độ điện trường. Lực tác dụng lên điện tích đặt trong điện trường

VẬT LÝ 11

................................................................................................................................................ 37 Dạng 2. Cường độ điện trường do nhiều điện tích điểm gây ra .......................................... 45 CHỦ ĐỀ 3. CÔNG CỦA LỰC ĐIỆN – ĐIỆN THẾ, HIỆU ĐIỆN THẾ ............................... 59 CHỦ ĐỀ 4: TỤ ĐIỆN ............................................................................................................. 77 Dạng 1. Tính điện dung, điện tích, hiệu điện thế và năng lượng của tụ điện ..................... 78

tập 1

Dạng 2: Ghép các tụ điện và giới hạn hoạt động của tụ điện .............................................. 90 CHỦ ĐỀ 5. CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG ĐỀU ............ 115 PHẦN II. DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI ......................................................................................... 126 • Dạng 1. Đại cương về dòng điện không đổi ............................................................................ 130 • Dạng 2. Điện trở – Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R ......................................... 135 • Dạng 3. Tính điện trở tương đương ......................................................................................... 142 • Dạng 4. Định luật Ôm cho đoạn mạch có điện trở mắc nối tiếp và song song. ......................... 158 • Dạng 5. Mắc Ampe kế và Vôn kế vào mạch............................................................................ 172 • Dạng 6. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA DÒNG ĐIỆN .......................................................... 193 • Dạng 7. Định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín).................................................................... 211 • Dạng 8. Định luật ôm cho từng đoạn mạch ............................................................................. 238 • Dạng 9. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA NGUỒN ĐIỆN VÀ MÁY THU ĐIỆN .................... 249 PHẦN III : DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG ........................................................ 268 • Dạng 1. DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI ............................................................................ 269 • Dạng 2. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN ............................................................. 275

Phần I: ĐIỆN TÍCH - ĐIỆN TRƯỜNG

CHỦ ĐỀ 1: LỰC TƯƠNG TÁC TĨNH ĐIỆN

F = F12 = F21 = k

Dạng 1. Điện tích của vật tích điện - Tương tác giữa hai điện tích điểm. A. Phương pháp giải + Điện tích của electron qe = -1,6.10-19 C. Điện tích của prôtôn qp = 1,6.10-19 C. Điện tích e = 1,6.10C gọi là điện tích nguyên tố.

+ 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 sẽ bằng nhau và bằng

q1q 2 qq ⇒ r = k 1 2 = 0,3m r2 F

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

* Kiến thức liên quan 19

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm có độ lớn

q1 + q2 . 2

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

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.

+ Lực tương tác giữa hai điện tích điểm: Điểm đặt lên mỗi điện tích.

Hướng dẫn giải

Phương trùng với đường thẳng nối hai điện tích.

a. Ta có biểu thức lực tương tác giữa hai điện tích trong không khí và

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

trong điện môi được xác định bởi

Độ lớn: F = 9.109

| q1q2 | ; ε là hằng số điện môi của môi trường (trong chân không hoặc gần đúng là ε r2

không khí thì ε = 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 = 2.10−8 C, q 2 = −10−8 C. Đặt cách nhau 20 cm trong không khí. Xác định lực tương tác giữa chúng?

q1q 2   F0 = k r 2 F ⇒ε= 0 =2  F  F = k q1q 2 εr 2 

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 trong không khí thì khoảng cách giữa hai điện tích bây giờ là r′ q1q 2   F0 = k r 2 r ⇒ F0 = F′ ⇒ r′ = = 10 2 cm  ε  F = k q1q 2 2 εr ′ 

Ví dụ 4: Trong nguyên tử Hidro, electron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân theo quỹ đạo

Hướng dẫn giải

tròn có bán kính 5.10−9 cm.

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

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

+ Phương là đường thẳng nối hai điện tích điểm.

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

+ Chiều là lực hút

Hướng dẫn giải

qq 2.10−8.10−8 + Độ lớn F12 = F21 = k 1 2 2 = 9.109 = 4,5.10−5 N r 0, 22

a. Lực hút tĩnh điện giữa electron và hạt nhân: 2

Ví dụ 2: Hai điện tích điểm q1 = 2.10 C, q 2 = −2.10 C. Đặt tại hai điểm A, B trong không khí. Lực −8

−8

F=k

 1,6.10−19  e2 = 9.109  = 9, 2.10−8 N −11  r2  5.10 

tương tác giữa chúng là 0,4 N. Xác định khoảng cách AB.

b. Tần số chuyển động của electron:

Hướng dẫn giải

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

F=k

Hướng dẫn giải

e2 F 9, 2.10−8 = mω2 r ⇒ ω = = = 4,5.1016 rad/s r2 mr 9,1.10−31.5.10−11

a. Số electron thừa ở quả cầu A là: n A =

Vật 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 =

Số electron thiếu ở quả cầu B là n B =

1,8 N. Biết q1 + q 2 = −6.10−6 C và q 2 > q 2 . Xác định dấu của điện tích q1 và q2. Vẽ các vecto lực điện

qA = 2.1012 electron e

qB = 1,5.1012 electron e

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

tác dụng lên các điện tích. Tính q1 và q2.

q1q 2 r2

= 48.10−3 N

Hướng dẫn giải

b. Khi cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi tách chúng ra thì điện tích của mỗi quả cầu sau này này

Hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu, mặt khác tổng

là q1′ = q′2 =

hai điện tích này là số âm do đó có hai điện tích đều âm

q1 + q 2 = −0, 4.10−7 C 2

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

q1q 2 r2

⇒ q1q 2 =

Fr 2 = 8.10−12 k

q1′q′2 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

+ Kết hợp với giả thuyết q1 + q 2 = −6.10−6 C, ta có hệ phương trình

chúng đẩy nhau một lực bằng lực hút. Tính điện tích lúc đầu của mỗi quả cầu.

 q1 = −2.10−6 C  −6 −6 q = −4.10−6 C  q 2 = −4.10 C q1 + q 2 = −6.10 vì q 2 > q 2 ⇒  1 ⇒   −6 −12 −6 q q = 8.10  q 2 = −2.10 C  1 2  q1 = −4.10 C  q = −2.10−6 C   2

Hướng dẫn giải + Hai quả cầu ban đầu hút nhau nên chúng mang điện trái dấu. + Từ giả thuyết bài toán, ta có:

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.

 Fr 2 16 −12 = 10  q1q 2 = −q1q 2 = k 3   2 2 q + q Fr 192 −6    1 2 = ⇒ q1 + q 2 = ± 10  2  k 3

q1 = 0,96.10−6 C

+ Hệ phương trình trên cho ta nghiệm: Hoặc 

−6

q 2 = −5,58.10 C

Hướng dẫn giải + Lực tương tác giữa hai điện tích khi đặt trong không khí F0 = k

F r2 q2 ⇒ q = 0 = 4.10−12 C 2 r k

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

r 2 122 = = 2, 25 r ′ 2 82

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

q = −5,58.10−6 C hoặc  1 −6 q 2 = 0,96.10 C

b) Muốn lực hút giữa chúng là 7,2.10-4 N. Thì khoảng cách giữa chúng bây giờ là bao nhiêu?

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 -5

tĩnh điện giữa chúng là F = 10 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.

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? 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 ε = 2.

Bài 2. Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại A và B đặt trong không khí, có điện tích lần lượt là q1 = - 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.

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. a) Độ lớn mỗi điện tích:

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.

Ta có: F = k

Bài 3. Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 20 cm trong không khí, chúng đẩy nhau với một lực F =

b) Khoảng cách

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.

2 10−5 | q 1 q2 | = k q2 |q| = r F = 4.10-2 ≈ 1,3.10-9 (C). 9.109 r2 r k

r'=

q k F'

= 1,3.10 −9

9.109 2,5.10−6

Bài 2. a) Số electron thừa ở quả cầu A: N1 = Số electron thiếu ở quả cầu B: N2 =

Bài 5. Hai điện tích q1 và q2 đặt cách nhau 15 cm trong không khí, chúng hút nhau với một lực F =

2, 4.10 −7 1, 6.10 −9

= 7,8.10–2 m = 7,8 cm.

3, 2.10 −7 1, 6.10 −19

= 2.1012 electron.

= 1,5.1012 electron.

4,8 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

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

dụng của điện tích này lên điện tích kia. Tính q1 và q2.

(N).

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

−7 −7 | q 1 q2 | | = 9.109 | −3,2.10 .2.4.10 = 48.10-3 r2 (12.10−2 )2

b) Khi cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi tách ra, điện tích của mỗi quả cầu là: q1' = q2' = q’ = −7 −7 q1 + q2 = −3, 2.10 + 2, 4.10 = - 0,4.10-7 C; lực tương tác giữa chúng lúc này là lực đẩy và có độ lớn: 2 2

F’ = k

| q1' q2' | = r2

−7 −7 )| 9.109 | (−4.10 ).(−−24.10 = 10-3 N. 2

(12.10 )

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 3. Hai điện tích đẩy nhau nên chúng cùng dấu; vì q1 + q2 < 0 nên chúng đều là điện tích âm.

Bài 8. Hai viên bi kim loại rất nhỏ (coi là chất điểm) nhiễm điện âm đặt cách nhau 6 cm thì chúng

Véc tơ lực tương tác điện giữa hai điện tích:

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.

Ta có: F = k

2 2 | q 1 q2 | |q1q2| = Fr = 1,8.0, 29 = 8.10-12; 2 r k 9.10

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  x1 = −2.10 . Kết quả −6

 x2 = −4.10

−6

q1 = −2.10−6 C  q2 = −4.10−6 C

hoặc

q1 = −4.10−6 C .  q2 = −2.10− 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.

- q - 28.10-7q1 = 16.10-13 q + 28.10-7q1 + 160.10-14 = 0. 2 1

2 1

-7

Giải ra ta có: q1 = -8.10 C; q2 = -20.10-7 C hoặc q1 = -20.10-7 C; q2 = -8.10-7 C. Bài 9. Lực tĩnh điện F = kq1q2 / εr2 => F.r2.ε = kq1q2 = không đổi.

2 2 |q q | Ta có: F = k 1 2 2 |q1q2| = Fr = 1, 2.0, 39 = 12.10-12; r k 9.10

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 

 x1 = 2.10

−6

 x2 = −6.10

−6

(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 )

−6 −6  . Kết quả q1 = 2.10 C hoặc q1 = −6.10 C . −6 −6

q2 = 2.10 C

q2 = −6.10 C

Khi điện môi không đồng nhất: khoảng cách mới giữa hai điện tích: rm = ∑di ε i

Ta có : Khi đặt vào khoảng cách hai điện tích tấm điện môi chiều

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

dày d thì khoảng cách mới tương đương là rm = r1 + r2 = d1 + d2 ε

Bài 5. Hai điện tích hút nhau nên chúng trái dấu nhau; vì q1 + q2 > 0 và |q1| < |q2| nên q1 < 0; q2 > 0.

= 0,15 + 0,05 4 = 0, 25 m Vậy

F0.r0

2 −2 2 | q1 q 2 | ) |q1q2| = Fr = 4,8.(15.10 = 12.10-12; vì q1 và q2 trái dấu nên: r2 k 9.109

Từ (1) và (2) ta thấy q1 và q2 là nghiệm của phương trình: x2 + 4.10-6x - 12.10-12 = 0  x1 = 2.10 −6  x2 = −6.10

−6

−6 q = −6.10−6 C  . Kết quả q1 = 2.10 C hoặc  1 . −6 −6

Bài 6. Khi đặt trong không khí: |q1| = |q2| =

-6

= 4.10 C.

| 4.10−6.4.10−6 | |q q | = 2,25. Khi đặt trong dầu: ε = k 1 22 = 9.109 10.(8.10−2 )2 Fr 2 2 |q q | q q Bài 7. Lực tĩnh điện: F = k 1 2 2 = k q2 ; lực hấp dẫn: F’ = G 1 2 2 = G m2 . r r r r

Để F = F’ thì:

2 k q2 = r

2 G m2 m r

= |q|

Bài 8. Trước khi tiếp xúc: f1 = k

k G

= 1,6.10

-19

9.109 = 1,86.10-9 (kg). 6,67.10−11

2 −2 2 | q 1 q2 | |q1q2| = f1r = 4.(6.109 ) = 16.10-13; 2 r k 9.10

vì q1 < 0 và q2 < 0 nên: |q1q2| = q1q2 = 16.10-13 (1). Sau khi tiếp xúc: q1’ = q2’ =

2 q1 + q2 f2 = k ( q1 + q2 2 ) 2 4.r

 0, 2  r  −5 16 −5 F = F0  0  = 5.10−5   = 5.10 . 25 = 3,2.10 N r  0,25 

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

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 r giảm 2 lần: r’ = Hoặc dùng công thức: F ' = k

r 0,1 = = 0,05 (m) =5 (cm). 2 2

q1.q2 r2

⇒r = k

q1.q2 F'

= 9.109

10−8.2.10−8 = 0,05 (m) = 5 (cm). 7, 2.10−4

c) Thay q2 bởi điện tích điểm q3 cũng đặt tại B như câu b thì lực lực đẩy giữa chúng bây giờ là

= - 28.10-7 q2 = - (q1 + 28.10-7) (2); Thay (2) vào (1) ta có:

F =k

10−8. − 2.10−8 q1.q2 = 9.109. = 1,8.10−4 N . 2 r 0,12

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

3,6.10-4N. Tìm q3?

−2 2

   r1 0,2 −5  F = F0.  = 5.10 . 0,2 + 0,05( 4 −1)  r d + ( ε − 1)   1 

) (q1 + q2)2 = 4 f 2 r = 4.4,9.(6.10 = 78,4.10-13 | q1 + q2| = 28.10-7; vì q1 < 0 và q2 < 0 nên: q1 + q2 9

Vì |q1| < |q2| q1 = 2.10-6 C; q2 = - 6.10-6 C. F .r 2 10.(12.10 −2 )2 = k 9.109

 0,2  −5 = 5.10−5.  = 3,2.10 N  0,25 

q2 = 2.10 C

q2 = −6.10 C

F.r

r2 , ε

Hoặc dùng công thức:

|q1q2| = - q1q2 = 12.10-12 (1) và q1 + q2 = - 4.10-6 (2).



F=k

r1 2

9.10

q1 .q3 r

=> q3 =

F .r 2 3, 6.10 −4.0,12 = = 4.10 −8 C. k q1 9.109.10 −8

Vì lực đẩy nên q3 cùng dấu q1.

B. VÍ DỤ MẪU

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

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:

chất parafin có hằng số điện môi ε = 2. Ta có: lực F tỉ lệ nghịch với εnên F’ =

−8

Hoặc dùng công thức: F ' = k

a) CA = 4cm, CB = 2cm

3,6.10−4 = 1,8.10-4 N). 2

b) CA = 4cm, CB = 10cm

−8

q1.q3 10 .4.10 = 9.109 = 1,8.10-4 N. ε r2 2.0,12

c) CA = CB = 5cm Hướng dẫn giải

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

Điện tích q3 sẽ chịu hai lực tác dụng của q1 và q2 là F1 và F2 .

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 + ...

Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là: F = F1 + F2 a) Trường hợp 1: CA = 4cm, CB = 2cm Vì AC + CB = AB nên C nằm trong đoạn AB.

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

+ định lí hàm cosin: F 2 = F12 + F22 + 2F1F2 cosα (α là góc hợp bởi F1 và F2 ).

F1 và F2 cùng chiều thì: F = F1 + F2

(α = 0, cosα = 1).

F1 và F2 ngược chiều thì: F = |F1 – F2| (α = π, cosα = –1).

q1, q3 cùng dấu nên F1 là lực đẩy

(α = 90o, cosα = 0).

q2, q3 trái dấu nên F2 là lực hút.

F1 và F2 vuông góc thì: F = F12 + F22

F1 và F2 cùng độ lớn (F1 = F2) thì: F = 2F1 cos

F2 F

Cùng chiều

F F2

Ngược chiều

Vậy: F cùng chiều F1 , F2 ( hướng từ C đến B).

(Fx = F1x + F2x + F1

B _

Trên hình vẽ, ta thấy F1 và F2 cùng chiều.

α . 2

+ phương pháp hình chiếu: F = Fx2 + Fy2

F1y + F2y + ...)

F2 q3 + F1

Nếu:

F2 Vuông góc

...; Fy = F

F2 Cùng độ lớn

Độ lớn: F = F1 + F2 = k. F = 9.109 .

q1 q3 AC 2

+ k.

8.10 −8.8.10 −8 −2 2

(4.10 )

q 2 q3 BC 2

+ 9.10 9.

8.10 −8.(−8.10 −8 ) (2.10 − 2 ) 2

= 0,18 N

b) Trường hợp 2: CA = 4cm, CB = 10cm Vì CB – CA = AB nên C

F F1

+ F2

nằm trên đường AB, ngoài khoảng AB, về phía A. Ta có: F1 = k .

q1q3 AC

F2 = k .

q 2 q3 BC

9.10 9..8.10 −8.8.10 −8 = 36.10 −3 N (4.10 − 2 ) 2

9.10 9..8.10 −8.8.10 −8 = 5,76.10 −3 N (10.10 − 2 ) 2

A + q1

B _

+ Lực F2 , F3 được biểu diễn như hình

Theo hình vẽ, ta thấy F1 và F2 ngược chiều, F1 > F2 .

A − q1

Vậy: + F cùng chiều F1 (hướng xảy ra A, B) + Độ lớn F = F1 – F2 = 30,24.10-3N

F2 = k.

B + q2

q1 q3 2

q2 q3 CB

C + q3

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

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

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

c) Trường hợp 3:

Ta có: F1 = k.

*Lực tác dụng lên điện tích q2

= 23,04.10 −3 N

F1 q3

= 23,04.10 − 3 N

Vì F1 = F2 nên F nằm trên phân giác góc ( F1 , F2 ).

+ Gọi F1 , F3 lần lượt là lực do điện tích q1 và q3 tác dụng lên q2  10−7.5.10−8 qq  F2 = k 1 22 = 9.109 = 0,018 ( N ) AB 0,052 + Ta có:  −8 −8 4.10 .5.10 q 3q 2  = 9.109 = 0,18 ( N )  F3 = k BC2 0,042  + Lực F1 , F3 được biểu diễn như hình

⇒ F ⊥ CH (phân giác của hai góc kề bù) ⇒ F // AB ∧

Nên: α = ( F1 , F ) = CAB Độ lớn của lực tổng hợp:

∧

AH F = 2F1cos α = 2F1cos CAB = 2 F1. AC

C + q3

A − q1

B + q2

+ Gọi F là lực tổng hợp do q2 và q3 tác dụng lên q1. Ta có: F = F1 + F3

3 F = 2. 23,04. 10-3. = 27,65.10-3N 5

+ Vì F1 , F3 cùng phương, ngược chiều nên ta có: F = F3 − F1 = 0,162 ( N )

Vậy : F có phương song song với AB

*Lực tác dụng lên điện tích q3

chiều hướng từ A đến B

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

độ lớn F = 27,65.10-3N

 10−7.4.10−8 qq  F1 = k 1 32 = 9.109 = 0,0225 ( N ) AC 0,042 + Ta có:  −8 −8 5.10 .4.10 q 2q3  = 9.109 = 0,18 ( N )  F2 = k BC2 0,012  + Lực F1 , F2 được biểu diễn như hình

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

hàng.

*Lực tác dụng lên điện tích q1

+ Gọi F2 , F3 lần lượt là lực do điện tích q2 và q3 tác dụng lên q1  F2 = k + Ta có:   F3 = k 

q 2 q1 AB2 q 3q1 AC2

= 9.109

5.10−8.10−7 0,052 −8

= 9.109

4.10 .10 0,042

B q2

+ 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 ) = 0,018 ( N )

−7

= 0,0225 ( 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.

Hướng dẫn giải Ta có: F3 = F13 + F23 , với F13 = k

Vì q1 = q2

q1q3

; F23 = k

q2 q3

hợp tác dụng lên q0. Hướng dẫn giải

a2 a2 ⇒ F13 = F23 và α = (F13 ,F23 ) = 120o

⇒ F3 = F13 = F23 = 9.109.

4.10-8 .5.10-8 -2 2

(2.10 )

+ Nhận thấy AB2 = AM 2 + MB2 ⇒ tam giác AMB vuông tại M

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

= 45.10–3N

F23

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có:

F13

+ điểm đặt: tại C.

 3.10 .2.10 qq  F1 = k 1 02 = 9.109 = 3,375.10−3 ( N ) AM 0,042  + Ta có:  2.10−8.2.10−8 q 2q0  = 9.109 = 4.10−3 ( N )  F2 = k 2 BM 0,032  + 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 −8

+ phương: song song với AB. + chiều: từ A đến B. + độ lớn: F3 = 45.10–3N.

−8

F1 C

ϕ q0

B q2

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

⇒ F = F12 + F22 = 5, 234.10−3 ( N )

ABC cạnh a = 6 cm trong không khí. Xác định lực tác dụng lên q0 = 6.10-9 C đặt tại tâm O của

+ Gọi ϕ là góc tạo bởi F và F2 .

tam giác.

F1 27 = ⇒ ϕ ≈ 40o F2 32 + 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

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

F = 5,234.10-3 N.

B − q2

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

+ Khoảng cách từ các điện tích đến tâm O: 2 r1 = r2 = r2 = OA = 2 3 ( cm ) 3

+ Ta có: F1 = k

F3 = k

q 2q 0 BO

Từ hình ta có: tan ϕ =

Hướng dẫn giải

F2 = k

q 3q 0 CO 2

q1q 0 AO 2

O + q0

= 3,6.10−4 ( N ) A + q1

= 3,6.10−4 ( N )

F23 F1 F3

Bài 1. Đặt hai điện tích điểm q1 = −q 2 = 8.10 −8 C tại A,B trong không khí cách nhau 6 cm. Xác định

lực điện tác dụng lên q3 = 8.10 −8 C đặt tại C trong hai trường hợp: a. CA = 4cm; CB = 2cm C − q3

= 3,6.10−4 ( N )

b. CA = 4cm; CB = 10cm . Bài 2. Trong chân không, cho hai điện tích q1 = −q 2 = 10−7 C đặt tại hai điểm A và B cách nhau 8 cm. Xác định lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q o = 10−7 C trong các trường hợp sau:

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

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

+ Gọi F là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q0: F = F1 + F2 + F3 = F1 + F23 Suy ra: F23 = F22 + F32 + 2F2 F3 cos120o = 3,6.10−4 ( N )

+ Vì tam giác ABC đều nên F23 ↑↑ F1 , nên: F = F1 + F23 = 7, 2.10−4 ( N )

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.

+ Vậy lực tổng hợp F có phương AO có chiều từ A đến O, độ lớn 7, 2.10−4 ( N )

Bài 4. Đặt hai điện tích điểm q1 = −q 2 = 2.10 −8 C tại A, B trong không khí cách nhau 12 cm. Xác

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,

định lực điện tác dụng lên q3 = 4.10 −8 C tại C mà CA = CB = 10cm .

AB = 5 cm. Điện tích q0 = -2.10-8 C đặt tại M, MA = 4 cm, MB = 3 cm. Xác định lực điện tổng

Bài 5. Tại hai điểm A và B cách nhau 20 cm trong không khí, đặt hai điện tích q1 = -3.10-6C, q2 = -6

-6

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

8.10 C. Xác định lực điện trường tác dụng lên điện tích q3 = 2.10 C đặt tại C. Biết AC = 12 cm, BC

Bài 1.

= 16 cm.

a. Trường hợp C trong AB.

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

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

cạnh a = 16 cm. Xác định véctơ lực tác dụng lên q3. –9

Bài 7. Tại ba đỉnh tam giác đều cạnh a = 6cm trong không khí có đặt ba điện tích q1 = 6.10 C, 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.

 8.10−8.8.10−8 qq  F1 = k 1 32 = 9.109 = 0,036 ( N ) AC 0,042 + Ta có:  −8 −8 8.10 .8.10 q 2q 3  = 9.109 = 0,144 ( N )  F2 = k BC 2 0,022  + Lực tác dụng F1 , F2 được biểu diễn như hình q1 q2 q3 F2

+ Gọi F là lực tổng hợp tác dụng lên điện tích q3, ta có: F = F1 + F2

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

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

+ + +

 8.10−8.8.10−8 qq F1 = k 1 32 = 9.109 = 0,036 ( N ) AC 0,042 Ta có:  q3 8.10−8.8.10−8 q 2 q3  F1 9 −3 F2 F = k = 9.10 = 5,76.10 N ( )  2 2 2 BC 0,1  C Lực tác dụng F1 , F2 được biểu diễn như hình 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  10−7.10−7 qq 9 F1 = k 1 02 = 9.109 = ( N) AH 0,042 160  + Ta có:  10−7.10−7 q 2q 0  9 = 9.109 = ( N) F2 = k 2 BH 0,042 160  + 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

A +

H +

q1 > 0

q0 > 0

F1 F2

B − q2 < 0

+ Vì F1 ↑↑ F2 nên: F = F1 + F2 = 0,1125 ( N ) b) Gọi F1 , F2 lần lượt là lực do điện tích q1 và q2 tác dụng lên q0

 10−7.10−7 qq 9 F1 = k 1 02 = 9.109 = ( N) AM 0,042 160  + Ta có:  −7 −7 10 .10 q 2q 0  1 = 9.109 = ( N) F2 = k BM 2 0,122 160  + 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 + Vì F1 ↑↓ F2 nên: F = F1 − F2 = 0,05 ( N )

1 1 1 1 1  205Q 2 F1 = kQ  2 + + + =k 2 2 2  144a 2  a ( 2a ) ( 3a ) ( 4a ) 

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

 q1q 3 = 9.10−27 ( N )  F1 = k  AC 2 + Ta có:   F = k q 2 q 3 = 9.10−27 N ( )  2 BC2 + Lực tác dụng F1 , F2 được biểu diễn như hình

F1 α

C α

+ Vì tam giác ANB đều nên α = 600

B −

+ Ta có: F = F1 + F2 ⇒ F = F12 + F22 + 2F1F2 cos 60o

+ Thay số được F = 9 3.10 ( N ) −27

+ Vậy lực tổng hợp F tác dụng lên q3 có điểm đặt tại C, phương vuông góc với AB, chiều như hình và độ lớn F = 9 3.10−27 ( N ) .

5Q 2 36a 2

+ Lực tác dụng vào điện tích 5 là : F5 = F1 = k

205Q 2 144a 2

Bài 7.

với F10 = k

Các lực điện được biểu diễn như hình bên :

q3 10

F = F1 + F 2

F1 = F2 ⇒ F // AB

= 0, 432.10−3 N . Hay F2 = 2F1.cosα = 2F1.cos A

Bài 5.

F1 và F2 có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn:

= 0,36.10 −3 ( N ) = F2 .

Các điện tích q1 và q2 tác dụng lên điện tích q3 các lực

Ta có: F0 = F10 + F20 + F30 = F10 + F23 ,

Bài 4.

→

F12 + F22 ≈ 6,76 N.

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

+ Lực tác dụng vào điện tích 4 là : F4 = F2 = k

→

A +

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

→

Bài 6. M +

1 1 1 1 5Q 2 + + − 2=k 2 2 2 36a 2  a ( 2a ) ( 3a ) a 

| q 2 q3 | = 5,625 N. BC 2

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

+ Lực tác dụng vào điện tích 2 là : F2 = kQ 2 

q1 q3

F2 = 9.109

→

F1 = k

| q1q3 | = 3,75 N; AC 2

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

Bài 3. + Lực tác dụng vào điện tích q1 là :

F1 = 9.109

+ C

; F20 = k

q2 q 0 b2

; F30 = k

q3 q 0 b2

2 2 a 3 a 3 h= . = 3 3 2 3

o α = (F20 , F30 ) = 120

F2 8

với F20 = F30 (vì q2 = q3); b =

⇒ F23 = 2F20cos

B q2

q1q 0

⇒ F23 = 9.109.

F20

và B q2

q q α = 2k 2 2 0 .cos60o = F20 2 b

q 2 .q 0 a 3    3   

= 9.109.

( - 8.10-9 ).8.10-9  6.10-2 3      3  

= 4,8.10–4N

F30

C q3

và F10 = k

q1q 0

q1 .q 0

= 9.109.

a 3    3   

F10 = 9.109.

⇒

6.10 -9 .8.10 -9  6.10 -2 3      3  

= 3,6.10–4N

Dạng 3. Khảo sát sự cân bằng của một điện tích A. Phương pháp giải – Khi một điện tích q đứng yên thì hợp lực tác dụng lên q sẽ bằng 0 :

⇒ F0 = 3,6.10–4 + 4,8.10–4 = 8,4.10–4N

F = F1 + F2 + ... = 0

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q0 có:

Các lực tác dụng lên điện tích q thường gặp là:

+ điểm đặt: tại O. + phương: vuông góc với BC.

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

+ chiều: từ A đến BC.

k |q1q 2 | (lực hút nếu q1 và q2 trái dấu; lực đẩy nếu q1 và q2 cùng dấu). . ε r2

+ Lực tĩnh điện: F =

+ độ lớn: F0 = 8,4.10–4N.

+ Lực căng dây T.

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

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

vẽ.

Ta có: F = F1 + F3 + F4 + F5 + F6 , với: F1 = F3 = k

q2 a2

⇒ F13 = F1 = F3 = k F5 = k

q2 2

; α = 120o

= k

q2 (2a)

= k

q2 4a

(c = 2a) D

(2) F4 = F6 = k

q2 b2

q2 3a2

không.

(1)

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

B. VÍ DỤ MẪU

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? Hướng dẫn giải a) Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích: F = k

; b = (2a) –a = 3a ; β = 60

⇒ F46 = 2F4cos30o = 2k

q2 3a

⇒ F = F13 + F5 + F46 = k

q2 a

3q 2 3 = k 2 (3) 2 3a

q2 4a

3q 2 3a

q 2 (15 + 4 3) . 12 a2

Vậy: Lực tác dụng lên mỗi điện tích có:

q1q 2 r2

1 ( N ) ≈ 4, 44.10−4 ( N ) 2250

b) Gọi F10 , F20 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q0  10−8.3.10−6 qq  F10 = k 1 2 0 = 9.109. = 2,7.10−4 ( N ) r 0,0452  + Ta có:  4.10−8.3.10−6 q 2q 0  9 = 1,08.10−3 ( N )  F20 = k 2 = 9.10 . r 0,0452  + Gọi F là lực tổng hợp tác dụng lên q0. Ta có: F = F10 + F20

+ điểm đặt: tại các điện tích. + phương: đường thẳng nối điện tích và tâm lục giác. + chiều: từ tâm lục giác ra. + độ lớn: F = k

q 2 (15 + 4 3) . . 12 a2

F20

F10

 F10 ↑↓ F20 + Từ hình vẽ ta thấy :  ⇒ F = F20 – F10 = 8,1.10−4 ( N )

 F20 > F10 + 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

Ví dụ 3. Tại ba đỉnh của một tam giác đều trong không khí, đặt 3 điện tích giống nhau q1 = q2 =

+ Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

q3 = q = 6.10-7C. Hỏi phải đặt điện tích q0 tại đâu, có giá trị bao nhiêu để hệ điện tích cân bằng?

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

Hướng dẫn giải

+ Vì q1 và q2 cùng dấu nên C phải nằm trong AB

- Xét điều kiện cân bằng của q3:

qq qq q q CB + F13 = F23 ⇔ k 1 32 = k 2 23 ⇒ 1 2 = 2 2 ⇒ = 2 ⇒ CB = 2CA (1) CA CB CA CB CA

- Với F13 = F23 = k

⇒ C gần A hơn (hình vẽ) A

F23

F13

A q1

F13 + F23 + F03 = F3 + F03 = 0 q2 và F13 ;F23 = 600 a2

(

)

⇒ F3 = 2F13 cos300 = F13 3 = 3k

q0 B

q2 a2

q3 F13

- Trong đó F3 có phương là đường phân giác góc C, lại có + Ta lại có: CA + CB = 9

F03 ↑↓ F3 nên q0 nằm trên phân giác góc C.

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ CA = 3 cm và CB = 6 cm

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

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

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

đâu để q3 nằm cân bằng?

- Độ lớn: F03 = F3 ⇒ k

+ Vì q1 và q2 cùng dấu (giả sử q1 = q 2 > 0 ) khí đó điện tích của q3 có thể dương hoặc âm nhưng vị trí

Hướng dẫn giải a. xác định vị trí q3

qq qq q q CB + Ta có: F13 = F23 ⇔ k 1 32 = k 2 23 ⇒ 1 2 = 2 2 ⇒ = 1 ⇒ CB = CA CA CB CA CB CA

+ 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

⇒ C là trung điểm của AB A

F23

F13

+ Vì q1 > 0 và q2 < 0 nên C nằm ngoài AB và gần phía A.

+ Độ lớn: F13 = F23 ⇔ k

Trường hợp 1: q1 = q 2 > 0; q3 < 0

q1q3 qq CA = k 2 23 ⇒ = CA 2 CB CB

q1 1 = ⇒ CB = 2CA q2 2

(1)

Ta lại có: CB - CA = AB = 8cm (2).

+ Ta có:

CA = 8cm CB = 16cm

q1q 3 qq q q CB = k 2 23 ⇒ 1 2 = 2 2 ⇒ = 1 ⇒ CB = CA CA 2 CB CA CB CA

⇒ C là trung điểm của AB + Vậy phải đặt q3 tại trung điểm của AB

q2 3 ⇒ q0 = − q ≈ 3,46.10−7 C a2 3

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

Trường hợp 1: q1 = q 2 > 0; q3 > 0

F13 = F23 ⇔ k

= 3k

a. C ở đâu để q3 cân bằng.

đặt điện tích q3 phải nằm trong AB.

2 3 3a 2   

điện tích q3 đặt tại C.

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

+ Vậy phải đặt q3 tại trung điểm của

q 0q

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

+ Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

Hướng dẫn giải + Gọi F13 , F23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3

F23

Từ (1) và (2) ⇒ 

F13

−

F23

Dấu và độ lớn của q3 tùy ý.

C F13

F23

−

F13

−

b. Hệ cân bằng

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

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

dài. Hai đầu kia của hai dây móc vào cùng một điểm. Cho hai quả cầu tích điện bằng nhau, lúc

- Để q1 cân bằng: F1 = F21 + F31 = 0 ⇒ F21 = −F31 ⇒ F21 ↑↓ F31 (3) + Vì q1 > 0 và q2 < 0 nên F21 ↑↑ AB (4) + Ta lại có: AC ↑↓ AB (5) Từ (3) , (4) và (5) ta ⇒ F 31 ↑↑ AC ⇒ q1q3 < 0 ⇒ q3 < 0

+ Độ lớn: F31 = F21 ⇔ k

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 trí cân bằng mới. Giả thiết chiều dài mỗi dây khá lớn so với khoảng cách hai quả cầu lúc cân bằng. Lấy 3 4 = 1,5785 . Hướng dẫn giải Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực

q1q 3 qq AC = k 1 22 ⇒ q3 = q 2 ⇒ q 3 = −8.10−8 C AC2 AB AB2

treo

F23

F13

F31

lực căng của dây

⇒ R có phương sợi dây ⇒ tan α = B

F21

F và

−

lực tương tác tĩnh điện

+ Khi quả cầu cân bằng thì: ( Fd + P ) + T = 0 ⇔ R + T = 0

 F13 + F23 = 0 - Vì  ⇒ F13 + F23 + F21 + F31 = 0 F + F = 0 31  21 ⇒ F32 + F12 = 0 ⇒ điện tích q 2 cũng cân bằng C

F12

−

F32

F ⇒ F = P tan α = P P

r 2

ℓ

r ℓ2 −   2

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

2

T F

r r r Pr + Nhận thấy: ℓ 2 >>   ⇒ ℓ 2 −   ≈ ℓ 2 ⇒ ℓ 2 −   ≈ ℓ ⇒ F ≈

2

2ℓ

q Pr q P = ⇒k 3 = r 2 2ℓ r 2ℓ

α R

Ví dụ 5. Hai quả cầu nhỏ giống nhau bằng kim loại có khối lượng m = 5 g, được treo vào cùng

+ Lúc đầu: F1 = k

một điểm O bằng hai sợi dây không dãn, dài 10 cm. Hải quả cầu tiếp xúc với nhau. Tích điện cho

+ 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

(1)

mỗi quả cầu thì thấy chúng đẩy nhau cho đến khi hai dây treo hợp với nhau một góc 60 . Tính độ

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

lớn điện tích mà ta đã truyền cho quả cầu. Lấy g = 10 (m/s2).

thì điện tích của quả 2 sẽ truyền sang quả 1 và lúc này điện tích mỗi quả sẽ là:

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

+ Khi quả cầu cân bằng ta có: T + P + F = 0 ⇔T + R = 0 ⇒ R cùng phương, ngược chiều với T ⇒ α = 30o

Ta có: tan 30o =

ℓ

60o

⇒ F = P tan 30o = mg tan 30o = 0,029 N  qq F = k 12 2 q2 + Mà:  ⇒ F = k 2 ⇒ q = 1,79.10−7 C r ℓ q = q = q 2  1

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

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

(2)

r ≈ 4 ( cm ) 4

nhẹ cách điện, độ cứng K, chiều dài tự nhiên ℓ 0 . Một sợi dây chỉ mảnh, nhẹ, cách điện, không F

q2 q q2 Pr' q2 P = ⇒ F2 = k = ⇒k = 2 3 2 2 2ℓ 2ℓ 4.( r ' ) 4.( r ')

Ví dụ 7. Hai quả cầu cùng khối lượng m, tích điện giống nhau q, được nối với nhau bằng lò xo

F P

q '1 = q '2 =

dãn, có chiều dài 2L, mỗi đầu sợi dây được gắn với một quả cầu. Cho điểm giữa (trung điểm) của sợi dây chỉ chuyển động thẳng đứng lên với gia tốc a =

α R

g thì lò xo có chiều dài ℓ (với ℓ 0 < ℓ < 2L ). 2

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

+ Điều kiện cân bằng: P + Fđ + Fđh + T + Fqt = 0 Ox : −Fđ + Fđh + T.sin α = 0  Oy : T cos α − P − Fqt = 0 + Chiếu lên Oxy:  T.sin α = Fđ − K ( ℓ − ℓ 0 ) ⇒ T cos α = mg + ma

⇒ tan α =

Fđ

ℓ 4L2 − ℓ 2

⇒ Fđ =

Fđ − K ( ℓ − ℓ 0 )

3mgℓ 2 4L2 − ℓ 2

m (g + a )

⇒ Fđ =

về độ lớn và cùng dấu, chúng đẩy nhau và cách nhau r = 6 cm. Lấy g = 9,8 m/s2.

a)Tính điện tích của mỗi quả cầu

m (g + a )

ℓ L2 −   2

+ Do đó:

O T

+ Từ hình vẽ ta cũng có: tan α =

chiều dài bằng nhau l = 50 cm (khối lượng không đáng kể). Khi hai quả cầu nhiễm điện bằng nhau x

Fđ − K ( ℓ − ℓ 0 )

ℓ 2

Bài 5. Người ta treo 2 quả cầu nhỏ có khối lượng bằng nhau m = 0,01 g bằng những sợi dây có

ℓ 4L2 − ℓ 2

Fđh Fqt

q ℓ, K

kq 2 3mgℓ = + K (ℓ − ℓ0 ) ℓ2 2 4L2 − ℓ 2

⇒q=ℓ

 1  3mgℓ + K (ℓ − ℓ 0 )   k  2 4L2 − ℓ 2 

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).

mℓ ( g + a ) 4L2 − ℓ 2

+ K (ℓ − ℓ 0 )

+ Lại có: Fđ =

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

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? 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 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 ρ0 và hằng số điện môi ε = 4). Biết rằng so với trường hợp trong chân không thay đổi và gọi ρ là khối lượng riêng của hai quả cầu. Hãy tính tỷ số ρ . không góc AOB ρ0

Biết hai sợi dây OA, OB không co dãn và có khối lượng không đáng kể. 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 cùng chiều dài 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 góc α = 60o so với phương thẳng đứng. Cho g = 10 m/s2. Tìm q. 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 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.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

+ Dấu của q0 là tùy ý.

Bài 1.

+ Lại có: F10 = F20 ⇒

a) Vị trí của C để q3 nằm cân bằng A

– Các lực điện tác dụng lên q3: F13 ,F23 .

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

lớn: F13 = F23 ⇔ k

q1q 3 AC

q 2 q3 BC2

−

+ Gọi C là vị trí đặt điện tích q3.

+ BC = 3AC = 3(BC – AB) => BC =

3 3 1 AB = .8 = 12cm và AC = .12 = 4cm. 2 2 3

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

F23

+ Dấu của q3 là tùy ý.

−

b) Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng

 AC  −7 q 3 = q2   = 1,8.10  AB 

4 –7   = 0,45.10 C 8

q3 q AC 2 22 = 2 2 ⇒ q3 = q 2 = 1,8.10−7. 2 = 1,125.10−7 C 2 2 AC AB AB 8 + Điều kiện cân bằng của q2: F32 + F12 = 0 ⇒ F32 = −F12 ⇒ F32 ngược chiều F12

Suy ra F32 là lực hút ⇒ q 3 > 0 B

F21

Suy ra F31 là lực hút ⇒ q 3 > 0 + Ta có: F31 = F21 ⇔

−

F13

+ Điều kiện cân bằng của q1: F31 + F21 = 0 ⇒ F31 = −F21 ⇒ F31 ngược chiều F21

Vậy: Để q1 và q2 cũng cân bằng thì q3 = +0,45.10–7C.

C F23

q1q 2 qq = k 1 32 AB2 AC ⇒ q1q 2 qq = k 2 23 2 AB BC

– Vì q1 < 0; q2 > 0 ⇒ q3 > 0: q3 = 0,45.10–7C.

F13 F31

q1 q CB = 2 ⇒ = 3 ⇒ CB = 3CA ⇒ C gần A hơn (hình) CA 2 CB2 CA

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

– Để q1 và q2 cũng cân bằng thì:  k  F21 + F31 = 0  F21 = F31  ⇒ ⇔  F = F 32 k  F12 + F32 = 0  12 

+ Từ hình ta có: CA + CB = 8 ⇒ CA = 2 cm và CB = 6 cm

+ Vì q1 và q2 cùng dấu nên từ ta suy ra C phải nằm trong AB

+ Lại có: F13 = F23 ⇒

−

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

+ C nằm trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB, về phía A.

F13

a) Gọi F13 , F23 lần lượt là lực do q1, q2 tác dụng lên q3

Từ đó:

−

F10

Bài 3.

 AC  2 1 ⇒ =  = = <1 q 2  BC  18 9

F23

F20

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

q1 q CB = 2 ⇒ = 2 ⇒ CB = 2CA ⇒ C gần A hơn (hình) CA 2 CB2 CA

F12

F32

Ta có: F32 = F12 ⇔

q3 q CB2 62 = 1 ⇒ q 3 = q1 = 2.10−8. 2 = 1,125.10−8 C CB2 AB2 AB2 8

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

Bài 2.

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

Bài 4.

+ Gọi C là vị trí đặt điện tích q0.

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 cùng dấu (giả sử cả q1 < 0; q 2 < 0 ) nên C phải nằm trong AB.

+ Vì q1 và q2 trái dấu nên từ ta suy ra C phải nằm ngoài AB

+ Dấu của q0 là tùy ý. + Lại có: F10 = F20 ⇒

 q2 r k 2 = P 2ℓ r  r ⇒ ⇒ r ' = = 2 ( cm ) 2 3 k q 2 = P r ' 2ℓ  27 ( r ' )

q1 q BC = 2 ⇒ = 2 ⇒ BC = 2AC ⇒ C gần A hơn (hình) AC2 BC 2 AC

+ Từ hình ta có: CA = BC – 8 ⇒ CA = 8 cm và BC = 16 cm C

F10

Bài 6.

−

F20

điện) F giữa hai quả cầu.

b) Gọi F01 , F21 lần lượt là lực do q0, q2 tác dụng lên q1

+ Do đó ta có: F = k

Bài 5. lực tương tác tĩnh điện

F và

lực căng của dây

+ Khi quả cầu cân bằng thì: Fd + P + T = 0 ⇔ R + T = 0 ⇒ R có phương sợi dây. + Do đó ta có:

)

Bài 7. Ở trong chân không các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực căng của dây treo

2

2ℓ

ε ( r ')

q 2 Pr . Nên khi nhúng cả hệ thống vào trong = r 2 2ℓ =

lực tương tác tĩnh điện

ℓ

q 2 Pr Pr 3 = ⇒q = ≈ 1,53.10−9 C r 2 2ℓ 2ℓk

rượu etylic thì: F' = k

+ Các lực tác dụng lên quả cầu trong mỗi trường hợp được biểu diễn như hình 2

Pr' 2ℓ

ℓ

T F α P R

F1 và

lực

T1 .

căng của dây treo T 2 và lực đẩy Ác-si-mét FA

b) Theo câu a ta có: F = k

lực tương tác tĩnh điện

r r r Pr + Nhận thấy: ℓ 2 >>   ⇒ ℓ 2 −   ≈ ℓ 2 ⇒ ℓ 2 −   ≈ ℓ ⇒ F ≈

a) Ta có: F = k

r ℓ2 −   2

q2 2F ⇒ q =ℓ = 10−6 ( C ) 2ℓ 2 k

+ Ở trong dầu hỏa các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực

r 2

2

α P

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

F ⇒ F = P tan α = P P

45o

+ Từ hình có: r = 2 ( ℓ sin 450 ) = ℓ 2

+ Vậy với q0 = -8.10-8 C thì hệ thống cân bằng

tan α =

 qq F = k 12 2 q2 ⇒F=k 2 . + Mà:  r r q = q = q 2  1

q q CB2 162 Ta có: F02 = F12 ⇔ 0 2 = 1 2 ⇒ q 0 = − q1 = −2.10−8 2 = −8.10−8 C CB AB AB2 8

(

F P

Suy ra F02 là lực đẩy ⇒ q 0 < 0

treo

Ta có: tan 45o = ⇒ F = P = mg = 0,05 N

q0 q AC2 82 = 2 2 ⇒ q0 = − q 2 = −8.10−8 2 = −8.10−8 C 2 2 AC AB AB 8 + Điều kiện cân bằng của q2: F02 + F12 = 0 ⇒ F02 = −F12 ⇒ F02 ngược chiều F12

Ta có: F01 = F21 ⇔

45o

Suy ra F01 là lực hút ⇒ q 0 < 0

Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực

+ Khi quả cầu cân bằng ta có: T + P + F = 0 ⇔ T + R = 0 ⇒ R cùng phương, ngược chiều với T ⇒ α =

+ Điều kiện cân bằng của q1: F01 + F21 = 0 ⇒ F01 = −F21 ⇒ F01 ngược chiều F21

Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực P , lực căng dây T , lực tương tác tĩnh điện (lực tĩnh

α1

ℓ

α2

α P R Chân không

+ Vì góc α1 = α 2 nên tan α1 = tan α 2 ⇔

F1 F2 = P P − FA

FA F

α P Dầu hỏa

F2 ,

lực

⇔k

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

q2 q2 =k 2 ⇒ ε ( P − FA ) = P ⇒ εFA = P ( ε − 1) 2 rP εr ( P − FA )

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

ρ ε 4 ⇒ ερ0 Vg = mg ( ε − 1) ⇔ ερ0 Vg = ρVg ( ε − 1) ⇒ = = ρ0 ε − 1 3

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:

Bài 8. Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực

điện F và lực căng của dây treo

9.109.

lực tương tác tĩnh O

+ Khi quả cầu cân bằng thì:

Fd + P + T = 0 ⇔ R + T = 0 ⇒ R có phương sợi dây

(

)

+ Do đó suy ra góc β = 600 ⇒ ∆BPR đều ⇒F=P⇔k

q2 mg = mg ⇒ q = ℓ = 10−6 C ℓ2 k

Bài 9. Các lực tác dụng lên mỗi quả cầu gồm: trọng lực treo

lực tương tác tĩnh điện

F và

lực căng của dây

+ Khi quả cầu cân bằng thì: ( Fd + P ) + T = 0 ⇔ R + T = 0 ⇒ R có phương sợi dây. R

F P

+ Do đó ta có: tan α = ⇒ F = P

r 2

r ℓ2 −   2

ℓ

T F

r Pr + Giả sử: ℓ 2 >>   ⇒ F ≈ 2

+ Ta có: k

α P R

2ℓ

q2 r ≈ P ⇒ r = 0,165m r2 2ℓ 2

r + r = 0,165 ( m ) << 1( m ) , nên giả sử ℓ 2 >>   chấp nhận được

2

Bài 10. 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 Q ta có: 9.109

| 4qQ | | qQ | r = 9.109 ⇒ x= . (r − x) 2 x2 3

Vậy Q phải đặt cách q khoảng cách

r 2r và cách 4q khoảng cách ; với q có độ lớn và dấu tùy ý. 3 3

| q.Q | r    3

= 9.109

| q.4 q | 4q . ⇒ Q=r2 9

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

điện trường. Và lực tác dụng lên các điện tích lần lượt là F1 , F2 , F3 khi đó thương số F1 F2 F3 = = . Nếu đặt mỗi điện tích ở mỗi vị trí khác nhau thì thương số trên khác nhau. q1 q 2 q 3 F + Thương số đặc trưng cho điện trường tại điểm đang xét về mặt tác dụng lực gọi là cường q F độ điện trường và kí hiệu là E . Ta có: E = . Đơn vị của cường độ điện trường là Vôn/mét q

(V/m) Chú ý: + 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 = qE Nếu q > 0 thì E và F cùng chiều Nếu q < 0 thì E và F ngược chiều + 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 Có độ lớn E = k

Q>0

εr 2

3. Đường sức điện + 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. + 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 ∞

CHỦ ĐỀ 2. ĐIỆN TRƯỜNG

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

I. 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 ta có hệ n điện tích Q1, Q2…khi đó điện trường tổng cộng tại điểm M là: E = E1 + E 2 + ... + E n . 

E = E1 + E 2 + 2E1E 2 cosα + Dạng đại số: 

(

α = E1 ,E 2 

II. CÁC DẠNG TOÁN

)

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

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

1. Cường độ điện trường do một điện tích điểm gây ra

điện tích một khoảng 10 cm khi: Điện tích Q đặt trong chân không

+ Cường độ điện trường tạo bởi điện tích điểm Q có:

Điện tích Q đặt trong điện môi có ε = 2,5.

Điểm đặt: tại điểm khảo sát.

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

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

lớn lực điện trường tác dụng lên điện tích q.

* Nếu Q > 0 → E hướng ra xa Q (hình vẽ dưới) * Nếu Q < 0 → E hướng về phía Q (hình vẽ dưới0

Độ lớn: E = k.

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

Q ε.r 2

Hướng dẫn giải

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

Q>0

−

• Điểm đặt tại M.

• Phương là đường nối từ Q đến M, chiều hướng từ Q

Q<0

đến M. Trong đó: 9

• Độ lớn: E = k

k = 9.10 N.m /C ;

Q r

= 9.109.

5.10−9 = 4500 ( V / m ) . 0,12

r là khoảng cách từ điểm khảo sát đến điện tích Q, đơn vị là m.

*Khi điện tích đặt trong điện môi

Q là điện tích, đơn vị là C.

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

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

• Điểm đặt tại M.

ε là hằng số điện môi, môi trường không khí thì ε = 1.

• Phương là đường nối từ Q đến M, chiều hướng từ Q

2. Lực tác dụng lên điện tích đặt trong điện trường

đến M.

+ Lực do điện trường E tác dụng lên điện tích q đặt trong nó:  NÕu q > 0 ⇒ F ↑↑ E Biểu thức: F = q.E ⇒   NÕu q < 0 ⇒ F ↑↓ E

• Độ lớn: E = k

Q εr

= 9.109.

5.10−9 = 1800 ( V / m ) . 2,5.0,12

b) Xác định lực điện trường tác dụng lên điện tích q + Độ lớn lực điện tác dụng lên q: F = q E = 4.10−8.4500 = 1,8.10−4 ( N )

Độ lớn: F = q E

Ví dụ 2: Tại một điểm N trong không khí nằm cách điện tích q1 một khoảng R = 3 cm tồn tại một

3. Sự cân bằng của vật mang điện tích đặt trong điện trường

điện trường E = 200 kV/m.

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

a) Hãy xác định điện tích q1

+ Điều kiện cân bằng Fhl = 0

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

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

B. VÍ DỤ MẪU

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 R

⇒ q1 =

E.R 2 = 2.10−8 ( C ) k

Với: OM =

b) Tính lực điện do q1 tác dụng lên q2 bằng 2 cách khác nhau Cách 1: Tính theo lực tương tác F = k

q1q 2 R12

q1q 2

vì q0 <0 nên F ngược hướng với E M và có độ lớn: F = q 0 E M = 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:

= 2,88.10−3 ( N )

a) Tại điểm nằm sát mặt quả cầu (phía bên ngoài)

Cách 2: Tính theo công thức lực điện trường F = q E + Điện trường do q1 gây ra tại một điểm: E = k 2

b. Lực từ tác dụng lên qo: F = q 0 E M

+ 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 theo công thức: F = k

OA + OB E 1  OA  = 1,5OA ⇒ M =  ⇒ E M = 16V  = 2 E A  OM  2,25

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

R  R  E 3 + Ta có: M =  N  ⇒ E M = E N  N  = 200.103.  = 7200 ( V / m ) EN  R M  5  RM 

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

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

tâm của nó. Do đó ta có: E = k.

F = q 2 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.

Q r2

(trong đó r là khoảng cách từ điểm khảo sát đến tâm quả cầu)

a) Trên bề mặt quả cầu có bán kính 3 cm: E = k. b) Cách tâm quả cầu một khoảng 10 cm: E = k.

Q R2

Q r2

= 5.105 ( V / m )

= 45.103 ( V / m )

c) Cách bề mặt quả cầu một khoảng d = 27 cm: E = k.

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

( 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 = 10mm3, khối lượng m

nhiêu? Xác định phương chiều của lực.

= 9.10–5kg. Dầu có khối lượng riêng D = 800kg/m3. Tất cả được đặt trong một điện trường đều, E

Hướng dẫn giải

hướng thẳng đứng từ trên xuống, E = 4,1.105V/m. Tìm điện tích của bi để nó cân bằng lơ lửng

Ta có:

trong dầu. Cho g = 10m/s2.

EA = k EB = k EM = k

Hướng dẫn giải

q = 36V / m (1) OA 2

– Các lực tác dụng lên hòn bi: q

q = 9V / m (2) OB2

q (3) OM 2

B EM

+ Trọng lực P = mg (hướng xuống).

+ Lực đẩy Ac–si–met FA = − DVg (hướng lên).

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

 Lấy (1) chia (2) ⇒   = 4 ⇒ OB = 2OA .  OA 

Lấy (3) chia (1) ⇒

E M  OA  =  E A  OM 

– Hòn bi nằm cân bằng (lơ lửng) khi: P + FA + F = 0 ⇔ P' + F = 0

– Vì P > FA nên P’ = P – FA

FA q

⇒ F phải hướng lên ⇒ q < 0 và F = P – FA. P

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

⇒ q E = mg − DVg ⇒q=

b) Đặt điện tích trên trong chất lỏng có hằng số điện môi ε = 16. Điểm có cường độ điện trường

mg − DVg 9.10−5.10 − 800.10−8.10 = 2.10–9C = E 4,1.105

như câu a cách điện tích bao nhiêu?

Vì q < 0 nên q = –2.10 C.

Bài 4. Cho hai điểm A, B cùng thuộc một đường sức của điện trường do một điện tích điểm Q đặt

Vậy: Điện tích của bi để nó cân bằng lơ lửng trong dầu là q = –2.10–9C.

tại điểm O gây ra, đặt trong không khí. Biết cường độ điện trường tại A có độ lớn E1 = 9.106 V/m,

–9

Ví dụ 6: Một quả cầu khối lượng m = 4,5.10-3 kg treo vào một sợi dây dài 2

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?

m. Quả cầu nằm trong điện trường có vec-tơ E nằm ngang, hướng sang trái 2

như hình vẽ. Biết d = 1 m, E = 2000V/m. Lấy g = 10 m/s . a) Biểu diễn các lực tác dụng lên quả cầu.

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

ℓ

không dãn và đặt vào điện trường đều E có đường sức nằm ngang. Khi quả cầu cân bằng, dây treo

b) Tính điện tích của quả cầu.

hợp với phương thẳng đứng góc α = 450. Lấy g = 10 m/s2. Tính:

a)Độ lớn của cường độ điện trường.

c) Tính độ lớn của lực căng dây.

b)Sức cằng của dây treo.

Hướng dẫn giải Các lực tác dụng gồm: trọng lực P , lực điện trường F , lực căng dây T

Bài 6. Một quả cầu kim loại bán kính r = 3mm được tích điện q = 10 −6 C treo vào một đầu dây mảnh

+ Các lực được biểu diễn như hình

trong dầu. Điện trường đều trong dầu có E hướng thẳng đứng từ trên xuống. Khối lượng riêng của

+ Khi quả cầu cân bằng:

kim loại ρ1 = 8720kg / m 3 của dầu ρ 2 = 800kg / m 3 . Biết rằng lực căng dây cực đại bằng 1,4 N, tính E

P+F+T =0⇒ R +T =0

⇒ R có phương sợi dây ⇒ tan α = ⇔

d ℓ2 − d 2

F P

⇒ q = 1,3.10−5 ( C )

mg 2 −1 + Do F và E ngược chiều nên q < 0 ⇒ q = −1,3.10−5 ( C ) 2

+ Độ lớn lực căng dây: T = R =

α ℓ T

để dây không đứt. Lấy g = 10m / s 2 . F

d P

P = 0,052 ( N ) cos 300

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 E 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–

C. 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 =

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 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.

đều có hướng nào và độ lớn bao nhiêu? 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

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

kg/m3, của dầu là 800 kg/m3. Lấy g = 10 m/s2.

b) Vectơ cường độ điện trường tại M hướng ra xa hay lại gần O ? Vẽ hình ?

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 3. Một điện tích điểm Q = 10-6C đặt trong không khí

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

Bài 1.

a) Cường độ điện trường do q1 gây ra tại M: E1 = k

q1 ε.R 2

⇒ tan α =

= 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 = q 2 E1 = 1, 44.10 ( N )

qE ⇒ E = 105 ( V / m ) mg

b) Ta có: R + T = 0 ⇒ T = R =

−3

Bài 6.

Bài 2. a) Cường độ điện trường tại điểm M cách O một khoảng 2 cm:

b) Vì q1 > 0 nên E hướng ra xa O như hình

E=k

q1 R2

Quả cầu có cân bằng: P + F + FA + T = 0 = 9.105 ( V / m )

3 ⇒ T = P − FA + F = πr 2 g (ρ1 − ρ 2 ) + qE ≤ Tmax 4

⇒E≤

Bài 3. a) Cường độ điện trường tại điểm cách điện tích 30 cm: E = k b) Khi đặt Q trong điện môi thì: E = k

εr

mg = 2.10−3 N cosα

⇒r= k

εE

Q R2

= 105 ( V / m )

1 4  Tmax − πr 3 g (ρ1 − ρ 2 ) = 1,391.10 6 (V / m ) . q  3 

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

= 0,075 ( m ) = 7,5 ( cm )

Bài 4. Ta có:

P − FA = VDg − VDg = V (D − D )g = Q = 9.106 V / m (1) OA 2

EB = k

Q = 4.106 V / m (2) OB2

EM = k

Q (3) OM 2

tan α = q

B EM

Với: OM =

2 mg 3

FA F

α P − FA P

qE 2mg tan α . ⇒q= 2 3E mg 3

Bài 8.

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

E M  OA  =  E A  OM 

– Với quả cầu A: q E = k

⇒E = k

q AB2

= k

q2 AB2

= 9.109.

2.10−9

= 4,5.104 V/m.

MN2 (2.10 −2 )2 A B và vì q1 < 0 nên E ngược chiều với F' nghĩa là cùng chiều với F (hướng từ trái sang phải).

OA + OB = 1, 25OA 2

– Với quả cầu B: Tương tự.

⇒

– Để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng cần phải tác dụng lực điện trường ngược chiều với

 Lấy (1) chia (2) ⇒   = ⇒ OB = 1,5OA .  OA  4

Lấy (3) chia (1) ⇒

Bài 7.

F tan α = P − FA

EA = k

T FA

E M  OA  1 = ⇒ E M = 5760000V  = E A  OM  1,5625

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 5.

a) Độ lớn của cường độ điện trường

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

Bài 9.

FA hướng lên.

+ Gọi R là vectơ tổng hợp của P và F ⇒ R + T = 0

+ Suy ra R có phương sợi dây

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

α P

+ Điều kiện cân bằng của quả cầu: P + Fd + FA = 0 R

a) Điểm M là trung điểm của AB

4 3  P = mg = ρ vat Vg = ρ vat 3 πR g + Lại có:  F = ρ Vg = ρ 4 πR 3g mt mt  A 3

Hướng dẫn giải

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

a) Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M

⇔ q E = P − FA ⇒ q =

b) Điểm M cách A đoạn 6 cm, cách B đoạn 12 cm

r = r = r + Vì :  1 2

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

q ⇒ E1 = E 2 = k 2 = 5000 ( V / m ) rM  q1 = q 2 = q A + Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình + q1

+ Vậy để vật cân bằng thì lực điện phải hướng lên ⇒ lực ngược hướng E ⇒ q < 0 ⇒ q = −14,7.10−6 ( C )

– Trường hợp có nhiều điện tích điểm Q1, Q2,… gây ra tại điểm M các cường độ điện trường

+ Vậy E có điểm đặt tại M, phương AB, chiều từ A đến B, độ lớn 10000 V/m

E1 , E 2 ,… thì ta dùng nguyên lí chồng chất điện trường để xác định cường độ điện trường tổng

b) Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M

→

- Áp dụng nguyên lí chồng chất điện trường : E = E 1 + E 2 + ... + E n .

- Biểu diễn E1 , E2 , E3 … En bằng các vecto. - Vẽ vecto hợp lực E bằng theo quy tắc hình bình hành.

- Tính độ lớn hợp lực dựa vào phương pháp hình học hoặc định lí hàm số cosin.

− q2

+ Vậy E có điểm đặt tại M, phương AB, chiều từ B đến A, độ lớn 937,5 V/m

E12 +E 22 .

Ví dụ 2: Cho hai điện tích q1 = q2 = 4.10–10C đặt ở A, B trong không khí, AB = a = 2cm. Xác

α + Nếu ( E1 , E 2 ) = α và E1 = E2 thì E = 2E1.cos . 2

định vectơ cường độ điện trường E tại:

– 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.

a) H, trung điểm AB. b) M cách A 1cm, cách B 3cm. 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: E H = E1 + E 2

B. VÍ DỤ MẪU

Vì E1 ngược chiều với E 2 nên EH = E1 − E2 .

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 E tại điểm M trong các trường hợp sau:

+ Nếu E1 , E2 vuông góc thì E =

+ Vì E1 , E 2 cùng chiều nên: E = E1 − E 2 = 937,5 ( V / m )

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

+ Gọi E là điện trường tổng hợp do q1 và q2 gây ra tại M. Ta có: E = E1 + E 2

+ Nếu E1 , E2 cùng chiều thì E = E1 + E2.

−9  q1 9 0,5.10 = 1250 ( V / m )  E1 = k 2 = 9.10 . 2 r 0,06 1 + Ta có:  −9  E = k q1 = 9.109. 0,5.10 = 312,5 V / m ( ) 2 2  2 r 0,12  2 + Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình E1

hợp tại M. →

+ Vì E1 , E 2 cùng chiều nên: E = E1 + E 2 = 10000 ( V / m )

A. Phương pháp giải

→

B E

+ Gọi E là điện trường tổng hợp do q1 và q2 gây ra tại M. Ta có: E = E1 + E 2

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

→

E2 E1

với E1 = k

q1 AH

; E2 = k

q2 BH2

; AH = BH =

AB a 2 –2 = = = 1cm = 10 m 2 2 2

4.10−10

⇒ EH = 9.109.

(10−2 )2

– 9.109.

4.10−10 (10−2 )2

C tại đó cường độ điện trường tổng hợp bằng không với:

a) q1 = 36.10–6C; q2 = 4.10–6C.

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có độ lớn bằng 0. E2

Hướng dẫn giải a) Khi q1 = 36.10–6C; q2 = 4.10–6C

Ta có: E C = E1 + E 2 . Để E C = 0 ⇒ E1 = −E 2 , suy ra:

+ E1 = E2 ⇔ k

Ta có: E M = E1 + E 2

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

với E1 = k E2 = k

q2 BM

= 9.109. = 9.109.

4.10 −10 −2 2

(10 ) 4.10

−10

−2 2

(3.10 )

= 4.103 V/m.

+ phương: đường thẳng AB.

+ E1 = E2 ⇔ k

Ta có: E N = E1 + E2

4.10 −6

= 3 (1)

cos30

AC ⇒ = BC

q1 AC2

36.10

−6

4.10 −6

q2 BC2

. EA

(3)

EB C

(4)

Vậy: Khi q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C, để EC = 0 thì AC = 150cm và BC = 50cm. Ví dụ 4: Hai điện tích q1 = 8.10–8C, q2 = –8.10–8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 4cm. Tìm E1

Vì q1 = q2 ; NA = NB = a; α = 60o

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

3 3 ≈ 15,6.10 V/m 2

– Vectơ cường độ điện trường tại điểm C Ta có: EC = E1 + E2

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại N có:

+ điểm đặt: tại N. + phương: vuông góc với AB.

36.10 −6

⇒AC = 150cm và BC = 50cm

c) Vectơ cường độ điện trường tại điểm N

(2)

và AC – BC = AB = 100cm

+ độ lớn: EM = 40.10 V/m.

4.10 −10

AC = BC

Ta có: EC = E1 + E2 . Để EC = 0 ⇒ E1 = −E2 , suy ra:

(2.10 −2 )2

.⇒

+ C nằm ngoài đoạn AB, về phía B (vì q1, q2 trái dấu; q1 > q2 ).

+ chiều: hướng ra xa A.

⇒ EN = 2.9.109.

q2 BC2

b) Khi q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C

+ điểm đặt: tại M.

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có:

⇒ EN = 2E1cos30 = 2 k

q1 AC2

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

= 36.10 V/m.

⇒ EM = 36.10 + 4.10 = 40.103 V/m

⇒AC = 75cm và BC = 25cm

và AC + BC = AB = 100cm

– Vì E1 cùng chiều với E 2 nên EM = E1 + E2.

+ C nằm trong đoạn AB (vì q1, q2 cùng dấu).

b) Vectơ cường độ điện trường tại điểm M

b) q1 = –36.10–6C; q2 = 4.10–6C.

+ chiều: hướng ra xa AB. + độ lớn: EN ≈ 15,6.103 V/m. Ví dụ 3: Cho hai điện tích điểm q1 và q2 đặt ở A, B trong không khí, AB = 100cm. Tìm điểm

α 2

Vì q1 = q2 ; CA = CB = CH2 + AH2 ; co s = cosA = ⇒ EC = 2E1 co s α = 2 k 2

q1 (CH2 + AH2 )

AH CH2 + AH2

AH AH = CA CH2 + AH2

⇒ EC = 2 .9.109

8.10−8 [(2.10-2 )2 + (2.10−2 )2 ]

2.10-2 -2 2

-2 2

(2.10 ) + (2.10 )

Ví dụ 6: Tại ba đỉnh A, B, C của hình vuông ABCD cạnh a đặt 3 điện tích q giống nhau (q > 0).

= 9 2.105 (V/m)

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

b) Đỉnh D.

a) Cường độ điện trường tại tâm O:

+ chiều: từ A đến B. + độ lớn: EC = 9 2.10 (V/m).

a) Tâm O hình vuông. Hướng dẫn giải

+ phương: song song với AB. 5

Tính E tại:

a 2 nên E1 = E2 = E3. 2

– Vì q1 = q2 = q3 = q; r1 = r2 = r3 = B

E O = E1 + E 2 + E3 = E13 + E2

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

– Vì E1 và E3 ngược chiều nên E13 = 0 nên EO = E2 ⇒EO = k

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

+ độ lớn: FC ≈ 25,4.10–4N. Ví dụ 5: Tại hai điểm A, B cách nhau 5 cm trong chân không có 2 điện tích điểm q1 = 16.10

-10

và q2 = -9.10-10 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.

O E2

C a

+ Nhận thấy AB2 = AC2 + CB2 = 52 ⇒ tam giác ABC vuông tại C

b) Cường độ điện trường tại đỉnh D

+ Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại C q1

E13

C b

E2 E1

– Vì r1 = r3 = a; r2 = a 2 nên E1 = E3 = k

q a2

; E2 = k

q 2a2

– Mặt khác, vì E1 và E3 vuông góc nhau nên: E13 = E1 2 = k

+ Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình.

2kq

Ta có: E D = E1 + E2 + E3 = E13 + E2

Hướng dẫn giải

+ Ta có: E = E1 + E 2 + Vì E1 ⊥ E 2 ⇒ E = E12 + E 22 = 9000 2 ( V / m )

2kq

+ chiều: cùng chiều với E C (do q > 0).

+ Gọi E là vectơ cường độ điện trường tổng hợp.

a 2     2   

Vậy: Cường độ điện trường tại tâm O là EO = 2 . a A B A

+ phương: song song với AB.

 q1 q1 = 9000 ( V / m ) E1 = k 2 = k r1 AC2  Ta có:  E = k q 2 = k q 2 = 9000 V / m ( )  2 r22 CB2 

EE22

α E1

– Vì E13 và E2 cùng chiều nên: ED = E13 + E2 ⇒ED = k

2q a2

2q a2 q 2a2

1 kq . 2 a2

=( 2+ )

1 kq . 2 a2

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

+ Gọi ϕ là góc tạo bới E và E 2 .

Ví dụ 7: Hai điện tích dương q1 = q2 = q đặt tại 2 điểm A, B trong không khí. Cho biết AB = 2a.

E + Từ hình ta có: tan ϕ = 1 = 1 ⇒ α = 450 E2 + Vậy E có điểm đặt tại C, phương tạo với E 2 một góc 45o, chiều như hình, độ lớn

M là điểm trên trung trực AB và cách AB đoạn x. Định x để cường độ điện trường tại M cực đai.

E = 9000 2 ( V / m ) .

Tính giá trị cực đại này ? Hướng dẫn giải

Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại M

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

+ Vì độ lớn hai điện tích bằng nhau và điểm M cách đều hai điện tích nên: E1 = E 2 = k

= -4.10-8C. Gọi E, E1 lần lượt là cường độ điện trường tổng hợp và cường độ điện trường do điện

q x2 + a2

r2 MH 2 + HA 2 + Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình

Hướng dẫn giải

+ Vì E1 = E2 nên hình ME1EE2 là hình thoi nên: ME = 2.ME1 cos α q ⇔ E = 2.E1 cos α = 2k 2 x + a2

⇔E=

2kqx

( x2 + a2 )

Theo Cô-si:

x2 + a2

 a2 a2 2  + +x  2  2  2

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

a a a a + + x 2 ≥ 3 3 . .x 2 2 2 2 2

+ Từ (1) ta cũng có: E1 = E 2 ⇔ k

khi

(1)

 E = E1 + E 2 + Từ (1) ⇒ E1 cùng phương E 2 ⇒ M thuộc đường thẳng AB. + Vì n = 1 > 0 ⇒ từ (1) suy ra E1 cùng chiều E 2 .

 a2 a2  27 ⇒  + + x2  = a4x2 2 4  2 

Vậy: E max =

 E = 2E1 + Ta có:  ⇔ E1 + E 2 = 2E1 ⇒ E1 = E 2

2kqx

tích q1 gây ra tại M, biết E = 2E1 . Xác định vị trí điểm M.

q1 MA 2

q2 MB2

⇔

MB = MA

q2 =2 q1

(3)

+ Giải (2) và (3) ta có: MA = 10 cm và MB = 20 cm x

2kq 4kq = 3 3 2 3 3a 2 a 2

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG B

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 E tại:

a2 a 2 = x2 ⇒ x = 2 2

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 E1 = 2E 2 .

+ Gọi điểm cần tìm là C mà tại đó cường độ điện trường do q1 và q2 gây ra lần lượt là E1 ,E 2

(1)

Bài 2. Hai điện tích q1 = –10–8C, q2 = 10–8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 6cm. Xác định vectơ Bài 3. Tại 3 đỉnh của hình vuông cạnh a = 40 cm, người ta đặt ba điện tích điểm bằng nhau q1 = q2 = q3 = 5.10-9 C. Hãy xác định: a) Vecto cường độ điện trường tại đỉnh thứ tư của hình vuông

+ Từ (1) ⇒ E1 cùng phương E 2 ⇒ C thuộc đường thẳng AB. + Vì n = 2 > 0 ⇒ từ (1) suy ra E1 cùng chiều E 2 .

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?

+ Do q1 và q2 cùng dấu ⇒ C nằm ngoài đoạn AB ⇒ CA − CB = AB = 30 (1) q1

b) M cách A 1cm, cách B 3cm. E tại M trên trung trực AB, cách AB = 4cm.

Hướng dẫn giải

+ Theo đề bài ta có: E1 = 2 E 2

a) H, trung điểm AB.

q CB + Từ (1) ta cũng có: E1 = 2E 2 ⇔ k 2 = 2k 2 ⇔ = 2 2 =2 CA CB CA q1

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

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 = q 2 = q 3 = 10−9 C . Xác định độ lớn cường độ điện trường tại điểm H, H là chân đường kẻ

(2)

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

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

bằng 8 cm, trong không khí.

– Vì E1 ngược chiều với E2 nên EM = E1 − E2 .

a) Hãy tính cường độ điện trường tại đỉnh A của tam giác ? b) Gọi M là điểm nằm trên đường trung trực của BC, x là khoảng cách từ M đến BC. Xác định x

với E1 = k

q1 AM

để cường độ điện trường tổng hợp tại M lớn nhất. Tính giá trị đó. 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

E2 = k

a. Tìm E tại tâm O hình vuông trong trường hợp bốn điện tích lần lượt

q2 BM2

= 9.109. = 9.109.

4.10−10 (10−2 )2 4.10−10

(3.10−2 )2

= 36.103 V/m. = 4.103 V/m.

-2q

⇒ EM = 36.103 − 4.103 = 32.103 V/m

-5q

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có:

giác bằng 0. Biết q > 0. Bài 8. Cho bốn điện tích cùng độ lớn q đặt tại bốn đỉnh hình vuông cạnh

+ điểm đặt: tại M.

có dấu sau:

+ phương: đường thẳng AB.

a) + + + +.

+ chiều: hướng ra xa A (cùng chiều với E1 do E1 > E2).

−

b) + – + –.

c) + – – +.

-9

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

Bài 2.

không. Xác định điểm C để điện trường tổng hợp bằng 0. -9

+ độ lớn: EM = 32.103 V/m.

-9

Bài 10. Hai điện tích q1 = 8.10 C và điện tích q2 = -2.10 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. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

Ta có: MA = MB = AH 2 + HM2 = 42 + 32 =5cm. Vì q1 = q2 = q = 10–8C; cosα = nên E1 = E2 = k

a) Vectơ cường độ điện trường tại trung điểm H của AB

với E1 = k

q1 AH 2 9

⇒ EH = 9.10 .

; E2 = k

4.10−10 (10−2 )2

q2 BH2

; AH = BH = 9

+ 9.10 .

4.10−10 (10−2 )2

AB a 2 –2 = = = 1cm = 10 m 2 2 2

= 72.10 V/m

+ chiều: từ A đến B (cùng chiều với

+ độ lớn: EH = 72.103 V/m. b) Vectơ cường độ điện trường tại điểm M

M E2

a) Gọi E1 ,E 2 , E3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại đỉnh thứ 4 (đỉnh D của hình vuông ABCD)

+ Các vectơ E1 ,E 2 , E3 được biểu diễn như hình. A

E1 và E 2 ).

Bài 3.

E 1 E2 EH B

+ phương: đường thẳng AB.

= 0,432.105 V/m.

+ độ lớn: EM = 0,432.105 V/m.

+ điểm đặt: tại H.

3 . (5.10−2 )2 5

+ chiều: từ B đến A.

10−8

+ phương: song song với AB.

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có:

Ta có: E M = E1 + E2

⇒ EM = 2E1cosα = 2.9.109.

+ điểm đặt: tại M.

Vì E1 cùng chiều với E2 nên EH = E1 + E2.

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm M có:

Ta có: E H = E1 + E2

AH 3 = MA 5

E2 E1

−

r1 = r3 = a = 0, 4 ( m )

 + Có: r2 = a 2 = 0, 4 2 ( m )

 −9 q1 = q 2 = q 3 = q = 5.10 ( C )

A E3

E1 E 2 E13 E

q q =k = 12000 ( V / m ) 2 CH 2  AB 3     2 

 q E1 = E 3 = k 2 = 281, 25 ( V / m ) a + Có:  q E 2 = k = 140,625 ( V / m ) 2  a 2 

+ Gọi E là cường độ điện trường tổng hợp

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại D: E = E1 + E 2 + E3 = E13 + E 2

+ Ta có: E = E1 + E 2 + E3 = E12 + E 3

(

E3 = k

)

+ Với E13 = E12 + E 32 = E1 2 = 281, 25 2 ( V/ m )

+ Vì E1 , E 2 ngược chiều nên E12 = 0 + Hay E = E 3 ⇒ E = 12000 ( V / m )

+ Vì DE1E2E3 là hình vuông nên E13 ≡ AD ⇒ E13 ≡ E 2

⇒ E = E13 + E 2 = 281, 25 2 + 140,625 = 538,37 ( V / m )

b) Gọi E1 ,E 2 , E3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại tâm O của tam

b) Nếu đặt điện tích q0 tại D thì q0 sẽ chịu tác dụng lực điện trường do điện trường tổng hợp tại D

giác ABC. Các vectơ E1 ,E 2 , E3 được biểu diễn như hình

gây ra nên: F = q 0 E D = 5.10−10.538,37 = 2,692.10−7 ( N )

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

Bài 4. Gọi E1 ,E 2 , E3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2 và q3 gây ra tại H. Ta có: 1 1  1 = 2 + 2 ⇒ HA = 24 ( cm )  2 b c  HA  BH = 18 ( cm ) ; CH = 32 ( cm ) 

 q = 156, 25 ( V / m ) E A = k 2 HA   q + Lại có: E B = k 2 = 277,78 ( V / m ) HB   q = 87,89 ( V / m ) E C = k HC2 

H E CB

E 23 = E12 + E 22 + 2E1E 2 cos120o = E1

Ta có: E = E1 + E 2 + E3 = E1 + E 23 + Vì E1 , E 2 tạo với nhau 120o và có độ lớn bằng nhau nên:

+ Vì E 23 , E1 cùng độ lớn nhưng ngược chiều nên E = 0 C

E 23

B E

Bài 6.

a) Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2

E = E A + E B + E C = E A + E BC Vì E B ↑↓ E C ⇒ E BC = E B − E C = 189,89 ( V / m )

gây ra tại M

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

Bài 5. a) Vì tam giác ABC đều và 3 điện tích có bằng nhau nên cường độ điện trường tại trung điểm mỗi cạnh của tam giác có độ lớn bằng nhau.

+ Gọi E1 ,E 2 , E3 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1, q2

tích nên:

Vì E BC ⊥ E A ⇒ E = E 2BC + E 2A ≈ 246 ( V / m )

6, 4.10−10 E1 = E 2 = k 2 = 9.10 . = 900 ( V / m ) r 0,082 + Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình + Gọi E là cường độ điện trường tổng hợp. Ta có: E = E1 + E 2 9

C + q1

+ B q2

⇒ E = E12 + E 22 + 2E1E 2 cos 600 ⇔ E = E1 3 = 900 3 ( V / m ) b) Gọi E1 ,E 2 lần lượt là cường độ điện trường do điện tích q1 và q2 gây ra tại

và q3 gây ra tại H (với H là trung điểm của AB)

+ Các vectơ E1 ,E 2 , E3 được biểu diễn như hình + Vì H là trung điểm của AB nên E1 = E2 còn

q q 3q =k =k = 27.105 ( V / m ) 2 OA 2 AB2  2 AB 3    3 2 

+ Gọi E là cường độ điện trường tổng hợp.

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại H:

E1 = E 2 = E3 = k

+ A

H E2

M + Vì độ lớn hai điện tích bằng nhau và điểm M cách đều hai điện tích nên: E1 = E 2 = k

q r2

q MH 2 + HC 2

q x2 + a2

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

+ Các vectơ E1 ,E 2 được biểu diễn như hình

E O = E1 + E 2 + E3 + E 4 = E13 + E24 ⇒ EO = 0

+ Vì E1 = E2 nên hình ME1EE2 là hình thoi nên: ME = 2.ME1 cos α ⇔ E = 2.E1 cos α = 2k

⇔E=

2kqx

( x2 + a 2 )

q x2 + a2

Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – + – thì EO = 0.

x x2 + a2

2kqx

 a2 a2 2  + +x   2 2 

c) Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + – – +:

E O = E1 + E 2 + E3 + E 4 = E13 + E24

E 24 E2

⇒ EO = 2E13cos45o = 2.2E1cos45o 3

+ Vậy: E max =

2kq 3 3 2 a 2

= 2771,28 ( V / m ) khi

2 kq . =4 2 2. = 4k 2 2 a a 2     2   

a2 a 2 = x2 ⇒ x = = 2 2 ( cm ) 2 2

(

)

o + Vì E −3q , E 3q = 120 ⇒ E −33 cùng chiều E 3

-5q

 E = E −33 + E3

Để

tại

cường

E3 E −3q

độ

-2q

trường

tổng

hợp

bằng

thì

q1 r12

⇔

CA 2

q2 CB2

⇒

=k q1

CA = CB

q2 r22

(2)

= 2 ⇒ CA = 2CB

+ Thay (2) vào (1) ⇒ CB = 9 ( cm ) và CA = 18 cm

Bài 8. a 2 nên E1 = E2 = E3 = 2

(1)

CA − CB = AB = 9 3q

 E q / ↑↓ E ⇒ q / > 0  Eq/ + E = 0 ⇒  ⇒ q / = 6q q/ 6q  E q / = E ⇒ k 2 = k 2 ⇒ q / = 6q  r r

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

+ Do q1.q2 < 0 nên điểm C phải nằm bền ngoài AB hay:

điện

+ Suy ra E 1 cùng phương, ngược chiều với E 2 nên điểm C phải nằm trên AB.

+ Lại có: E1 = E 2 ⇒ k

+ Điện trường tổng hợp tại C triệt tiêu nên ta có: E + E = 0 ⇒ E = − E E 3q

 E −33 = E3 3q 6q + Do  ⇒ E = 2E3 = 2k 2 = k 2

+ Các vectơ được biểu diễn như hình.

+ Gọi E1 ,E 2 lần lượt là điện trường do các điện tích q1 và q2 gây ra tại điểm C

tổng hợp tại O do -5q và -2q gây ra; E3 là điện trường tại O do 3q gây ra.

+ Ta có: E O = E −3q + E 3q + E 3 = E −33 + E3

Bài 9.

Gọi E 3q là điện trường tổng hợp tại O do q và 4q gây ra; E −3q là điện trường

Bài 10.

B E3

E4 .

a) Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + + + +:

O E4

+ Suy ra E 1 cùng phương, cùng chiều với E 2 nên điểm C phải nằm trên AB.

C B E3

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

D Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + + + + thì EO = A 0.

E O = E1 + E 2 + E3 + E 4 = E13 + E24 ⇒ EO = 0

+ Gọi E1 ,E 2 lần lượt là điện trường do các điện tích q1 và q2 gây ra tại điểm C + Theo bài ra: E = E

+ Lại có: E1 = E 2 ⇒ k

(1)

CA + CB = AB = 9 q1 r12

q2 r22

E E3 1

E13

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

Bài 7.

 a2 a2  27 a2 a2 a2 a2 Theo Cô-si: + + x 2 ≥ 3 3 . .x 2 ⇒  + + x 2  ≥ a 4 x 2 2 2 2 2 2 4  2 

⇔

q1 CA 2

q2 CB2

⇒

CA = CB

q1 q2

tại M là:

(2)

= 2 ⇒ CA = 2CB

V = V1 + V2 + …. = ΣVi

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

Hệ thức trên là nội dung của nguyên lí chồng chất điện thế.

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

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

I. TÓM TẮT KIẾN THỨC

+ Công của lực điện khi làm điện tích di chuyển từ M đến N là: A MN = q ( VM − VN ) , (VM – VN) được gọi là hiệu điện thế (hay điện áp)

1. Công của lực điện + Công

của

lực

điện

khi

làm

điện

tích

chuyển

từ

đến

A MN = F.s = qEs = qE.s.cos α = q.E.d 

 d = s.cos α; α = E,s 

A MN q

(*)

+ Mà A MN = q.E.d (**)

Trong đó:

+ Từ (*) và (**) suy ra: U MN = Ed

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

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

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 E , với chiều dương là

chiều vectơ E )

năng thực hiện 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

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

điện trường khi đặt điện tích q tại M: Wt = qV

phụ thuộc vào vị trí điểm đầu và cuối của đường đi trong điện trường → điện trường tĩnh là trường thế (như trường hấp dẫn).

II. GIẢI TOÁN

2. Điện thế: Điện thế tại điểm M trong điện trường đặc trưng cho điện trường về mặt dự trữ năng

A. Phương pháp giải

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 =

giữa hai điểm MN kí hiệu là UMN + Hiệu điện thế giữa hai điểm MN: U MN = VM − VN =

( )

A M∞ q

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 =

A MN q

hay U =

A q

4. Điện thế gây ra bởi các điện tích điểm – Điện thế gây ra bởi một điện tích điểm Q: V =

k Q . ε r

( V∞ = 0)

(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

– Công thức tính điện thế gây ra bởi một điện tích điểm (V =

k Q . ) cũng được áp dụng cho quả ε r

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

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 N

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:

A’ = –A = –qU.

Hướng dẫn giải a) Điện thế tại M do Q gây ra là: VM =

N’ VN = VN’

+ Điện thế tại N do Q gây ra là: VN =

– 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 điện thế. + 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:

(Vi =

kQ1

εr1i

kQ 2

εr2i

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

+ Trường hợp hệ 3 điện tích: W = kQ 2

εr21

kQ3

εr31

, V2 =

kQ1

εr12

kQ3

εr32

kQ2 kQ 1 (Q1V1+ Q2V2), với V1 = , V2 = 1 2 εr21 εr12

1 (Q1V1 + Q2V2 + Q3V3), với 2

, V3 =

kQ1

εr13

kQ2

εr23

kQ 9.109.5.10−9 = = 112,5V rM 0,4

+ Điện thế tại vô cùng bằng 0

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

+ Trường hợp hệ 2 điện tích: W =

V1 =

kQ 9.109.5.10−9 = = 180 V rN 0, 25

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

1 1 (Q1V1 + Q2V2 +....) = ΣQ i Vi (i = 1, 2,..., n) 2 2

kQ 9.109.5.10−9 = = 112,5V rM 0,4

+ 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 ) = 45.10−7 J + 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 250eV (1eV = 1,6.10–19J). Tính hiệu điện thế giữa M và N.

. Hướng dẫn giải

B. VÍ DỤ MẪU 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

Ta có: Công của lực điện trường là A = q.U AB = ∆Wd ⇒ U MN =

∆Wd 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.

+ Công điện trường làm di chuyển điện tích q từ M đến N là: A = qU MN = −1 ( J )

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

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

C, q2 = -10-8 C.

phải cung cấp một công A = 1 J.

a)Tính điện thế tại trung điểm O của AB và tại M với MA ⊥ AB, MA = 6 cm

Ví dụ 2: Điện tích Q = 5.10-9 C đặt ở O trong không khí.

b)Tính công của lực điện trường khi điện tích q = -10-9 C di chuyển từ O đến M theo quỹ đạo là

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)

một nửa đường tròn đường kính OM. Hướng dẫn giải

Ví dụ 6: Trong điện trường đều E =

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 là: VO = V1 + V2 =

kq1 kq 2 + AO BO

B, C tạo thành tam giác vuông tại B, M

a. Tính UAB, UAC và UBC

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

kq kq kq kq 2 = 1 + 2 = 1 + = 600 ( V ) AM BM AM AM 2 + AB2

dạng đường đi) công

của

lực

điện

trường

khi

chuyển

từ

đến

A OM = 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:

là:

quả. Hướng dẫn giải a) Hình chiếu của AB, BC, AC trên phương đường sức lần lượt là: d AB = AB.cos 0o = 8 ( cm )  o d BC = BC.cos90 = 0  d AC = AC.cos A = 8 ( cm )  U AB = E.d AB = 80 ( V ) 

+ Do đó hiệu điện thế giữa các điểm được tính như sau:  U BC = E.d BC = 0

 U = E.d = 80 V ( ) AC  AC

a) Điện thế tại B, C. –9

b) Công của điện trường khi q = 10 C di chuyển từ B đến C.

b) Tính công của lực điện trong hai cách di chuyển trên

Hướng dẫn giải

+ Công khi di chuyển điện tích q0 từ A đến B rồi từ B đến C là: 2

A1 = A AB + A BC = q 0 ( U AB + U BC ) = 8.10−7 J

Ta có: BD = AB + AD = 30 + 40 = 50 cm a) Điện thế tại B và C

+ Công khi di chuyển điện tích q0 từ A đến C là: A 2 = A AC = q 0 U AC = 8.10−7 J

– Điện thế tại B: VB =

kq1

kq2

⇒ VC =

cuối. B

9.10 .5.10 0,5

Ví dụ 7: Tam giác ABC vuông tại A được đặt trong điện trường đều E0

0 E 0 , α = ABC = 60 ; AB // E 0 . Biết BC = 6cm, UBC = 120V.

kq2

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

– Điện thế tại C: VC =

Vậy dù đi theo hai con đường khác nhau nhưng công vẫn cùng một

9.109.5.10 −6 9.109.2.10 −6 ⇒ VB = + = 1,86.105 V. 0,3 0,5

kq1

gấp khúc ABC. Tính công của lực điện trong hai cách di chuyển trên. So sánh và giải thích kết

cũng tương đương với việc di chuyển từ O đến M theo đường thẳng OM (công không phụ thuộc vào

đó

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

b) Khi di chuyển điện tích q từ O đến M theo quỹ đạo là một nửa đường tròn đường kính OM thì

trên một đường sức (xem

hình vẽ).

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

với AB = 8 cm, BC = 6 E

cm. Biết hai điểm A, B nằm cùng

+ Vì AO = OB, q1 = -q2 ⇒ VO = 0

VM = V1M + V2M

1000 V/m có 3 điểm A, C

a) Tìm UAC, UBA và cường độ điện trường E0. −6

9.10 .2.10 0,3

−6

= 1,5.105 V

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.

b) Đặt thêm ở C điện tích điểm q = 9.10–10C.

Tìm cường độ điện trường tổng hợp ở A. Hướng dẫn giải a) Tính UAC, UBA và E0 – Hiệu điện thế giữa hai điểm A, C:

UAC = qE0.A′C′ = 0 B

(A'C' là hình chiếu của AC lên C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

phương của đường sức). – Hiệu điện thế giữa hai điểm B, A:

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

UBA = qE0.B′A′ = UBC = 120 V

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.

– Cường độ điện trường E0: E0 =

Bài 2. Để di chuyển q = 10–4C từ rất xa vào điểm M của điện trường, cần thực hiện công A’ = 5.10–

U BC 120 BA (với cosα = = ⇒ BA = BCcosα ) B′C′ BA BC

120 120 120 ⇒ E0 = = = = 4000 V/m BC.cosα 0,06.cos600 0,06.0,5

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.

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

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

điểm BA là UBA = 120V; cường độ điện trường E0 = 4000 V/m.

Bài 4. Êlectrôn chuyển động quanh nhân nguyên tử hiđrô theo qu ỹ đạo tròn bán kính R = 5.10–9cm.

b) Cường độ điện trường tổng hợp tại A

a) Tính điện thế tại một điểm trên qu ỹ đạo êlectrôn.

– Cường độ điện trường do q gây ra ở A: E1 =

E1 =

kq AC2

(0,06.sin600 )2

(BCsinα )2

9.109 .9.10 −10

9.109 .9.10 −10 (0,06.

3 2 ) 2

= 3000 V/m

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 2,5.104 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

– Cường độ điện trường tổng hợp ở A: E = E1 + E0

vật một chùm tia êlectrôn, bay với vận tốc v? Khối lượng m và điện tích e của êlectrôn coi như đã

Vì E1 ⊥ E0 ⇒ E = E12 + E02 = 30002 + 40002 = 5000 V/m .

J. Tìm điện thế ở M (gốc điện thế ở ∞ ).

hết.

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

Bài 8. Êlectrôn ở cách prôtôn đoạn r = 5,2.10–9cm. Muốn êlectrôn thoát khỏi sức hút prôtôn nó cần

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 4

đều, có chiều như hình vẽ với độ lớn: E1 = 4.10 V/m, E2 = 5.10 V/m. Chọn gốc điện thế tại bản A, tìm điện thế VB , VC của hai bản B, C

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 E1

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 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

Hướng dẫn giải

- Vì E1 hướng từ A đến B, ta có: U AB = V A − VB = E1 .d1 Gốc điện thế tại bản A : V A = 0

dẫn, êlectrôn sẽ 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.

Suy ra: VB = V A − E1 d1 = 0 − 4.10 4.5.10 −2 = −2000V - Vì E 2 hướng từ C đến B, ta có: U CB = VC − VB = E 2 .d 2 −2

Suy ra : VC = VB + E 2 d 2 = −2000 + 5.10 .8.10 = 2000V 4

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.

Bài 12. Một điện tích đặt trong không khí tạo ra một điện trường, điện thế tại M, N trong vùng điện −9

a) U AC ,U CB , U AB

trường là VM = 900V , V N = 500V . Tính công dịch chuyển điện tích điểm q = 2.10 C từ M ra xa vô

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

cùng và từ vô cùng về N.

Bài 21 Một electron di chuyển một đoạn 0,6 cm, từ điểm M đến điểm N dọc theo một đường sức

Bài 13.

điện thì lực điện sinh công 9,6.10-18 J.

Tìm hiệu điện thế giữa hai vị trí M, N trong không khí. Biết rằng điện tích điểm

a) Tính công mà lực điện sinh ra khi electron di chuyển tiếp 0,4 cm từ điểm N đến điểm P theo

q = 3.10 −9 C dịch chuyển từ M đến N thu được năng lượng W = 6.10 −7 J . –8

–8

Bài 14. Hai điện tích q1 = 10 C, q2 = 4.10 C đặt cách nhau 12cm trong không khí. Tính điện thế

b) Tính vận tốc của electron khi đến điểm P. Biết tại M, electron không có vận tốc ban đầu. Khối

tại điểm có cường độ điện trường bằng 0: –8

phương và chiều nói trên.

–8

Bài 15. Hai điện tích q1 = 3.10 C, q2 = –5.10 C đặt tại A, B trong không khí, AB = 8cm. Tìm

lượng của electron là 9,1.10-31 kg.

Bài 22. Trong một điện trường đều có cường độ điện trường E = 6.10 3 V / m , người ta dời điện tích

những điểm có điện thế bằng 0: a) Trên AB.

q = 5.10 −9 C từ M đến N, MN = 20cm và MN hợp với E một góc α = 60° . Tính :

b) Trên đường vuông góc với AB tại A.

a) Công của điện trường.

Bài 16. Tại 3 đỉnh tam giác đều ABC cạnh a = 6 3 cm trong không khí, lần lượt đặt 3 điện tích điểm

b) Lượng biến đổi của thế năng tương tác của điện tích với điện trường.

q1 = –10–8C, q2 = q3 = 10–8C. Tính:

c) Hiệu điện thế U MN

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

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

–9

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

ABC cạnh a = 10cm trong điện trường đều cường độ điện trường là: E =

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

300V/m, E // BC. Tính công của lực điện trường khi q di chuyển trên

dương, độ lớn 7.10–8C trong không khí. Tính điện thế tại tâm hình vuông. Lấy 2 ≈ 1,4.

mỗi cạnh tam giác.

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 24. Có ba bản kim loại phẳng A, B, C đặt song song như hình vẽ. Cho d1 = 5cm, d 2 = 4cm , bản C nối đất, bản A, B được tích điện có điện thế

Bài 19.

− 100V ,+50V . Điện trường giữa các bản là điện trường đều. Xác định các

a) Chứng minh hiệu điện thế giữa hai điểm M, N cách nhau một khoảng d trong vùng điện trường

(

)

vectơ cường độ điện trường E 1 , E 2 .

đều E là U MN = Ed cos α với α = E, MN (1). b) A, B, C là ba điểm tạo thành tam giác vuông tại A đặt trong điện trường đều E // AB, E = 5.10 3 V / m . Cho biết AB = 3cm, AC = 4cm .

+ Áp dụng công thức (1) tính U AB , U BC ,U CA + Tính công thực hiện để dịch chuyển điện tích q = 2.10 −8 C từ A đến B, từ B đến C, từ A đến C. Bài 20. Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông tại C như hình B

vẽ, trong đó AC = 4cm; BC = 3cm và nằm trong một điện trường đều. Véctơ cường độ điện trường E song song với AC, hướng từ A đến C và có độ lớn E = 5000V/m. Tính:

α A

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

+ 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 E

⇒

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

kq1q2 r

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

α = 180o ⇒ d = MN.cos180o = −1( cm ) = −0,01( m )

+ 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 e e F E

kq kq 1 (q1V1 + q2V2), với V1 = 2 , V2 = 1 2 εr21 εr12

nên W =

kq kq kq q 1 (q1. 2 + q2. 1 ) = 1 2 ( ε = 1). 2 εr21 εr12 r

Bài 6. d

Ta có: ∆Wđ = WđB - WđA = -

Bài 2.

⇒ VB = VA +

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

⇒ VM =

5.10−5 10 −4

= 0,5 V

1 mv2 = A = q(VA – VB) 2

mv 2 = 503,26 V. 2q

Bài 7. Công cần thực hiện để tích điện cho vật dẫn: A' = –A = –qV =

Vậy: Điện thế ở điểm M là VM = 0,5V.

⇒ –qV =

Bài 3.

2 mv2 mv 0 − 2 2

2 mv2 mv 0 mv2 mv2 ⇒ Vmax = = (khi v0 = 0). − −2q 2e 2 2

a) Công của lực điện trường Vậy: Có thể tích điện cho vật dẫn cô lập đến điện thế tối đa là V =

Ta có: A = qUMN = –1,6.10–19.100 = –1,6.10–17 J. Vậy: Công của lực điện trường khi một êlectrôn di chuyển từ M đến N là

Bài 8.

A = –1,6.10–17 J.

– Công của điện trường tác dụng lên êlectrôn:

b) Công cần thiết để di chuyển êlectrôn từ M đến N: A' = –A = 1,6.10–17 J.

Bài 4.

Ta có:

kq 9.10 .1,6.10 = ε.r 5.10−11

−19

ke ke2 = r r

– Để êlectrôn thoát khỏi sức hút prôtôn thì: Wđ ≥ A.

a) Điện thế tại một điểm trên qu ỹ đạo êlectrôn 9

A = qV = e

mv2 . 2e

= 28,8 V

⇒

Vậy: Điện thế tại một điểm trên qu ỹ đạo của êlectrôn là V = 28,8V. b) Điện trường của hạt nhân có sinh công không?

mv2 ke2 2ke2 2.9.109 .(1,6.10−19 )2 ≥ ⇒ v≥ ⇔ v≥ = 3,2.106 (m/s) . 2 r mr 9,1.10−31 .5,2.10−11

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

Khi êlectrôn chuyển động, điện trường của hạt nhân không sinh công vì êlectrôn chuyển động

Bài 9.

theo một qu ỹ đạo khép kín.

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

Bài 5.

công lực điện trường của quả cầu sinh ra khi q di chuyển, ta có: A = − A' = −5.10 −7 J

Ta có: + Điện thế do q1 gây ra: V = k

- Ta lại có:

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

kq1q2 r

A = q (V∞ − VM ) = −q.VM

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

A 5.10 −7 = = 500V q 10 −9

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

Q OM

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.

V OM 500.0,24 40 −9 Suy ra: Q = M . = = .10 C k 3 9.10 9

- Gọi điện tích và điện thế của các quả cầu sau khi nối dây là: q’1, q’2, V’1, V’2

40 −9 .10 Q 9 3 = 3000V Vậy điện thế trên mặt quả cầu do Q gây nên là: V = k . = 9.10 . R 0,04

Ta có: Suy ra:

Bài 10. 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.

V’1 = V’2 ⇔ k q'1 R1 1 = = q' 2 R2 3

(1)

Theo định luật bảo toàn điện tích: q'1 + q' 2 = q1 + q 2 = 4.10 −9 C

q R

(2)

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta suy ra:

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'1 = 10 −9 C và q'2 3.10 −9 C

- Điện lượng đã chạy qua dây nối: ∆q = q'1 −q1 = q ' 2 −q 2 = 5.10 −9 C .

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

Điện thế:

q'1 q' =k 2 R1 R2

V1 = k

Bài 12.

q1 q <k 2 R1 R2

Tính AM∞ và A∞N .

Êlectrôn sẽ di chuyển từ quả cầu (I) sang quả cầu (II).

AM∞ = q(VM − V∞ ) = qVM = 18.10 −7 ( J ) .

b) Trường hợp 2: R1 > R2 , V2 = V2

A∞N = q(V∞ − V N ) = −qV N = −10 −6 ( J ) .

Điện thế:

V1 = k

q1 q = V2 = k 2 R1 R2

Bài 13.

Các êlectrôn không di chuyển.

Năng lượng W bằng công của lực điện trường: W = AMN = qU MN ⇒ U MN =

Điện tích q1, q2 cùng dấu và q1 > q 2

Bài 14.

c) Trường hợp 3: q1 > 0, q2 < 0

Điện thế quả cầu I: V1 = k

q1 >0 R1

Điện thé quả cầu I: V2 = k

q2 <0 R2

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.

– 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 có: EC = E1 + E2 = 0

⇔ ⇔

E1 = −E 2 ⇔ E1 = E 2 ⇔ (0,12 − AC)2 AC2

=4 ⇔

0,12 − AC =2 AC

⇒ AC = 0,04m; BC = 0,12 − 0,04 = 0,08m

Bài 11.

W = 200(V ) q

⇔

10−8 2

E2 C

4.10−8 (0,12 − AC)2 E1

' q1

– Điện thế tại điểm C:

Gọi điện thế của mỗi quả cầu lúc ban đầu là V1, V2. V1 = k

q1 q ; V2 = k 2 R1 R2

VC =

kq1

kq2

⇒ VC =

9.109.10−8 9.109.4.10−8 + = 6750V . 0,04 0,08

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

Bài 15.

b) Công cần để di chuyển q từ O đến M Ta có: A' = –A = –q.(VO – VM) = +10–9.(1500 – 1000) = 5.10–7 J.

a) Những điểm có điện thế bằng 0 trên AB Gọi M là điểm có điện thế bằng 0 trên AB, ta có: VM =

kq1

kq2

−8

A’ = 5.10–7 J.

3.10 5.10 AM = ⇔ = 0,6 AM BM BM

=0 ⇒

⇒ AM = 0,6BM

Vậy: Công cần để di chuyển q từ O đến M là:

−8

Bài 17.

(BM > AM)

Tại tâm hình vuông: VO =

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

⇔

1,6BM1 = 8 ⇒ BM1 = 5 cm và AM1 = 0,6.5 = 3 cm.

+ Nếu M nằm ngoài A, B thì:

⇔

Vì: AO = BO = CO = DO =

BM2 – AM2 = AB = 8

BM2 – 0,6BM2 = 8 ⇒ BM2 = 20 cm và AM2 = 0,6.20 = 12 cm.

12 cm, BM2 = 20 cm.

kq 2 PB

A2 = k

Mặt khác: BP – PA = AB = 64 A

B q1

⇒ BP = 10 cm và AP = 6 cm.

với BP = 10 cm và AP = 6 cm.

kq 2

kq 3

k (q + q 2 + q 3 ) AO 1

9.109 ⇒ VO = .( − 10−8 + 10−8 + 10−8 ) = 1500 V 0,06

kq 2

⇒ VM = 9.109 (

kq3

−10

= k(

−8

0,03 3

−8

0,03 3

0,1 2

B D q3

= −9000 V .

giác: A

(1)

0,06. 3. 3 2

kq2 a

2kq 2 a

2kq a

Bài 19. q2

kq 2 2kq 2 3kq 2 3.9.109 .(10 -8 )2 + = = = 9.10–5J a a a 3.10-2

a) Chứng minh U MN = Ed cos α Giả sử điện tích q > 0 di chuyển từ M đến N

F = q E cùng hướng với E . ) = 1000 V .

(2)

trong điện trường đều E

)

−8

kq1

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

O q1

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

9.109 .2.7.10−8

giác: A3 = q3V3 = qV3

A3 =

C q3

2 a 3 a 3 0,06 3. 3 Vì AO = BO = CO = = = = 0,06 m 3 2 3 3

– Công cần thực hiện để đưa cả ba điện tích trên đến ba đỉnh A, B và C của tam giác là: A = A2 +

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

VM =

q1q2

⇒ A3 =

Bài 16.

a 2 0,2 2 = = 0,1 2 m 2 2

.( − q − q − q + q) = −

với: V3 = V1 + V2 =

Vậy: Điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A là P

kq1

– Công cần thực hiện để đưa điện tích q3 từ ∞ đến đỉnh C của tam

⇒ BP2 – 0,36BP2 = 64 ⇒ BP2 = 100

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

– Điện thế tại tâm O: VO =

kq 4

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

3.10 −8 5.10 −8 = ⇔ AP = 0,6BP AP BP

=0⇔

kq3

Chọn gốc điện thế tại vô cùng: V∞ = 0 . Giả sử ban đầu q1 đứng yên ở A.

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

0,1 2

kq 2

Bài 18.

b) Những điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A kq1

9.109

⇒ VO =

Vậy: Có hai điểm có điện thế bằng 0 trên AB là M1 và M2 với AM1 = 3 cm, BM1 = 5 cm; AM2 =

VP =

q1 kq1

F = qE

Ta có :

AMN = Fd cos α = qEd cos α   ⇒ U MN = Ed cos α . AMN = qU MN 

a) AMN = q.E.MN ⇒ E =

electron (được mặc nhiên chọn làm chiều dương)

b) Tính U AB ,U BC , U CA .

ANP = q.E.NP = 6,4.10-18 J.

U AB = E. AB cos 0 = 150(V )

b) Ta có: ∆Wđ = WđP – WđM =

U BC = E.BC cos α = − E.BC cos(π − α ) = 150(V ) .

1 mv 2P = AMP = AMN + ANP 2

2( AMN + ANP ) = 5,93.106 m/s. m

Bài 22.

• Tính U AB , U BC ,U CA .

a) Tính AMN :

AAB = qU AB = 3.10 −6 ( J )

AMN = qE.MN cos α = 3.10

ABC = qU BC = −3.10 −6 ( J )

−6

(J ) .

b) Tính ∆Wt

AAC = qU AC = 0 .

Vì E hướng từ A đến C, ta có: U AC = E. AC = 5000.0,04 = 200V

AMN = qU MN ⇒ U MN = E

A = CB q

Trên đoạn đường CB, lực điện trường F = q E vuông góc với CB nên công của lực điện trường

AMN = 600(V ) . q

Bài 23. – Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh AB của tam giác: a 2

AAB = –q.E.A'B' = −q.E. = −10−8 .300.

0,1 = −1,5.10−7 J 2

giác:

Ta có :

ABC = q.E.BC = 10–8.300.0,1 = 3.10–7 J U AB = V A − V B = (V A − VC ) + (VC − V B )

⇒ U AB = U AC + U CB = U AC = 200V

b) Công của lực điện trường Công của lực điện trường khi êlectrôn di chuyển từ A đến B AAB = −e.U AB = −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. Hiệu điện thế giữa hai điểm trên mặt này bằng 0. Mặt vuông góc với đường sức điện trường là

– Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh BC của tam

ACB = 0 ta suy ra U CB = 0

Bài 21.

c) Tính U MN

a) Các hiệu điện thế

mặt đẳng thế.

∆Wt = − AMN = −3.10 −6 ( J ) .

Bài 20.

ta có : U CB

⇒ vp =

α B

U CA = E.CA cos 90° = 0

Giả sử có một điện tích q di chuyển từ C đến B.

→ AMN = - 104 V/m; dấu “-“ cho biết E ngược chiều chuyển động của q.MN

– 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 . E2 =

U BC V B − VC VB = = = 1250(V / m ) . d2 d2 d2

E 2 hướng từ bản B sang bản C.

E1 =

U BA V B − V A = = 3000(V / m ) . d1 d1

CHỦ ĐỀ 4: TỤ ĐIỆN

nói năng lượng của tụ điện là năng lượng điện trường. Gọi V = Sd là thể tích vùng không gian

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

giữa hai bản tụ thì mật độ năng lượng điện trường là: εS .(Ed)2 W 1 CU2 1 εE 2 = . = . 4πkd = (với tụ điện phẳng). V 2 Sd 2 Sd 8πk

1. Tụ điện 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.

Chú ý: 1 µF = 10–6F; 1nF = 10–9F; 1pF = 10–12F.

b. Điện dung của tụ điện – Điện dung của tụ điện là đại lượng đặc trưng cho khả năng tích điện của tụ điện: C =

Q (Q U

= |Q| = |Q’| là điện tích tụ điện; U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ) – Điện dung của tụ điện phẳng: C =

εS . (S là diện tích phần đối diện giữa hai bản tụ; d là 4πkd

khoảng cách giữa hai bản tụ). – Điện dung của vật dẫn cô lập: C = – Điện dung của tụ điện cầu: C =

Q (V là điện thế của vật dẫn;Q là điện tích của vật dẫn). V εR1R2

4πk(R2 - R1 )

– Điện dung của tụ điện xoay: C =

(R1, R2 là bán kính trong và ngoài của tụ).

(n - 1)S , với: 4πkd

+ 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

II. CÁC DẠNG TOÁN Dạng 1. Tính điện dung, điện tích, hiệu điện thế và năng lượng của tụ điện A. Phương pháp giải + Điện dung của tụ điện: C = Trong đó:

nhau. + Khi tụ xoay, S thay đổi nên C thay đổi: Cmax =

(n - 1)Smax 4πkd

; Cmin =

(n - 1)Smin 4πkd

Q U

C là điện dung, đơn vị là fara (F) Q là điện tích mà tụ tích được (C) U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ (V)

+ Công thức tính điện dung của tụ điện phẳng: C =

c. Ghép các tụ điện Ghép song song:

Trong đó:

ε.S 9.109.4π.d

S là phần diện tích đối diện giữa 2 bản (m2)

Ghép liên tiếp bản âm của tụ này với bản dương của tụ kế tiếp.

ε là hằng số điện môi

Ub = U1 = U2 = …;

d là khoảng cách giữa hai bản tụ (m)

Qb = Q1 + Q2 +…; Cb = C1 + C2 +…

Ghép nối tiếp: Ghép các bản cùng tên của các tụ lại với nhau. Ub = U1 + U2 + …;

Qb = Q1 = Q2 =…;

1 1 1 = + +... Cb C1 C2

Ghép hỗn tạp: Vừa ghép nối tiếp vừa ghép song song. 2. Năng lượng của tụ điện – Năng lượng của tụ điện: W =

1 1 1 Q2 QU = CU2 = . . 2 2 2 C

– Mật độ năng lượng điện trường: Trong không gian giữa hai bản tụ có điện trường nên có thể

+ Năng lượng của tụ điện: WC =

Q2 CU 2 QU = = 2C 2 2

+ Năng lượng của tụ điện phẳng: WC =

ε.E 2 .V 9.109.8.π

+ Mật độ năng lượng điện trường: w =

W εE 2 = V 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 µF – 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. Với mỗi tụ điện có 1 hiệu điện thế giới hạn nhất định, khi sử dụng mà đặt vào 2 bản tụ

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.

hiệu điện thế lớn hơn hiệu điện thế giới hạn thì điện môi giữa 2 bản bị đánh thủng. Ta có:

b) Ngắt tụ khỏi nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2. Tính C1, Q1, U1 của tụ.

U gh = E gh d → Qgh = CU gh

c) Vẫn nối tụ với nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2 lần. Tính C2, Q2, U2 của

Điện tích của tụ không đổi khi bị ngắt ra khỏi nguồn. Hiệu điện thế không đổi khi mắc tụ

t ụ.

Hướng dẫn giải

vào nguồn.

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

B. VÍ DỤ MẪU

εS

– Điện dung của tụ điện: C1 =

Ví dụ 1: Một tụ điện có ghi 100 nF – 10V.

9.10 .4π.2d

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 µC thì cần phải đặt giữa hai bản tụ một hiệu

điện thế là bao nhiêu ?

đại có thể đặt vào hai bản tụ là 10 V. + Điện tích cực đại tụ có thể tích được: Qmax = CU max = 100.10 .10 = 10 ( C ) −9

−6

b) Điện tích tụ tích được khi mắc tụ vào hiệu điện thế U = 8 V là:

c) Hiệu điện thế cần phải đặt vào giữa hai bản tụ là: U =

Q 0,5.10−6 = = 5( V ) C 100.10−9

Ví dụ 2: Tụ phẳng có các bản hình tròn bán kính 10cm khoảng cách và hiệu điện thế hai bản là 1cm, 108V. Giữa 2 bản là không khí. Tìm điện tích tụ điện.

1,2.10−9 10−12

= 1200 V .

Vậy: Khi ngắt tụ khỏi nguồn và đưa hai bản tụ ra xa gấp đôi thì điện tích của tụ là Q1 = 1,2.10–9C

đổi: U2 = U = 600 V – Điện dung của tụ: C2 =

εS 9.109 .4π.2d

C = 10−12 F = 1 pF 2

– Điện tích của tụ: Q2 = C2U2 = 10–12.600 = 0,6.10–9 C. 0,6.10–9C điện dung của tụ là C2 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U2 = 600 V.

Ví dụ 4: Một tụ điện có điện dung C1 = 0,2 µ F 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

Hướng dẫn giải – Diện tích phần đối diện của hai bản tụ là: S = πR2 = π.0,12 = 0,01π (m 2 ) – Điện dung của tụ điện phẳng là: 9.109 .4π.d

Vậy: Khi vẫn nối tụ với nguồn điện và đưa hai bản ra xa gấp đôi thì điện tích của tụ là Q2 =

Q = CU = 100.10−9.8 = 8.10−7 ( C )

c) Khi vẫn nối tụ với nguồn điện: Khi vẫn nối tụ với nguồn thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ không

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

εS

C 2.10 −12 = = 10 −12 F = 1 pF 2 2

điện dung của tụ là C1 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U1 = 1200 V.

Hướng dẫn giải

– Hiệu điện thế của tụ điện: U1 =

1.0,01.π 9.109 .4π.0,01

= 2,78.10 −11 F

– 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.

cách nhau d2 = 1 cm.

Hướng dẫn giải a) Năng lượng của tụ điện: W = b) Điện dung của tụ điện: C =

C1 U12 0, 2.10−6.1002 = = 10−3 J 2 2

εS C d ⇒ 2 = 1 9.109.4πd C1 d 2

+ Điện dung của tụ điện lúc sau: C 2 = C1

Khi tụ điện phóng điện, tụ điện sẽ tạo thành dòng điện. Tuy nhiên thời gian phóng điện của tụ rất

d1 = 0, 2.5 = 1µF = 10−6 F d2

ngắn, nên tụ không thể dùng làm nguồn điện được. Dòng điện do nguồn điện sinh ra phải tồn tại ổn

+ Điện tích của tụ lúc đầu: Q1 = C1U1 = 0, 2.10−6.100 = 2.10−5 C

định trong một thời gian khá dài.

+ Vì ngắt tụ ra khỏi nguồn nên điện tích không đổi, do đó: Q2 = Q1

Ví dụ 7: Tụ phẳng không khí được tích điện bằng nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U. Hỏi

Q 22 ( 2.10 ) = = 2.10−4 J 2C 2 2.10−6 −5 2

+ Năng lượng lúc sau: W =

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:

+ Độ biến thiên năng lượng: ∆W = W2 − W1 = −8.10−4 J < 0 ⇒ năng lượng giảm

a)Vẫn nối tụ với nguồn.

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. Gọi σ là mật độ điện tích trên bản tụ và được đo bằng thương số

Q (Q là điện tích, S S

b)Ngắt ra khỏi nguồn trước khi tăng.

Hướng dẫn giải + Điện dung của tụ điện phẳng không khí: C =

là diện tích). Tính mật độ điện tích σ trên mỗi bản tụ trong hai trường hợp:

+ Khi tăng d lên gấp đôi thì C giảm đi một nửa ⇒ C / =

a) Điện môi là không khí b) Điện môi dầu hỏa có ε = 2

Hướng dẫn giải 

εS

Q = CU

C 2

a) Khi tụ vẫn nối vào nguồn thì U không đổi và năng lượng của tụ là: W = + Vì C / =

C= + Ta có:  9.109.4πd Q εU = S 9.109.4πd

a) Không khí có ε = 1 nên: σ = b) Dầu có ε = 2 nên: σ =

U = 4, 4.10−7 ( C / m 2 ) 9.109.4πd

εU = 8,8.10−7 ( C / m 2 ) 9.109.4πd

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 = 50V a) Tính điện dung của tụ điện

+ Vì C / =

CU 2 2

C W nên W / = 2 2

+ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì Q không đổi và năng lượng của tụ là: W =

+ Mật độ điện tích: σ =

Q2 2C

C nên W / = 2W 2

Ví dụ 8: Tụ phẳng có S = 200cm2, điện môi là bản thủy tinh dày d = 1mm, ε = 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. a) Tụ vẫn nối với nguôn.

b) Ngắt tụ khỏi nguồn.

Hướng dẫn giải Gọi điện dung của tụ điện khi có tấm thủy tinh là C và khi không có tấm thủy tinh là C0 thì:

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

C = εC 0 =

εε 0 S d

a) Khi tụ vẫn nối với nguồn

a) Điện dung của tụ điện 2

S 9.109.4πd

1 εS 1 εa 1 6.0,04 . = . = . = 212,4.10 −12 F = 212,4 pF 4πk d 4πk d 36π .10 9 0,01

b) Điện tích của tụ điện Q = C.U = 10,62.10 −9 C ≈ 10,6nC 1 2

c) Năng lượng của tụ điện W = .QU = 265,5.10 −9 J ≈ 266nJ

1 2

– Năng lượng của tụ điện khi mắc vào nguồn là: W = CU2 = εC0 U 2 . – Năng lượng của tụ điện sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết là: 1 W′ = C0 U 2 . 2

– Độ biến thiên năng lượng của tụ: ∆W = W' − W

⇒ ∆W = ⇒ ∆W =

(1 − ε)ε 0 SU U2 1 (C − C) = (1 − ε)C0 U2 = C 0 2 2d (1 − 5).200.10 −4 .3002 2.10 −3 .4π .9.109

Ví dụ 9: Tụ phẳng không khí d = 1,5cm nối với nguồn U = 39kV (không đổi).

a) Tụ có hư không nếu biết điện trường giới hạn của không khí là 30kV/cm? b) Sau đó đặt tấm thủy tinh có ε = 7, l = 0,3cm và điện trường giới hạn 100kV/cm vào khoảng

= −318.10−7 J .

giữa, song song 2 bản. Tụ có hư không?

– 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 1 2

phần công này làm thay đổi năng lượng của tụ điện một lượng: ∆W = (1 − ε)C0 U2 – 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 chuyển các điện tích này bằng: ∆W′ = −∆Q.U = −∆C.U2 = U2 C0 (ε − 1) Do đó:

– Điện trường giữa hai bản tụ là: E =

U 39 = = 26 kV/cm . d 1,5

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. Gọi E1 là cường độ điện trường trong phần không khí; E2 là cường độ điện trường trong phần thủy tinh. Ta có:

1 1 A = ∆W + ∆W' = (1 − ε )C0 U 2 + U 2 C0 (ε − 1) = (ε − 1)C0 U2 = 318.10 −7 J . 2 2

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 – Năng lượng của tụ điện được tích điện khi có tấm thủy tinh là: 1 1 Q2 1 Q 2 W = CU2 = . = . 2 2 C 2 εC 0

tụ điện sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết: 1 Q W' = . 2 C0

U d−l+

l ε

39 = 31,4 kV/cm 0,3 7

1,2 +

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: U 39 = = 130 kV/cm > Egh = 100 kV/cm nên thủ y tinh bị đâm xuyên, tụ điện bị hư. l 0,3

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

điện môi là mica có hằng số điện môi ε = 6 . Tính điện tích của tụ khi được tích điện ở hiệu điện thế U = 220V .

– Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: 2

ε(ε − 1)C0 U (ε − 1)ε 0 εSU 1 Q2 1 (1 − ) = = 2 C0 2 2d ε

(5-1).5.200.10 -4 .3002 2.10−3 .4π .9.109

Bài 2. Một tụ điện có ghi 1000 µF – 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.

= 1590.10−7 J

– 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.

⇒ E1 =

Bài 1. Một tụ điện phẳng có hai bản kim loại, điện tích mỗi bản S = 100cm 2 , cách nhau d = 2mm ,

∆W = W' − W =

U = E1(d – l) + E2l và E2 =

E'2 =

– Sau khi ngắt tụ điện khỏi nguồn, điện tích trên các bản tụ giữ nguyên không đổi. Năng lượng của

∆W =

Hướng dẫn giải

c) 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 ? 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.

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.

Bài 5. Một tụ điện phẳng được mắc vào hai cực của một nguồn điện có hiệu điện thế 50 V. Ngắt tụ

b) Tính công suất cần để tách các bản theo x.

điện ra khỏi nguồn rồi kéo cho khoảng cách giữa hai bản tụ tăng lên gấp đôi so với lúc đầu. Tính

Biết vận tốc các bản tách xa nhau là v.

hiệu điện thế của tụ điện khi đó.

c) Cơ năng cần thiết và độ biến thiên năng lượng của tụ đã biến thành dạng năng lượng nào?

Bài 6. Một tụ điện (điện môi là không khí) có điện dụng C = 0,2 µF được mắc vào hai cực của

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

nguồn điện có hiệu điện thế U = 200 V.

Bài 1.

a) Tính hiệu điện thế của tụ sau khi nhúng cả tụ điện vào trong dầu hỏa có hằng số điện môi ε =

Điện dung của tụ điện phẳng: C =

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.

εS = 0,02654.10 −8 (F ) = 0,2654nF 4πkd

Điện tích của tụ điện: Q = CU ≈ 5,84.10 −8 (C ) . Bài 2. a) Con số 1000 µF cho biết điện dung của tụ điện là 1000 µF. Con số 12 V cho biết hiệu điện thế

a) Tính điện tích Q của tụ điện.

cực đại có thể đặt vào hai bản tụ là 12 V.

b) Ngắt tụ điện khỏi nguồn. Nhúng tụ điện vào trong chất lỏng có ε = 2. Tính điện dung C1, điện

+ Điện tích cực đại tụ có thể tích được: Qmax = CU max = 1000.10−6.12 = 12.10−3 ( C ) = 12 ( mC )

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 ε = 2. Tính C2, Q2 và U2 khi đó.

Bài 8. Tụ phẳng không khí có điện dung C = 2 pF, được tích đến hiệu điện thế U = 600 V.

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 )

c) Hiệu điện thế cần phải đặt vào giữa hai bản tụ là:

a) Tính điện tích Q của tụ điện.

Bài 3.

b) Ngắt tụ điện khỏi nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2 lần. Tính điện dung

a) Điện dung của tụ phẳng: C =

C1, 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 ε = 2.

Bài 10. Tụ phẳng không khí C = 10–10F được tích điện đến hiệu điện thế U = 100V rồi ngắt khỏi

Q 5.10−3 = = 5( V) C 1000.10−6

ε.S επR 2 = = 5.10−10 F 9.109.4π.d 9.109.4π.d

b) Hiệu điện thế giới hạn: U gh = E gh .d = 3.105.5.10−3 = 1500 V + Điện tích cực đại của tụ: Qmax = CU gh = 7,5.10−7 C

Bài 4. a) Điện tích của tụ: Q = C1U1 = 0, 2.10−6.200 = 4.10−5 C

Bài 11. Một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa hai bản là d = 1 mm được nhúng chìm hẳn vào trong

S  C1 = 9.109.4π.d b) Điện dung của tụ trước và sau khi nhúng vào điện môi:  εS C = 2 9.109.4π.d 

chất lỏng có hằng số điện môi ε = 2. Diện tích mỗi bản là S = 200 cm2. Tụ được mắc vào nguồn có

+ Suy ra: C 2 = εC1 = 2.0,2 = 0,4µF

nguồn. Tính công cần thực hiện để tăng khoảng cách hai bản tụ lên gấp đôi?

+ Vì khi ngắt ra khỏi nguồn nên điện tích không đổi, mà điện dung của tụ lúc này là C2 nên hiệu

điện thế mới mà tụ có thể nạp được là: U 2 =

Q = 100 V C2

Bài 5.

+ 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 + Vì C =

+ Ta có: C =

εS C d 1 C ⇒ 2 = 1 = ⇒ C2 = 1 9.109.4πd C1 d 2 2 2

+ Khi ngắt ra khỏi nguồn thì điện tích Q không đổi nên: Q = C1U1 = C2 U 2 C ⇒ U 2 = 1 U1 = 2U1 = 100 ( V ) C2

Q1 = 1200 ( V ) C1

C2 =

εS ⇒ khi khoảng cách tăng 2 lần thì điện dung của tụ giảm hai lần nên ta có: 9.109.4πd

C = 1( pF ) 2

+ Điện tích lúc này của tụ: Q2 = C2U2 = 6.10-10 C

Bài 9.

Bài 6.

Q2 . 2C1

– Năng lượng ban đầu của tụ điện: W1 =

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 = C1 U = 0, 2.10−6.200 = 4.10−5 ( C )

– Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn, điện tích trên tụ không đổi, nhúng tụ vào điện môi lỏng có ε = 2 thì C2 = 2C1 nên tụ điện có năng lượng: W2 =

+ Khi nhúng cả tụ vào trong dầu hỏa thì điện dung tăng ε = 2 lần nên: C2 = 0,4 µF + Điện tích của tụ lúc này là: Q2 = C2 U = 0, 4.10−6.200 = 8.10−5 ( C )

Q2 W1 = 2C2 2

Vậy: Năng lượng của tụ giảm đi 2 lần.

Bài 10.

Bài 7.

C1U2

10 −10 .1002 = 5.10 −7 J . 2

a) Điện tích của tụ khi nối vào nguồn U = 300 V: Q = CU = 150 nC

– Năng lượng của tụ điện: W1 =

b) Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích Q không đổi nên Q1 = Q = 150 nC

– Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn, điện tích của tụ không đổi:

+ Khi nhúng tụ vào trong điện môi thì điện dung tăng ε lần nên ta có: C1 = 2C = 1000pF

Q = C1U = 10–10.100 = 10–8 C – Khi tăng khoảng cách của hai bản tụ lên gấp đôi thì: C2 =

−9

Q 150.10 + Hiệu điện thế lúc này: U1 = 1 = = 150 ( V ) C1 1000.10−12

– Năng lượng lúc sau của tụ điện: W2 =

c) Khi vẫn nối tụ vào nguồn thì U2 = U = 300 V + Khi nhúng tụ vào trong điện môi thì điện dung tăng ε lần nên ta có: C 2 = 2C = 1000pF

+ Điện tích của tụ lúc này: Q2 = C2U2 = 300 nC

C1 2

Q2 Q2 = = 2W1 C 2C2 2 1 2

– 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.

Bài 11. a) Khi tụ vẫn được nối vào nguồn thì U không đổi

Bài 8. a) Điện tích Q của tụ điện: Q = CU = 2.10-12.600 = 12.10-10 (C) b) Vì C = C1 =

εS ⇒ khi khoảng cách tăng 2 lần thì điện dung của tụ giảm hai lần nên ta có: 9.109.4πd

C = 1( pF ) 2

+ Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi nên : Q1 = Q = 12.10-10 (C)

+ Điện dung của tụ điện phẳng khi tụ trong nước có ε = 2: C1 =

εS 9.109.4πd

+ Điện dung của tụ điện phẳng khi ngoài không khí có ε = 1: C 2 =

S 9.109.4πd

 C1U 2  W1 = 2 + Năng lượng của tụ điện trước và sau khi đưa ra khỏi nước:  2  W = C2 U  2 2

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

+ Độ biến thiên năng lượng của tụ: 2

∆W = W2 − W1 =

A. Phương pháp giải

U U S ( C2 − C1 ) = (1 − ε ) = −3,54.10−6 ( J ) < 0 2 2 9.109.4πd

1. Ghép các tụ điện chưa tích điện trước

Vậy sau khi đưa tụ ra khỏi nước thì năng lượng của tụ giảm đi 3,54.10−6 ( J )

+ Ghép nối tiếp các tụ

b) Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn thì Q không đổi

Điện dung tương đương của bộ tụ là Cb, với Cb được tính theo công thức:

εS + Điện dung của tụ điện khi tụ trong nước: C1 = = 3,54.10−10 ( F ) 9.109.4πd

1 1 1 1 = + + ... + Cb C1 C 2 Cn

+ Điện tích của tụ sau khi ngắt nguồn: Q = C1U = 7,1.10-8 C + Điện dung của tụ điện khi ngoài không khí: C 2 =

Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ: U = U1 + U 2 + ... + U n

S = 1,77.10−10 ( F ) 9.109.4πd

Điện tích hai đầu bộ tụ: Q = Q1 = Q2 = ... = Qn

+ Năng lượng của tụ điện trước và sau khi đưa ra khỏi nước lần lượt là: 2

W1 =

+ Ghép song song các tụ Điện dung tương đương của bộ tụ là Cb, với Cb được tính theo công thức:

Q Q = 7,12.10−6 J và W2 = = 1, 42.10−5 ( J ) 2C1 2C 2

C b = C1 + C2 + ... + Cn

+ Độ biến thiên năng lượng của tụ: ∆W = W2 − W1 = 7,12.10−6 ( J ) > 0

Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ: U = U1 = U 2 = ... = U n

Vậy sau khi đưa tụ ra khỏi nước thì năng lượng của tụ tăng thêm 7,12.10 ( J ) −6

Điện tích hai đầu bộ tụ: Q = Q1 + Q 2 + ... + Qn

Bài 12. khoảng cách lúc sau giữa hai bản. Ta có: ∆ x = x′ – x > 0. – Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: ∆ W = W’– W =

⇒ ∆W =

C2 Cn

C'U CU − 2 2

tụ mắc song song

U2 ε0 S U2 ε 0 S U2 ε 0 S ε 0 S − ( ) = (x - x′) = − .∆x < 0. 2 x' x 2xx′ 2xx′

Lưu ý: Với mạch tụ cầu cân bằng (

Vậy: Khi x tăng thì năng lượng của tụ điện giảm.

Mạch tương đương [(C1 nt C2) // (C3Cnt C4)].C C1

U2 ε 0 S ∆x U2 ε 0 S ∆x U2 ε 0 S A ∆W = . ≈ . ⇒ P≈ .v =− 2 2xx' ∆t ∆ t ∆t ∆t 2x 2x 2

Vậy: Công suất cần để tách các bản tụ theo x là P ≈

tụ mắc nối tiếp 2

b) Công suất cần để tách các bản tụ Ta có: P =

a) Sự thay đổi năng lượng của tụ khi x tăng: Gọi x là khoảng cách ban đầu giữa hai bản; x’ là

U2 ε 0 S 2x 2

.v , với v =

∆x là vận tốc các bản khi ∆t

C2 C5

⇔ C3

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.

2. Ghép các tụ khi đã tích điện. Sự chuyển dịch điện tích + 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 đổi.

+ 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

∑Q = ∑Q t

+ Điện lượng di chuyển qua dây nối với một bản tụ nào đó là: ∆Q = Q t1 − Qs1

Với Qt1 và Qs1 là điện tích trước và sau của chính bản tụ ấy

– Điện dung tương đương của bộ tụ:

3. Giới hạn hoạt động của tụ  U1 ≤ U gh −1  U ≤ U gh − 2 Hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ:  2 ⇒ U max = ? ................. U ≤ U gh − n  n

⇒

1 1 1 1 = + + C C1 C2 C3

1 1 1 1 = + + = 2 ⇒ C = 0,5 µF C 1 1,5 3

Hình b –6

–5

– Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = Q3 = Q = CU = 0,5.10 .120 = 6.10 C. – Hiệu điện thế của tụ C1: U1 =

4. Chất điện môi liên kết với tụ tạo ra bộ tụ + Đặt vào tụ một tấm điện môi ε' thì hệ gồm 2 tụ ghép nối tiếp:

– Hiệu điện thế của tụ C2: U2 =

tụ 1 (ε, d1); tụ 2 (ε′, d2), với d1 + d2 = d. + Nhúng tụ vào chất điện môi ε' thì hệ gồm 2 tụ ghép song song:

– Hiệu điện thế của tụ C3: U3 =

tụ 1 (ε, x1); tụ 2 (ε′, x2), với x1 + x2 = x.

6.10 −5

= 60 V

10 −6

6.10−5 1,5.10−6 6.10−5

= 40 V

= 20 V .

3.10−6

c) Hai tụ C2, C3 mắc nối tiếp nhau và mắc song song với tụ C1: ε

Ta có: C23 =

ε' x2 d1

ε'

C2 .C3

C2 + C3

1.3 = 0,75 µF 1+ 3

– Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1 + C23 = 0,25 + 0,75 = 1 µF

– Hiệu điện thế của tụ C1: U1 = U23 = U = 120 V.

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 µ F, C2 = 4 µ F, C3 = 6 µ F; U = 100V.

– 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 – Hiệu điện thế của tụ C2: U2 =

Hình a

b) C1 = 1 µ F, C2 = 1,5 µ F, C3 = 3 µ F; U = 120V.

– Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 0,25.10–6.120 = 3.10–5 C.

c) C1 = 0,2 µ F, C2 = 1 µ F, C3 = 3 µ F; U = 12V. d) C1 = C2 = 2 µ F, C3 = 1 µ F; U = C10V. 2

– Hiệu điện thế của tụ C3: U3 =

C3 C1

9.10

10 −6

9.10−5

= 90 V

Hình c

= 30 V .

3.10−6

Ta có: C23 = C2 + C3 = 2 + 1 = 3µF C3

Hình c

– Điện dung tương đương của bộ tụ: C =

Hình d

Hướng dẫn giải

C1C23

C1 + C23

2.3 = 1,2 µF 2+3 C2

– Điện tích của tụ C1:

a) Ba tụ ghép song song:

– Hiệu điện thế của tụ C1: U1 =

– 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. –6

Q1 C1

1,2.10−5 2.10−6

– Điện tích tụ C2: Q2 = C2U2 = 4.10 .100 = 4.10 C. Hình a

=6 V.

– Hiệu điện thế của tụ C2, C3: U2 = U3 = U23 =

–4

– Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 6.10–6.100 = 6.10–4 C.

Q1 = Q23 = Q = CU = 1,2.10–6.10 = 1,2.10–5 C.

– Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1 + C2 + C3 = 2 + 4 + 6 = 12µF.

b) Ba tụ ghép nối tiếp:

d) Hai tụ C2, C3 mắc song song và mắc nối tiếp với tụ C1:

Hình b

C2 −5

Q23 C23

Hình d

1,2.10 −5 3.10 −6

– Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 2.10–6.4 = 0,8.10–5 C. – Điện tích của tụ C3: Q3 = C3U3 = 10–6.4 = 0,4.10–5 C.

=4 V.

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: C1 = 6 µ F, C2 = 3 µF, C3 = 6 µF, C4 = 1 µF, UAB = 60 V.

Tính:

+ Vì C5 nối tiếp với C12-34 nên Q5 = Q12-34 = Qb = 125 µC

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C5: U5 =

a) Điện dụng của bộ tụ.

+ Ta có: U12 = U34 = U AB − U5 = 50 − 25 = 25 ( V ) Q = Q 2 = Q12 = C12 U12 = 3.25 = 75 ( µC ) + Lại có:  1

b) Điện tích và hiệu điện thê của mỗi tụ.

Q3 = Q 4 = Q 34 = C34 U 34 = 2.25 = 50 ( µC )

c) Hiệu điện thế UMN.

Hướng dẫn giải

Q1 75   U1 = C = 12 = 6, 25 ( V ) ⇒ U 2 = U12 − U1 = 18,75 ( V )  1 + Do đó:   U = Q3 = 50 ( V ) ⇒ U = U − U = 25 ( V ) 4 34 3  3 C3 3 3

a) Từ mạch điện suy ra: ( C 2 nt C3 ) / /C4  nt C1 + Ta có: C 23 = ⇒ Cb =

Q 5 125 = = 25 ( V ) C5 5

C 2 C3 = 2 ( µF ) ⇒ C23− 4 = C23 + C4 = 3 ( µF ) C 2 + C3

c) Để tính UMN ta thực hiện cách đi từ M qua C1 rồi đến C3 khi đó ta có:

C1C23− 4 = 2µF C1 + C23− 4

U MN = − U1 + U 3 = −10, 45 ( V )

b) Ta có: Q = Q1 = Q234 = 1,2.10-4C ⇒ U1 =

Chú ý: U1 có dấu trừ vì đi qua C1 theo chiều từ bản âm sang bản dương

Q1 = 20V ⇒ U 234 = U − U1 = 40V C1

Ví dụ 4: Trong hình dưới: C1 = 3 µ F, C2 = 6µF, C3 = C4 = 4µF, C5 = 8µF, U = 900V. Tính hiệu

Suy ra: U4 = U24 = U234 = 40 V

điện thế giữa A, B.

+ Lại có: Q4 = C4U4 = 4.10-5 C; Q23 = C23U23 = 8.10-5 C = Q2 = Q3

Hướng dẫn giải

Q 80 40 Q + Do đó: U 2 = 2 = V; U 3 = 3 = V C2 3 C3 3

– Sơ đồ mạch tụ: [(C1 nt C2) // (C3 nt C4)] nt C5. – Hiệu điện thế giữa hai điểm AB: UAB = –U1 + U3.

c) Bản A tích điện dương, bản B tích điện âm. Đi từ M đến N qua C2 theo chiều từ bản âm sang bản dương nên: U MN = − U 2 = −

80 V. 3

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ C1 = 12 µF, C2 = 4

µ F, C3 = 3 µF, C4 = 6 µF, C5 = 5 µF, UAB = 50 V. Tính: b) Điện tích và hiệu điện thế của mỗi tụ.

Hướng dẫn giải a) Vì C1 nối tiếp C2 nên: C12 =

C1 .C 2 = 3 ( µF ) C1 + C 2

C .C + Vì C3 nối tiếp C4 nên: C34 = 3 4 = 2 ( µF ) C3 + C 4

+ Lại có C12 song song với C34 nên: C12−34 = C12 + C34 = 5 ( µF ) C12−34 .C5 = 2,5 ( µF ) C12 −34 + C5

b) Điện tích của bộ tụ: Qb = CbUAB = 125 µC

C1.C2

C1 + C2

C3 .C4

C3 + C4

3.6 = 2 µF 3+6

4.4 = 2 µF 4+4

C1234 = C12 + C34 = 2 + 2 = 4µF

C5 C3

c) Hiệu điện thế UMN

+ Điện dung của bộ tụ: C b =

C34 =

a) Điện dụng của bộ tụ.

– Ta có: C12 =

C1234 .C5

C1234 + C5

4.8 8 = µF 4+8 3

8 3

– Điện tích của bộ tụ: Q = CU = .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 =

Q1234 C1234

24.10−4 4.10 −6

– Điện dung tương đương của bộ tụ: C=

= 600 V

– Điện tích của tụ C1 và C2: Q12 = C12U12 = 2.10–6.600 = 12.10–4 C; Q1 = Q2 = Q12 = 12.10–4 C.

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

Q1 C1

12.10−4

Đặt k =

= 400 V .

3.10−6

*Trường hợp mở khóa K:

– Điện tích của tụ C3 và C4: –6

–4

Q34 = C34U34 = 2.10 .600 = 12.10 C; Q3 = Q4 = Q34 = 12.10 C. – Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U3 =

C1 = kC2 C1 C3 = ⇒ C 2 C4 C3 = kC 4

Q3 C3

12.10

−4

4.10−6

= 300 V .

+ Vì C1 nt C3 nên ta có: C13 =

C1C3 kC 2 .kC 4 CC = =k 2 4 C1 + C3 kC 2 + kC 4 C2 + C4

+ Vì C2 nt C4 nên ta có: C 24 =

C2 C 4 C 2 + C4

– Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: UAB = –U1 + U3 = – 400 + 300 = – 100 V.

Ví dụ 5: Cho bộ tụ điện như hình dưới, C2 = 2C1, UAB = 16V. Tính

C2 A

UMB.

+ Mà C13 // C24 nên: C = C13 + C 24 = k

M C1

*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 + Mà C12 nt C34 nên: C / =

Hướng dẫn giải – Sơ đồ mạch tụ: {[(C1 // C1) nt C2] // C1} nt C2. C2 .CMB

C2 + CMB

2C1.2C1

2C1 + 2C1

Kết luận: = C1

+ Nếu mạch điện có dạng như ví dụ trên thì được gọi là mạch cầu tụ điện. + Nếu mạch cầu tụ điện có thêm điều kiện

– Điện dung tương đương của đoạn mạch NB: CNB = CNMB + C1 = C1 + C1 = 2C1 – Điện dung tương đương của đoạn mạch AB: CAB =

C2 .CNB

C2 + CNB

2C1 .2C1

2C1 + 2C1

= C1

– Hiệu điện thế giữa hai điểm N, B: U NB =

CNB

16C1 2C1

C1 C3 thì đó là mạch cầu cân bằng. = C2 C4

+ 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.

– Điện tích của bộ tụ: Q = CABU = C1.16 = 16C1 ⇒ Q2 = QNB = 16C1 Q NB

C12 C34 ( k + 1) C2 . ( k + 1) C4 CC = = ( k + 1) 2 4 C12 + C34 ( k + 1) C 2 + ( k + 1) C 4 C2 + C4

Vậy C = C/ ⇒ đpcm

– Điện dung tương đương của đoạn mạch M, B: CMB = C1 + C1 = 2C1 – Điện dung tương đương của đoạn mạch NMB: CNMB =

C 2 C4 CC CC + 2 4 = (k + 1) 2 4 C2 + C 4 C 2 + C4 C 2 + C4

Ví dụ 7: Trong các hình dưới: C1 = C4 = C5 = 2 µ F, C2 = 1 µ F,

=8V.

C3 = 4 µ F. Tính điện dung bộ tụ.

C2 A

B C4

– Điện tích của đoạn mạch NMB: QNMB = CNMB.UNB = C1.8 = 8C1.

⇒ Q2 = QMB = QNMB = 8C1 – Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B: U MB =

Q MB CMB

8C1

2C1

=4 V.

Hướng dẫn giải Sơ đồ bộ tụ như sau:

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B là UMB = 4 V.

Ví dụ 6: Cho mạch mạch điện như hình vẽ. Chứng minh rằng nếu

C1 C3 thì khi đóng hay mở khóa K điện dung = C2 C4

tương đương của bộ tụ vẫn không đổi.

Hướng dẫn giải

– Ta có: C1 A

C3 K

– Vì

C3 =

C1C2

C1 + C2

C2 C5 B

nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ tụ C5.

Lúc đó bộ tụ gồm: (C1 nt C2) // (C3 nt C4). Ta có: C12 =

C C 2 1 C2 1 = ; = ⇒ 1= 2 4 2 C4 2 C3 C4

CC 2.1 2 4.2 4 = µF; C34 = 3 4 = = µF. 2 +1 3 C3 + C4 4 + 2 3

2 4 + = 2 µF. 3 3

– Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C12 + C34 =

Vậy: Hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ sau khi ngắt ra khỏi nguồn là

Ví dụ 8: Cho một số tụ điện điện dung C0 = 3 µ F. Nêu cách mắc dùng ít tụ nhất để có điện dung 5 µ F. Vẽ sơ đồ cách mắc này.

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 µ F, C3 = 4 µ F. Tính điện tích các tụ và điện lượng

Hướng dẫn giải

di chuyển qua điện kế G khi đóng K.

G A

B C1

– Bộ tụ có điện dung 5 µF > C0 ⇒ C0 mắc song song với

C0 C0

C1:

C0 C0

⇒ C1 = 5 – 3 = 2 µ F

Hướng dẫn giải

– C1 = 2 µF < C0 ⇒ C1 gồm C0 mắc nối tiếp với C2: C0

1 1 1 1 1 1 = − = − = C2 C1 C0 2 3 6

– Khi K đóng, mạch tụ như sau: [(C1 // C2) nt C4] // C3:

C1 A

+ Điện dung tương đương của C1, C2, C4:

⇒ C2 = 6 µF – C2 = 6 µF = C0 + C0

C124 =

⇒ C2 gồm C0 mắc song song với C0.

C12 .C4

C12 + C4

12.6 = 4 µF 12 + 6

mắc như sau: [((C0 nt C0) // C0) nt C0] // C0 (hình vẽ).

C = C124 + C3 = 4 + 4 = 8 µF

Ví dụ 9: Hai tụ không khí phẳng C1 = 0,2 µ F, C2 = 0,4 µ F mắc song song. Bộ tụ được tích

+ Điện tích của tụ C3: Q3 = C3UAB = 4.2 = 8 µF.

điện đến hiệu điện thế U = 450V rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó lấp đầy khoảng giữa 2 bản C2

+ Điện tích của tụ C4: Q4 = Q12 = Q124 = C124.UAB = 4.2 = 8 µF.

bằng điện môi ε = 2. Tính hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ.

+ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 =

Hướng dẫn giải

C12

8 2 = V. 12 3

2 3

C = C1 + C2 = 0,2 + 0,4 = 0,6 µF – Điện tích của bộ tụ: Q = CU = 0,6.10–6.450 = 2,7.10–4 C

2 3

+ Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 6. = 4 µC . + Điện lượng di chuyển qua điện kế G: ∆Q = Q2 + Q3 − 0 = 4 + 8 = 12 µC .

– Điện dung của tụ C2 sau khi lấp đầy điện môi: εS

Q12

+ Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 6. = 4 µC .

– Điện dung của bộ tụ trước khi ngắt khỏi nguồn:

9.109 .4π.d

B C2

+ Điện dung tương đương của bộ tụ:

Vậy: Phải dùng ít nhất 5 tụ C0 và

C′2 =

+ Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = C1 + C2 = 6 + 6 = 12 µF

Vậy: Điện lượng di chuyển qua điện kế G khi K đóng là ∆Q = 12 µC .

= εC2 = 2.0,4 = 0,8 µF

– Điện dung của bộ tụ sau khi lấp đầy C2 bằng điện môi: C' = C1 + C2 = 0,2 + 0,8 = 1 µF – Ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: Q' = Q = 2,7.10–4 C Q′ 2,7.10 −4 – Hiệu điện thế của bộ tụ sau khi ngắt khỏi nguồn: U = = = 270 V C′ 10 −6 '

– Điện tích của tụ C1: Q1′ = C1U1′ = 0,2.10−6 .270 = 5,4.10−5 C – Điện tích của tụ C2: Q′2 = C2 U′2 = 0,8.10−6 .270 = 2,16.10−5 C .

Ví dụ 11: Hai tụ điện C1 = 3 µ F, C2 = 2 µ F 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. c) Nối các bản cùng dấu với nhau.

d) Nối các bản trái dấu với nhau.

Hướng dẫn giải Ta có: Điện tích ban đầu của mỗi tụ: Q1 = C1U1 = 3.300 = 900 µC = 9.10–4 C.

+ -

Q2 = C2U2 = 2.200 = 400 µC = 4.10–4 C.

– Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1' = U'2 = 100 V .

a) Khi nối bản âm C1 với bản dương C2

– Điện lượng chạy qua dây nối: ∆Q = Q1 − Q1' = 9.10−4 − 3.10−4 = 6.10−4 C .

Vì mạch không kín nên không có sự di chuyển điện tích: ∆Q = 0.

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

⇒ Q1' = Q1 = 9.10−4 C; Q2' = Q 2 = 4.10−4 C .

= 3.10–4 C và Q’2 = 2.10–4 C; điện lượng qua dây nối là ∆Q = 6.10−4 C.

và U = U1 + U2 = 300 + 200 = 500 V .

Ví dụ 12: Tụ C1 = 2 µ F tích điện đến hiệu điện thế 60V, sau đó ngắt khỏi nguồn và nối song song

Vậy: Khi nối bản âm C1 với bản dương C2, hiệu điện thế bộ tụ là U = 500 V; điện tích mỗi tụ là –4

–4

Q’1 = 9.10 C và Q’2 = 4.10 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 ⇒ Q1' = Q1 = 9.10−4 C; Q'2 = Q 2 = 4.10−4 C .

Hướng dẫn giải + -

- +

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 Q’2 = 4.10 C; điện lượng qua dây nối là ∆Q = 0.

c) Khi nối các bản cùng dấu với nhau

+ -

– Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1'

+ Q2'

= Q1 + Q 2 = 9.10

– Mà U1' = U'2 ⇔

Q1' C1

−4

Q'2 C2

+ 4.10 = 13.10 Q1' + Q'2

C1 + C2

– Khi nối C1 song song với C2, theo định luật bảo toàn điện tích: Q1' + Q'2 = Q1

⇒

Q1' C1

Q'2 C2

Q1' + Q'2 C1 + C2

C1 + C2

= 40

120 120 = 40 ⇒ C2 = − 2 = 1 µF . 2 + C2 40

– Điện tích lúc sau của tụ C1: Q1' = 40C1 = 40.2 = 80 µC = 8.10−5 C . – Điện tích lúc sau của tụ C2: Q'2 = 40C2 = 40.1 = 40 µC = 4.10−5 C .

-4

– Điện tích ban đầu của tụ C1: Q1 = C1U = 2.60 = 120 µC.

– Mà U1' = U'2 = 40 V ⇔

và U = U1 − U2 = 300 − 200 = 100 V . 4

với tụ C2 chưa tích điện. Hiệu điện thế bộ tụ sau đó là 40V. Tính C2 và điện tích mỗi tụ.

−4

13.10−4 5.10

−6

+ = 260

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 µF.

Ví dụ 13: Trong hình bên: C1 = 1 µ F, C2 = 2 µ F, C3 = 3 µ F, UAB = 120V.

⇒ Q1' = 260.C1 = 260.3.10−6 = 7,8.10−4 C

Tính U mỗi tụ khi K chuyển từ 1 sang 2.

– Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1' = U2' = 260 V .

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 = 7,8.10–4 C và Q’2 = 5,2.10–4 C; điện lượng qua dây nối là ∆Q = 1,2.10−4 C. – Theo định luật bảo toàn điện tích:

– Mà U1' = U'2 ⇔

⇒

Q1'

= 100.C1 = 100.3.10

−6

C1 + C2

= 3.10

−4

– Khi K ở vị trí 1, mạch tụ gồm: C1 mắc nối tiếp với C3: C13 =

C1 .C3

C1 + C3

1.3 = 0,75 µF 1+ 3

+ Điện tích trên mỗi tụ C1, C3: Q1 = Q3 = Q13 = C13.U = 0,75.120 = 90 µC

Q1' + Q'2 = Q1 − Q 2 = 9.10−4 − 4.10−4 = 5.10−4 C + Q2'

Hướng dẫn giải

+ Điện dung tương đương của C1 và C3:

d) Khi nối các bản trái dấu với nhau

Q1'

5.10

−4

5.10 −6

và Q'2 = 100.C2 = 100.2.10−6 = 2.10−4 C .

– Điện lượng chạy qua dây nối: ∆Q = Q1 − Q1' = 9.10−4 − 7,8.10−4 = 1,2.10−4 C .

Q2'

và Q'2 = 260.C2 = 260.2.10−6 = 5,2.10−4 C .

Q1'

+ -

+ Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

= 100

+ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U3 = C2

- +

– Khi K ở vị trí 2: U1' = U1 = 90 V .

90 = 90 V . 1

90 = 30 V . 3

+ Theo định luật bảo toàn điện tích: −Q'3 + Q'2 = −Q3 ⇒ Q3' = Q'2 + Q3 + Mặt khác: U'3 + U'2 = U

Q'2 (

⇔

Q'3

Q'2 C2

=U ⇔

Q'2 + Q3 C3

Q2' C2

– Điện dung của tụ C1: C1 =

Q U − 3 120 − 90 C3 Q3 1 1 ' 3 = 108 µC ⇒ Q2 = )=U− + = 1 1 1 1 C2 C3 C3 + + C2 C3 2 3

+ Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U'2 =

Q'2

S C 2 = 9.109 .4π d 2 ε

S εC 2 = – Điện dung của tụ C2: C2 = 9.109 .4π d 2

108 = 54 V . 2

– Điện dung của bộ tụ: Ca =

C εC 1 + ε 1+ 3 )C = ( ).2 = 4 pF . + =( 2 2 2 2

Vậy: Khi các bản tụ đặt thẳng đứng thì điện dung của tụ là Ca = 4 pF.

+ Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U'3 = U − U'2 = 120 − 54 = 66 V .

b) Khi các bản đặt nằm ngang, hệ được xem gồm 2 tụ C1 và C2 mắc nối tiếp.

Vậy: Hiệu điện thế của mỗi tụ là: U1' = 90 V;U'2 = 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:

S C1 C2

C1 d

⇔

a) Hai tụ mắc song song b) Hai tụ mắc nối tiếp

Hướng dẫn giải – Điện dung của tụ C1: C1 =

a) Gọi U là hiệu điện thế của bộ tụ, vì ghép song song nên U1 = U2 = U  U1 ≤ 500  U ≤ 500 ⇒ ⇒ U ≤ 500 ⇒ U max = 500 V U ≤ 1000  U ≤ 1000  2

+ Mà: 

C1C 2 20 20 = ⇒ Q = CU = U = Q1 = Q 2 C1 + C2 3 3

b) Nằm ngang.

Ta có: Điện dung ban đầu của tụ: C =

εS 9

9.10 .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 d

9.109 .4π C1C2

C1 + C2

d 2 =

= 2ε C

2C.2εC 2ε 2.3 .C = .2 = 3 pF . = 2C + 2ε C 1 + ε 1+ 3

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 = 100cm2, khoảng cách giữa hai bản liên

ε = 3. Tìm

tiêp d = 0,5cm. Nối A, B với nguồn U = 100V. b) Ngắt A, B khỏi nguồn. Dịch chuyển bản b theo phương vuông góc với bản một đoạn x.

Hướng dẫn giải

= 2C

a) Tìm điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại.

điện dung nếu khi nhúng, các bản đặt: a) Thẳng đứng.

d 2

εS

– Điện dung của bộ tụ: Cb =

 Q1 2U   U1 = C = 3 ≤ 500    1 + Ta có điều kiện:   ⇒ U ≤ 750 V  U = Q 2 = U ≤ 1000  2   C2 3

Ví dụ 15: Tụ phẳng không khí C = 2pF. Nhúng chìm một nửa tụ vào điện môi lỏng

9.109 .4π

– Điện dung của tụ C2: C2 =

b) Gọi U là hiệu điện thế của bộ tụ + Vì ghép nối tiếp nên: C =

εS

⇔ C2

Tính hiệu điện thế giữa A, B theo x. Áp dụng khi x = d/2.

Hướng dẫn giải – Hệ được xem gồm hai tụ C1 và C2 ghép song song nhau. – Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 =

εS 9.109 .4π d

B C2

⇔

C1 = C2 =

100.10−4 9.109 .4π.0,5.10−2

Bài 3. Cho mạch như hình vẽ, C1 = 2 µF, C2 = 4 µF, C3 = 3

≈ 1,77.10−11 F

µ F, C4 = 6 µF, C5 = 1 µF. Biết UAB = 20 V.

a) Điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại

a) Tính điện dung tương đương của bộ tụ.

– Điện dung của bộ tụ: C = C1 + C2 = 1,77.10–11.2 = 3,54.10–11 F.

b) Tính điện tích của cả bộ tụ.

– Hiệu điện thế mỗi tụ là: U1 = U2 = U = 100 V.

c) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm M, N.

– Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = C1U1 = 1,77.10–11.100 = 1,77.10–9 C.

thế và điện tích mỗi tụ, cho C1 = C3 = C5 = 1 µ F, C2 = 4 µ F, C4 =

– 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;

C4 N

Bài 4. Cho bộ tụ điện như hình vẽ. Tính điện dung bộ tụ, hiệu điện

– Điện tích trên tấm kim loại A: QA = Q1 + Q2 = 1,77.10–9.2 = 3,54.10–9 C.

C3 C5

C4 U

C2 C3

12 µ F, U = 30V.

QB = 1,77.10–9 C. b) Khi ngắt A, B ra khỏi nguồn điện: Ngắt A, B ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: Q' = Q = CU =

2ε SU

– Điện dung của mỗi tụ: C1' =

εS 9.109 .4π (d + x)

9.109 .4π (d − x)

εS 9

9.10 .4π (d + x)

εS 9

9.10 .4π (d − x)

U =

2ε SU

9.109 .4π d.ε S. 2d

d – Khi x = ⇒ U' = 2

a) Cách nào có điện dung lớn hơn.

εS.2d 9

b) Nếu điện dung tụ khác nhau chúng phải có liên hệ thế nào để CA = CB.

9.10 .4π (d − x )

1 9

– Hiệu điện thế của bộ tụ: Q'

4 µ F. C5

Bài 6. Bộ 4 tụ giống nhau ghép theo hai cách như hình vẽ.

– Điện dung của bộ tụ: C' = C1' + C2'

εS

; C'2 =

Tính điện dung bộ tụ.

9.109 .4π.d

⇒ C’ =

Bài 5. Trong các hình dưới: C1 = C4 = C5 = 2 µ F, C2 = 1 µ F, C3 =

.9.10 .4π (d − x ) ⇒ U =

d2 Cách A

d2 ) 4 = 3 U = 3 100 = 75 V . 2 4 4 d

U.(d 2 −

Vậy: Hiệu điện thế giữa A và B theo x là U' =

U.(d2 − x2 )

U.(d 2 − x2 ) d2

Cách B

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 ε = 2.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

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

Bài 1. Cho mạch điện gồm 3 tụ điện C1 = 1µF, C2 = 1,5 µF, C3 = 3 µ F mắc nối tiếp nhau. Đặt vào

thứ hai điện dung có C2 = 2 µF, tích đến hiệu điện thế U2 = 200 V.

hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế UAB = 120 V.

a) Xác định điện tích và hiệu điện thế của các tụ sau khi nối hai bản mang điện tích cùng dấu

a) Vẽ hình.

của hai bản tụ đó với nhau.

b) Tính điện dung tương đương của bộ tụ.

b) Tính nhiệt lượng tỏa ra sau khi nối các bản.

c) Tính điện tích và hiệu điện thế của mỗi tụ

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

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.

các cực trái dấu với nhau để tạo thành mạch kín. Xác định điện tích và hiệu điện thế của các tụ sau A

khi nối với nhau.

Bài 10. Cho 3 tụ C1 = 1 µ F, C2 = 2 µ F, C3 = 3 µ F,

U = 110V (hình bên).

a) Ban đầu K ở vị trí (1), tìm Q1

+ Vì các tụ nối tiếp nên: Q1 = Q2 = Q3 = Qb = 60 (µC)

b) Đảo K sang vị trí (2). Tìm Q, U của mỗi tụ.

Bài 11. Một tụ điện phẳng với điện môi không khí, khoảng cách giữa hai bản là d0, điện dung là C0. a) Đưa vào khoảng không gian giữa hai bản tấm kim loại có bề dày d < d0 và song song với hai

 Q1 = 60 ( V )  U1 = C1   Q + Hiệu điện thế mỗi tụ:  U 2 = 2 = 40 ( V ) C2   Q3 = 20 ( V )  U3 = C3 

bản của tụ điện thì điện dung bây giờ của tụ là bao nhiêu ? Điện dung này có phụ thuộc vào

Bài 2.

vị trí đặt tấm kim loại không. Xét trường hợp bản kim loại rất mỏng (d → 0). 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 A B

như hình vẽ. Tìm các hiệu điện thế UAB, UBC, UCD khi:

+ Vì tụ C2 và C3 mắc nối tiếp nên: CC 1 1 1 = + ⇒ C23 = 2 3 = 0,75 ( µF ) C 23 C2 C3 C2 + C3

100V.

Bài 13. Tụ phẳng không khí C = 6 µ F được tích điện đến hiệu điện thế U = 600V rồi ngắt khỏi nguồn.

+ Điện dung của bộ tụ: Cb = C1 + C23 = 1 µF

Bài 3. a) Nhận thấy

a) Nhúng tụ vào điện môi lỏng (ε = 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

A B

B, E với nguồn U = 20V. Tính điện dung của bộ tụ và điện tích của mỗi tấm.

Bài 15. Có ba tụ C1 = 2 µF, C2 = 4µF, C3 = 6 µ F mắc nối tiếp. Mỗi tụ có hiệu điện thế giới hạn Ugh = 3000 V. Tính hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ.

⇒

1 1 1 1 = + + = 2 ⇒ Cb = 0,5 ( µF ) Cb 1 1,5 3

c) Điện tích của bộ tụ: Qb = Cb U AB = 0,5.120 = 60 ( µC )

C3 B

C3 C5

N C1C3 CC + 2 4 = 3,6µF C1 + C3 C2 + C4

b) Điện tích của bộ tụ: Qb = CbU = 72.10-6 C = 72 µC c) Ta có: U13 = U24 = U = 20 V ⇒ Q13 = U13C13 = 24 µC và Q24 = U24C24 = 48 µC Q1 Q13   U1 = C = C = 12 ( V )  1 1 + Từ đó suy ra:   U = Q 2 = Q 24 = 12 ( V )  2 C2 C 2

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

1 1 1 1 = + + Cb C1 C2 C3

( C1 nt C3 ) / / ( C2 nt C 4 ) 

+ Do đó điện dung của bộ tụ là: C b =

M C1

bằng

b) Vì các tụ nối tiếp nên:

C1 C3 1 nên suy ra mạch cầu tụ điện cân = = C2 C4 2

+ Bỏ tụ C5 đi mạch tương đương với

cách đều, khoảng cách giữa 2 tấm liên tiếp d = 1mm. Nối 2 tấm A với D rồi nối

-6

b) Nối hai bản B và D bằng dây dẫn, nối A và C vào nguồn điện có UAC =

Q2  U2 = C = 9 ( V )  2 + Lại có: Q2 = Q3 = 9.10 C ⇒   U = Q3 = 3 ( V )  3 C3

a) Vẽ hình

+ Ta có: U1 = U23 = UAB = 12 V ⇒ Q1 = C1U1 = 3.10-6 C; Q23 = C23U23 = 9.10-6 C

a) Nối hai bản A và D bằng dây dẫn, nối B và C vào nguồn có UBC = 100

Bài 1.

+ Lại có: UMN = UMA + UAN = -U1 + U2 = 0

Bài 4. – Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = – Điện dung tương đương của C1, C2, C3:

C1.C2

C1 + C2

1.4 = 0,8 µF 1+ 4

C123 = C12 + C3 = 0,8 + 1 = 1,8µF

C = C12 + C34 + C5 =

– Điện dung tương đương của C1, C2, C3, C4: C1234 =

C123 .C4

C123 + C4

Bài 6.

1,8.1,2 = 0,72 µF 1,8 + 1,2

– Điện dung tương đương của bộ tụ:

a) Xác định cách mắc bộ tụ

C = C1234 + C5 = 0,72 + 1 = 1,72µF

– Cách A: C1

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C5: U5 = U = 30 V. –6

–5

– Điện tích tụ C4: Q4 = Q123 = Q1234 = 2,16.10 C. – Hiệu điện thế hai đầu tụ C4: U 4 =

2,16.10

1,2.10−6

= 18 V .

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C3 và C12: U3 = U12 = U123 =

Q123 C123

2,16.10−5 1,8.10−6

= 12 V .

–6

– Điện tích tụ C1, C2: Q1 = Q2 = Q12 = C12U12 = 0,8.10 .12 = 9,6.10 C.

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U2 =

Q1 C1

Q2 C2

9,6.10 10 −6

9,6.10 −6 4.10−6

⇒ – Vì

C3 C1

⇒ C4 =

2 1 C2 1 = ; = 4 2 C4 2

C5 C4

C34 =

C1C2

C3C4

C3 + C4

2.1 2 = µF. 2 +1 3

4.2 4 = µF. 4+2 3

– Điện dung tương đương của bộ tụ:

C1C2

C1 + C2

C3C4

C3 + C4

(C3 bất kì).

+ Đặt C1 = 2C0 ;C 2 = C0 + Trước khi nhúng tụ vào điện môi: C b =

2C0 .C0 C1C 2 2 = = C0 C1 + C2 2C0 + C0 3

2 2 U ⇒ Q b = C0 U ⇒ Q1 = Q 2 = C0 U ⇒ U1 = 3 3 3

nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ một tụ C1

C1C2

C1 + C2

C1C2 C3

C1C2 + C2 C3 + C3C1

Bài 7. B

C1 + C2

C C + = C. 2 2

Vậy: Để CA = CB thì giữa điện dung của các tụ điện phải thỏa hệ thức C4 =

C5. Mạch điện được vẽ lại: (C1 nt C2) // (C3 nt C4) // C5. – Ta có: C12 =

C . 2

= 2,4 V .

C4 C4

+ Điện dung tương đương của C3, C4: C34 =

Ta có: CA = CB ⇔ C4 +

C . 2

= 9,6 V .

Sơ đồ bộ tụ như sau: C3

b) Hệ thức giữa điện dung các tụ điện để CA = CB

Bài 5.

– Ta có:

C 4 +C = C. 3 3

Vậy: Cách ghép A bộ tụ có điện dung lớn hơn. –6

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

+ Điện dung tương đương của C1, C2: C12 =

+ Điện dung tương đương của bộ tụ: CB = C12 + C34 =

– Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 10–6.12 = 1,2.10–5 C. −6

C . 3

– Cách B:

– Điện tích tụ C1234: Q1234 = C1234U = 0,72.10 .30 = 2,16.10 C. −5

+ Điện dung tương đương của C1, C2, C3: C123 =

+ Điện dung tương đương của bộ tụ: CA = C123 + C4 =

– Điện tích tụ C5: Q5 = C5U5 = 10–6.30 = 3.10–5 C.

2 4 + + 2 = 4 µF. 3 3

+ Sau khi nhúng tụ vào điện môi thì: C /2 = εC2 = 2C0 C3

⇒ Cb/ =

C1C 2/ 2C0 .2C0 = = C0 C1 + C 2/ 2C0 + 2C0

+ Vì nguồn vẫn được duy trì nên: U / = U ⇒ Qb/ = C /b U / = C0 U C5

+ Vì tụ nối tiếp nên: Q1/ = Q2/ = Qb/ = C0 U

C1C2

C1 + C2

(C3 bất kì).

+ Lại có: U1/ =

+ Điện tích các bản tụ trước khi nối được phân bố như hình

Q1/ C0 U U U = Ed E1 U1 2 = ⇒ U1/ =  → / = / = ⇒ E1/ = 1,5E1 C1 2C0 2 E1 U1 3

Bài 8. Q1 = U1C1 = 900µC Q 2 = U 2 C2 = 400µC

+ 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

a) Điện tích của tụ C1 và tụ C2 trước khi nối: 

+ 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. C1

−

B +

−

⇔

Q1 + Q 2 = Q1/ + Q 2/ ⇔ Q1/ + Q 2/ = 1300 ( µC )

+ Sau khi ghép ta có: U AB = U MN ⇔ U = U ⇔

/ 1

/ 2

/ 1

(2)

/ 2

Q Q Q Q 3 = ⇔ = ⇒ Q1/ = Q 2/ C1 C2 3 2 2

/ 1

/ 3

/ 2

/ 3

Q Q Q + + =0 1 3 6

(1)

+ Vì Q1/ = −90µC < 0 ⇒ bản B mang điện tích dương, bản A mang điện âm  Q1/  U1/ = = 90V = U BA C1   / Q + Hiệu điện thế của các tụ:  U 2/ = 2 = 30V = U MN C2   Q3/ /  U3 = = 60V = U LK C3 

(2)

 / Q1/ U = = 260 V Q1/ = 780µC  1 C1 + Giải (1) và (2) ta có:  / ⇒ / Q 2 = 520µC  U / = Q 2 = 260 V  2 C  2

Bài 10.

C U2 C U2 b) Năng lượng của bộ tụ trước khi ghép: W = 1 1 + 2 2 = 175.10−3 J 2 2

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.

2 b

Cb U = 169.10−3 J 2

b) Khi K ở vị trí (2), có sự phân bố lại điện tích.

+ 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).

– Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1' + Q'23 = Q1 ( Q'2 = Q'3 = Q'23 ). – Mà U1' = U'23 ⇔

+ Nhiệt lượng tỏa ra sau khi nối: ∆W = W − W / = 0,006 J

Bài 9.

Q1' C1

Q'23 C23

Q1' + Q'23 C1 + C23

C1 + C23

110 = 50 . 2.3 1+ 2+3

– Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U’1 = 50 V.

+ Điện tích của các tụ trước khi nối lần +

Q1 = U1C1 = 90µC lượt là: Q2 = U 2 C2 = 270µC Q = U C = 540µC 3 3  3

− B

⇔

(3)

+ Giải hệ phương trình trên ta được: Q1/ = −90µC; Q2/ = 90µC; Q3/ = 360µC

/ 2

+ Năng lượng của bộ tụ sau khi ghép: W / =

• Bản N nối với bản L: Q3 − Q2 = Q − Q ⇒ Q − Q = 270 / 2

Q 2/ − Q1/ = 180  + Kết hợp (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình: Q3/ − Q2/ = 270  / / / 6Q1 + 2Q 2 + Q3 = 0

+ Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho nối A – M :

/ 1

(1)

/ / / + Vì mạch nối kín nên: U1AB + U 2MN + U 3LK =0⇔

− C2

• Bản B nối với bản M: Q2 − Q1 = Q2/ − Q1/ ⇒ Q 2/ − Q1/ = 180 / 3

B +

+ Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho:

−

Q1/ , Q 2/ và Q3/ và chúng có dấu như hình dưới.

−

M +

− N

– Điện tích của tụ C1: Q1' = 50C1 = 50.1 = 50 µC = 5.10−5 C .

− K

−

– Điện tích của tụ C2, C3: Q'2 = Q'3 = Q'23 = 50C23 = 50.1,2 = 60 µC = 6.10−5 C . – Hiệu điện thế hai đầu tụ C2, C3:

− K

U'2 =

Q'2 C2

Q' 60 60 = 30 V;U3' = 3 = = 20 V . 2 C3 3

+ Do đó: U1 = U3 = 0,5U13 = 50 V + Ta có: UAB = -U1 = -50 V, UCD = -U3 = -50 V

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 =

b) Các bản tạo thành ba tụ C1, C2, C3 ghép với nhau như hình vẽ BC

20 V.

A B

Bài 11.

S  C = 9.109.4πd εS 0 a) Điện dung của tụ lúc ban đầu:  ⇒C= 0 d0 1 ε =  0 9.109.4π

B C C2

với mép C của tấm kim loại tạo thành tụ C2. Hai tụ này xem như ghép nối tiếp.

+ Vậy: U AB = U1 =

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

D +

BA C1

200 100 100 ( V ) , U BC = U 2 = ( V ) , U CD = − ( V ) 3 3 3

a) Hiệu điện thế của tụ khi ngắt khỏi nguồn và nhúng vào điện môi: – Khi nhúng một phần tụ vào điện môi, tụ có thể được coi gồm hai phần tụ mắc song song: C1 // C2. C1

Ta có:

B C

1/3

+ Điện dung của phần tụ không khí: S C 3 C1 = = 9.109 .4π d 3

2/3

+ Điện dung của phần tụ lấp đầy điện môi: C2 =

2 ε. S 8C 3 = 9.109 .4π d 3

+ Điện dung tương đương của C1, C2: C′ = C1 + C2 =

C 8C + = 3C 3 3

– Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích của tụ không đổi: Q’ = Q.

BC C

100 (V) 3

Bài 13.

+ Ta thấy C không phụ thuộc vào x. Khi d → 0 thì C → C0

a) Các bản tạo thành ba tụ C1, C2, C3 ghép với nhau như hình vẽ

(2)

100 200 ( V ) ⇒ U1 = ( V ) . 3 3

+ Ta có: U 2 = U3 ⇒ U 2 =

Bài 12.

(1)

+ Mà Q23 = Q1 ⇔ C23U23 = C1U1 ⇒ 2C0U2 = C0U1 ⇒ 2U3 = U1 + Từ (1) và (2) ⇒ U3 =

 ε0S C1 = x εS CC C1 nt C 2  → C= 1 2 = 0 ε 0S  C1 + C2 d 0 − d + Ta có: C2 = d0 − x − d    C d0 d0 = ⇒ C = C0 ⇒ d0 − d  C0 d 0 − d

A B

−

+ Theo đề: UAC = 100 V ⇒ U1 + U3 = 100 V + Ta có: U2 = U3 và C1 = C2 = C3 = C0 ⇒ Q2 = Q3

+ Bản tụ A cùng với mép B của tấm kim loại tạo thành tụ C1 và bản tụ D cùng

 ε0S ε 0S εε0S C1 = x ;C 2 = d − x − d ;C3 = d 0   C1 nt C2 nt C3 ε0S → Cb =    1  + Ta có:  d 0 + d  − 1 ε    C d0 d0 = ⇒ C = C0 ⇒ 1   C0 d + d  1 − 1 d 0 + d  − 1 0   ε  ε  

−

DC +

C2 C3

C2 DC C3

−

⇔ CU = C′U′ ⇒ U′ =

CU CU U 600 = = = = 200 V . C′ 3C 3 3

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 6.10 −6 .6002 = = 1,08 J . 2 2

+ Ta có: UBC = U2 = U13 = 100V

– Năng lượng của tụ không khí: W1 =

+ Vì các bản kim loại giống nhau nên C1 = C2 = C3 = C0

– Năng lượng của tụ sau khi nhúng vào điện môi:

W2 =

C′U′2 3.6.10 −6 .2002 = = 0,36 J 2 2

+ Hiệu điện thế trên các tụ là: U1 =

– Công cần thiết để nhấc tụ ra khỏi điện môi:

 6U  11 ≤ 3000  U1 ≤ U gh  U ≤ 5500V   3U + Lại có:  U 2 ≤ U gh ⇒  ≤ 3000 ⇒  U ≤ 11000V ⇒ U ≤ 5500V   11  U ≤ 16500V   U 3 ≤ U gh  2U  11 ≤ 3000 

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. – Hệ thống 4 tấm kim loại trên tương đương mạch tụ như hình vẽ: – Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 = C3 = C0 =

⇒ C0 =

πR 2 9

9.10 .4π d

0,062 9.109 .4.10 −3

εS 9.109 .4π d

= 10 −10 F .

B A C2 B D

– Điện dung của bộ tụ: C12 .C3

2C0 .C0

2 2 C= = = C = .10 −10 F C12 + C3 2C0 + C0 3 0 3

– Điện tích của bộ tụ: Q = CU =

2 −10 4 4 .10 .20 = .10−9 C ⇒ Q12 = Q3 = .10−9 C 3 3 3

– Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 = – Điện tích của các tụ C1, C2: Q1 = Q2 = C1U1 = 10−10 .

Q12 C12

4 −9 .10 20 = 3 = V 2.10−10 3

20 2 −9 = .10 C . 3 3

– Điện tích trên mỗi tấm: + Tấm A: Q1 =

2 −9 4 .10 C ; tấm B: Q1 + Q2 = .10−9 C . 3 3

+ Tấm D: Q2 + Q3 =

4 −9 2 .10 C ; tấm E: Q3 = .10 −9 C . 3 3 2 3

Vậy: Điện dung của bộ tụ là C = .10−10 F ; điện tích của mỗi tấm kim loại là: QA =

2 −9 4 4 2 .10 C ; QB = .10 −9 C ; QD = .10 −9 C và QE = .10 −9 C . 3 3 3 3

Bài 15. + Vì các tụ mắc nối tiếp nên:

1 1 1 1 12 = + + ⇒ Cb = ( µF ) Cb C1 C2 C3 11

+ Tụ mắc nối tiếp nên: Q1 = Q2 = Q3 = C b U =

12 U 11

Q Q1 6U Q 3U 2U = ; U2 = 2 = ; U3 = 3 = C1 11 C2 11 C3 11

D E C3

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

 v x = v 0 cos α  v y = v 0 sin α

Phương trình vận tốc: 

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 = qE ⇒ hạt

 x = ( v 0 cosα ) t

Phương trình chuyển động: 

1 2  y = ( v 0 sin α ) t + at  2

Phương trình qu ỹ đạo: y =

sẽ chuyển động nhanh dần đều.

Nếu hạt tích điện được thả với vận tốc đầu v0 ngược hướng với F = qE ⇒ hạt sẽ chuyển động

chậm dần đều.  v = v o + at 2 2 Các phương trình cơ bản liên quan đến chuyển động biến đổi đều:  1 2 ⇒ v 2 − v1 = 2as s = v0 t + 2 at F qE Với a là gia tốc chuyển động của điện tích: a = = m m

Độ lớn: a =

F qE qU = = m m md

v0 y

E F

+ v 0x

Lưu ý: Cường độ điện trường giữa hai tấm kim loại tích điện trái dấu có chiều hướng từ bản dương sang bản âm.

2. Chuyển động cong

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Hạt bụi m = 1g mang điện tích q = –10–6C nằm cân bằng trong điện trường của tụ phẳng

+ Trường hợp: v 0 ⊥ E Lúc này hạt chuyển động như vật được ném ngang với vận tốc đầu là v0.

1 ax 2 + x.tan α 2 ( v 0 cosα )2

có các bản tụ nằm ngang, d = 2cm. Cho g = 10m/s.

Xét trường hợp đơn giản Ox ⊥ E : Khi đó theo phương Ox hạt chuyển động thẳng đều, theo

a) Tính hiệu điện thế U của tụ điện.

phương Oy hạt chuyển động biến đổi đều.

b) Điện tích hạt bụi giảm đi 20%. Phải thay đổi U thế nào để hạt bụi vẫn cân bằng.

Hướng dẫn giải

x = v0 t 1 2  y = 2 at

Phương trình chuyển động: 

ax 2 ⇒ qu ỹ đạo là một nhánh parabol 2v20

Phương trình qu ỹ đạo: y = +

a) Hiệu điện thế của tụ điện:

y E

Để hạt bụi nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F ⇔ mg = qE = q

⇒ U=

U d

mgd 10−3 .10.0,02 = = 200 V . q 10−6

Vậy: Hiệu điện thế của tụ điện là U = 200 V. b) Phải thay đổi U thế nào để hạt bụi vẫn cân bằng?

– Khi điện tích hạt bụi giảm đi 20% thì: q = 0,8q.

+ Trường hợp v0 bay xiên góc với E

Lúc này hạt chuyển động như vật ném xiên một góc α

– Để hạt bụi nằm cân bằng thì: P = F′

⇔ mg = q′

U′ mgd 10 −3.10.0,02 ⇒ U′ = = = 250 V . d q′ 0,8.10 −6

Vậy: Để hạt bụi vẫn nằm cân bằng thì phải tăng hiệu điện thế thêm

∆ U = 250 – 200 = 50 V.

Vậy: Để điện tử không ra được khỏi tụ thì U ≥ 2,04 V.

Ví dụ 2: Một êlectrôn bay vào trong điện trường của một tụ phẳng theo

Ví dụ 4: Hạt bụi m = 0,01g mang điện tích q = 10–5C đặt vào điện trường đều E nằm ngang, hạt

phương song song với các đường sức với v0 = 8.106m/s. Tìm U giữa hai

bụi chuyển động với v0 = 0, sau t = 4s đạt vận tốc v = 50m/s. Cho g = 10m/s2. Có kể đến tác

bản tụ để êlectrôn không tới được bản đối diện. Bỏ qua tác dụng của trọng

dụng của trọng lực. Tìm E.

lực.

Hướng dẫn giải

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ.

– Để êlectrôn không tới được bản đối diện thì quãng đường êlectrôn chuyển động trong điện trường là s ≤ d . Khi êlectrôn dừng lại thì: mv20 2

⇒U = U≥

mv20 U U s ⇔ =q s d 2 d

= Fs = qEs = q mv20 d 2qs

mv20 d

≥

2qd

9,1.10−31 .(8.106 )2 2.1,6.10 −19

mv20 2q

+ Theo trục Ox: Hạt bụi chuyển động nhanh dần đều đều: vx = at = + Theo trục Oy: Hạt bụi rơi tự do: vy = gt v2 = v2x + v2y

Ta có:

⇒ vx = v2 − v2y = 502 − (10.4)2 = 30 m/s .

– Cường độ điện trường:

= 182 V

Vậy: Để êlectrôn không đi đến được bản đối diện thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện phải là

qE t m

mv x qt

0,01.10 −3 .30 10−5 .4

x vx

= 7,5 V/m .

Vậy: Cường độ điện trường đặt vào điện tích là E = 7,5 V/m.

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

Ví dụ 5: Để tạo điện trường đều thẳng đứng người ta dùng hai bản kim loại tích điện trái dấu đặt

bản tụ phẳng theo phương song song với hai bản. Hai bản có chiều dài l = 10cm, khoảng cách

nằm ngang và song song song với nhau, cách nhau một khoảng d = 10 cm. Ở gần sát với bản trên có

d = 1cm. Tìm U giữa hai bản để điện tử không ra được khỏi tụ.

một giọt thủy ngân tích điện dương nằm lơ lửng khi hiệu điện thế giữa hai bản là U.

Hướng dẫn giải

a) Bản dương nằm ở trên hay ở dưới ?

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường được chia thành hai

b) Hỏi nếu hiệu điện thế giữa hai bản là 0,5U (chiều điện trường vẫn không đổi) thì giọt thủy

phần:

ngân sẽ chuyển động về phía bản nào với vận tốc khi chạm vào bản đó là bao nhiêu ? Lấ y g

+ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t.

= 10 m/s2.

+ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường: y=

at 2 ax2 = 2 2v20

(với a =

⇒ v0 =

2qU 0 m

⇒ U≥

+ Do trọng lực hướng xuống nên để giọt thủy ngân nằm cân bằng thì lực điện tác dụng lên giọt thủy

2.1,6.10 −19 .100 9,1.10

−31

+ Do giọt thủy ngân mang điện dương nên suy ra điện trường hướng lên trên.

d qUx2 d ⇔ ≥ 2 2mdv20 2

9,1.10 −31 .0,012 .(6.10 6 )2 1,6.10 −19 .0,12

ngân phải hướng lên trên.

mv20

= 6.106 m/s .

– Để điện tử không ra khỏi tụ thì: y ≥ md2 v02 2

a) Giọt thủy ngân chịu tác dụng của 2 lực là trọng lực và lực điện trường

F qU qUx2 ; x = vt) ⇒ y = = m md 2mdv2

– Vận tốc ban đầu của điện tử: qU 0 =

= 2,04 V

Hướng dẫn giải

O E

+ Vì điện điện trường do hai bản kim loại tích điện trái dấu sinh ra có chiều luôn hướng từ bản dương sang 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:

qU F + P = 0 ⇒ F = P ⇔ qE = mg ⇔ = mg ⇒ qU = mgd d

(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.

+ Khi ra khỏi điện trường thì: x = L ⇔ ( v 0 cos α ) t = L

+ Theo định luật II Niu-tơn ta có: F/ + P = ma + Chọn chiều dương hướng xuống, khi đó:

P − F / = ma ⇒ a =

P − F/ mg − qE / = = m m

mg −

qU 2d

(2)

+ Từ (1) và (2) ta có: ( v0 cos α )

(3)

+ Mà gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường: a =

mgd mg − 2d = g = 5 m / s 2 + Thay (1) vào (2) ta có: a = ( ) m 2

+ Từ (3) và (4) ta có: ( v0 cos α )

+ Vận tốc khi chạm bản dương là: v − 0 = 2a.d ⇒ v = 2a.d = 2.5.0,1 = 1( m / s ) 2

− v 0 sin α =L a

(2)

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

⇒U=

−F − q E − q U = = m m m.d

(4)

− v 0 sin α =L −qU m.d

m.d.v02 .sin 2α = 177,734 ( V ) 2qL

là bao nhiêu để hạt không đến được bản đối diện. Biết 1 eV = 1,6.10-19 J.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Hướng dẫn giải

Bài 1. Tụ phẳng có các bản nằm ngang, d = 1cm, U = 1000V. Một giọt thủy ngân mang điện tích q

Khi electron chuyển động từ bản này đến kia thì nó chịu tác dụng của ngoại lực là lực điện trường.

nằm cân bằng ngay giữa 2 bản. Đột nhiên U giảm bớt 4V. Hỏi sau bao lâu giọt thủy ngân rơi

+ Theo đinh lí động năng ta có: Wđ2 – Wđ1 = qEd12

chạm bản dưới? Cho g = 10m/s2.

⇒ d12 =

Bài 2. Một electron bắt đầu bay vào điện trường đều E = 910 V/m với vận tốc ban đầu v0 = 3,2.106

− Wd1 −200.1,6.10−19 200 = = qE −1,6.10−19 E E

m/s cùng chiều đường sức của E . Biết điện tích và khối lượng của elctron lần lượt là

+ 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 U < d = ⇒ U > 200 ( V ) E E

a) Tính gia tốc của electron trong điện trường đều.

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 = 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

ngang hạt chuyển động thẳng đều với O

α bản dương

phương Oy hạt chuyển động biến đổi đều với vận tốc đầu: v 0y = v 0 sin α  v = v cos α + Phương trình vận tốc theo các trục:  x 0  v y = v 0 sin α + at

+ Vì khi ra khỏi điện trường vận tốc có phương ngang nên thành phần vy = 0, do đó ta có: − v sin α v0 sin α + at = 0 ⇒ t = 0 a

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 với đường sức điện. Biết e = -1,6.10-19 C và me = 9,1.10-31 kg. Hỏi:

bản âm y

thành hai chuyển động. Theo phương vận tốc ban đầu v0x = v0 cos α , theo

b) Tính quãng đường S và thời gian t mà electron đi được cho đến khi dừng lại, cho rằng điện

V/m. Electron xuất phát từ điểm M với vận tốc 3,2.106 m/s. Vecto vận tốc của electron cùng hướng

+ Chọn hệ trục Oxy như hình + Chuyển động của hạt được phân tích

e = −1,6.10−19 C, m = 9,1.10−31kg

(1)

+ Phương trình chuyển động theo phương Ox: x = ( v0 cos α ) t

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 = 6mm. 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 dài l = 5cm, cách nhau d = 1cm. Tính U giữa hai bản để điện tử bay khỏi tụ điện theo phương hợp với các 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

A b

hai bản như hình vẽ. Biết s = 6cm, d = 1,8cm; l = 15cm, b = 2,1cm; U của tụ 50V.

+ Khi bay trong điện trường, electron chịu tác dụng của lực

Tính vận tốc êlectrôn khi bắt đầu đi vào tụ, và hiệu điện thế U0 giữa K và A. Bỏ qua tác dụng của

điện F

Bài 7. Một electron có động năng Wđ = 11,375 eV bắt đầu bay vào điện trường đều nằm giữa hai

(1) + Định luật II Niu-tơn: F = ma F + Vì q = e < 0 ⇒ F ↑↓ E , mà v0 cùng hướng với E nên F ngược chiều

bản kim loại đặt song song theo phương vuông góc với đường sức và cách đều hai bản. Biết 1eV =

dương.

1,6.10-19 J. Tính:

+ Chiếu (1) lên Ox ta có: − F = ma ⇔ − q E = ma

trọng lực.

bản dương

a) Vận tốc v0 của electron lúc bắt đầu vào điện trường. h

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

−qE m

− 1,6.10−19 .910 9,1.10−31

e) Động năng và vận tốc của electron ở cuối bản

⇒t=

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

= −1,6.1014 ( m / s 2 )

− v 0 3, 2.106 = = 2.10−8 (s) a 1,6.1014 6 v 2 − v 20 0 − ( 3, 2.10 ) = = 3, 2.10−3 ( m ) 14 2a 2.( −1,6.10 ) 2

+ Quãng đường đi được của electron: s =

= 2.106 m/s hợp với bản một góc 300.

+ Sau khi dừng lại electron vẫn chịu tác dụng của lực điện trường F = qE (ngược chiều dương) nên

a) Lập phương trình qu ỹ đạo chuyển động của electron giữa hai bản.

electron sẽ chuyển động nhanh dần đều về vị trí lúc đầu xuất phát. Và sau đó bắt đầu chuyển động

b) Tính khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

thẳng đều với vận tốc đầu.

Bài 1.

c) Ta có: v 2 − v 20 = 2aℓ

– Để giọt thủy ngân nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F.

⇒ v = 2a.ℓ + v02 = 2. ( −1,6.1014 ) 3.10−2 + ( 3, 2.106 ) = 8.105 (m / s) 2

U q gd 10.0,01 ⇒ = = = 10 −4 d m U 1000

d P

– Khi U giảm bớt 4(V) thì U′ = U – 4 = 1000 – 4 = 996V thì: P – F′ = ma ⇔ mg − q

b) Do đó thời gian chuyển động là: v = v0 + at ⇔ 0 = v0 + at

d) Hiệu điện thế giữa hai điểm ứng với độ dịch h ở câu c.

⇔ mg = q

+ Vậy electron chuyển động chậm dần với gia tốc a = −1,6.1014 ( m / s 2 )

bản âm

điện thế U = 50 V và khoảng cách hai bản d = 10 cm.

⇒a =

+ Khi ra khỏi điện trường lectron chuyển động thẳng đều với vận tốc 8.105 m/s

Bài 3. 1 2

a) Theo định lí động năng ta có: Wd 2 − Wd1 = A ⇔ 0 − mv02 = qEd

U′ qU′ = ma ⇒ a = g − d md

9,1.10−31. ( 3, 2.106 ) mv20 =− = 0,08 ( m ) = 8 ( cm ) 2qE 2.( −1,6.10−19 ) 364 2

d 2

– Khi giọt thủy ngân rơi chạm bản dưới thì quãng đường đi được là: s = .

Ta có: s =

2s at 2 ⇒ t= = 2 a

d d 0,01 2 = ⇒ t= = 0,5s 996 qU' qU' 10 − 10−4 . g− g− 0,01 md md 2.

Vậy: Thời gian để giọt thủy ngân rơi chạm đến bản dưới là t = 0,5 s.

⇒d=−

b) Gia tốc của electron khi chuyển động trong điện trường: a=

− F − q E −1,6.10−19.364 = = = −6, 4.1013 ( m / s 2 ) m m 9,1.10−31

+ Sau khi electron chuyển động được quãng đường 8 cm thì dừng lại. Vì lúc này electron vẫn trong

Bài 2.

điện trường nên vẫn chịu tác dụng của lực điện trường kết quả là lực điện trường làm cho electron

a) Chọn trục Ox, có gốc O là vị trí mà elctron bắt đầu bay vào điện trường, chiều dương trùng với

chuyển động quay ngược lại chỗ xuất phát nên thời gian kể từ khi xuất phát đến khi về M sẽ gấp 2

chiều chuyển động.

lần đi từ M đến khi dừng lại.

+ Thời gian kể từ khi xuất phát đến khi dừng lại là:

− v 0 3, 2.106 = = 5.10−8 ( s ) a 6, 4.1013

– Thay (2) vào (1), ta được: tanα =

+ Vậy thời gian từ khi xuất phát đến khi trở về M là: ∆t = 2t = 10−7 ( s )

⇒ U=

Bài 4. – Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường được chia thành hai phần theo hai trục Ox và Oy: E

+ Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t

x F

(1)

+ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của

Bài 6. – Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. + Theo trục Ox: Điện tử chuyển động thẳng đều: x = v0t; vx = v0 = const. at 2 ax2 ; vy = at, với = 2 2v20

2.6.10 −3 .(3,2.107 )2 .9,1.10 −31 .3.10 −2 1,6.10

−19

−2 2

.(6.10 )

  

F qU = m md A y O

l qUls ⇒ h2 = v0 mdv20

h1 H

x s

1 qUs b = h1 + h2 = . (s + 2l) 2 mdv2 0

= 582,4 V .

⇒ v0 =

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là U = 582,4 V.

Bài 5.

qUs(s + 2l) 1,6.10−19.50.0,06.(0,06 + 2.0,15) = = 1,6.107 m/s 2mdb 2.9,1.10−31.1,8.10 −2.2,1.10 −2 1 2

– Hiệu điện thế U0 giữa K và A: qU 0 = mv20

– Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của điện tử trong điện trường được chia thành hai

⇒ U0 =

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=

– Khi điện tử ra khỏi tụ:

Ta có: 1 eU  l . 2 md  v 0

= 120 V .

l . v0

Thay giá trị của t vào (2) với chú ý y = h ta được: h = . 2hv20 md

1,6.10−19 .0,05

1 qU s2 qU s y = h1 = . . 2 ; vy = . 2 md v md v0

đó:

⇒ U=

2.0,01.1500.1,6.10−19 .0,2

Vậy: Để điện tử bay ra khỏi tụ theo phương hợp với các bản một góc 11o thì U = 120 V.

F eU (2), với a = = m md

– Khi ra khỏi bản thì quãng đường điện tử đi được theo trục Ox là x = l, theo trục Oy là y = h. Do

+ Từ (1) suy ra: t =

+ Theo trục Oy: Điện tử chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường:

lực điện trường: 1 1 eU 2 y = ay t 2 = . t 2 2 md

2dW0 .tanα

qUx qUx = 2W0 2dW0 md. m

at 2 ax2 F qU ; vy = at (với a = = ) = 2 m md 2v20

– Ta có:

+ tanα = + W0 =

vy v0

mv20 2

a =

x v0

⇒ v20 =

ax v20

2W0 m

qUx mdv20

(1)

9,1.10−31 .(1,6.107 )2 2.1,6.10−19

= 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.

Bài 7.

mv20

1 2

a) Ta có: Wd0 = mv 02 ⇒ v0 =

2Wd0 = 2.106 ( m / s ) m

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

(2)

+ Theo phương ngang (phương Ox), electron không chịu tác dụng của lực nào nên nó chuyển động thẳng đều với phương trình chuyển động: x = v 0 t = 2.106 t

x = L ⇔ 2.106 t = 0,05 ⇒ t = 2,5.10−8 ( s )

+ Khi electron đi hết chiều dài 5 cm của bản thì:

c) Gia tốc của electron khi bay vào trong điện trường của hai bản tụ: a =

F qE qU = = m m md

x bản âm

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN U h = E.h =

U 50 .h = .0,0275 = 13,75 ( V ) d 0,1

 v x = v0 = 2.106 ( m ) e) Phương trình vận tốc theo các trục:  13  v y = at = 8,79.10 t

+ Khi ra khỏi bản thì t = 2,5.10−8 ( s ) nên: v y = 8,79.1013.2,5.10−8 = 2, 2.106 ( m / s ) + Vận tốc của electron khi ra khỏi bản tụ: v = v 2x + v 2y = 2,97.106 ( m / s ) + Động năng của electron khi ra khỏi bản tụ: Wđ =

1 mv 2 = 4,017.10−18 ( J ) 2

Bài 8. a) Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình + Gia tốc của electron khi chuyển động trong điện

−F =− =− m m md

v0 y

 v = v cos α + Ta có:  0x 0

 v0 y = v 0 sin α

+ Phương trình chuyển động trên các trục Ox và Oy:

 x = ( v 0 cos α ) t  x = v 0x t    1 2 ⇒ 1 2  y = v 0y t + 2 at  y = ( v 0 sin α ) t + at  2  x x 1 qU  x ⇒ y = ( v 0 sin α ) − . .  v0 cos α v0 cos α 2 md  v0 cos α  q .U 2m.d.v 20 cos 2 α

q .U 2m.d.v 20 cos 2 α

x2 =

1 3

x−

800 2 x 273

E F

+ Vậy phương trình quỹ đạo: y = x.tan α −

nhất

thì:

− v0 sin α − v 0 .m.d.sin α = = 5,7.10−8 ( s ) a −qU

PHẦN II. DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI

d) Hiệu điện thế giữa hai điểm ứng với độ dịch h:

⇔ y = x.tan α −

dương

H min = d − y max = 7,2 ( cm )

2 1 h = y = .8,79.1013. ( 2,5.10−8 ) = 0,0275 ( m ) = 2,75 ( cm ) 2

+ Ta có: t =

b ản

+ Khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm là

+ Khi ra khỏi bản tụ thì t = 2,5.10−8 ( s ) nên

trường giữa hai bản: a =

1 h max = y max = ( v 0 sin α ) t + at 2 = 0,028 ( m ) = 2,8 ( cm ) 2

1 + Phương trình chuyển động theo trục Oy: y = at 2 2

cách

+ Khoảng cách xa nhất giữa electron và bản dương là:

h O

1,6.10−19.50 ⇒a= = 8,79.1013 ( m / s 2 ) 9,1.10−31.0,1

electron

v y = 0 ⇔ v 0 sin α + at = 0 ⇒ t =

bản dương

Khi

v 0x

1. Dòng điện

+ Điện trở tương đương của đoạn mạch mắc nối tiếp:

+ Dòng điện là dòng các điện tích dịch chuyển có hướng.

R = R1 + R 2 + ... + R n

+ Điện trở tương đương của đoạn mạch mắc song song:

+ Chiều qui ước của dòng điện là chiều dịch chuyển của các điện tích dương tức là ngược chiều

1 1 1 1 = + + ... + R R1 R 2 Rn

4. Điện năng. Công suất điện

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

+ Lượng điện năng mà một đoạn mạch tiêu thụ khi có dòng điện chạy qua để chuyển hóa thành

dụng cơ và tác dụng sinh lí, trong đó tác dụng từ là tác dụng đặc trưng của dòng điện.

các dạng năng lượng khác được đo bằng công của lực điện thực hiện khi dịch chuyển có hướng

+ Cường độ dòng điện đặc trưng cho tác dụng mạnh yếu của dòng điện và được xác định bằng

các điện tích.

thương số giữa điện lượng ∆q dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong khoảng thời gian

+ Công suất điện của một đoạn mạch là công suất tiêu thụ điện năng của đoạn mạch đó và có trị

∆t và khoảng thời gian đó: I =

∆q ∆t

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 =

+ Dòng điện có chiều và cường độ không thay đổi theo thời gian gọi là dòng điện không đổi. Với dòng điện không đổi ta có: I =

q t

A = UI t

+ 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 =

+ Điều kiện để có dòng điện trong một môi trường nào đó là trong môi trường đó phải có các

RI2t.

điện tích tự do và phải có một điện trường để đẩy các điện tích tự do chuyển động có hướng.

+ Công suất tỏa nhiệt P ở vật dẫn khi có dòng điện chạy qua đặc trưng cho tốc độ tỏa nhiệt của

Trong vật dẫn điện có các điện tích tự do nên điều kiện để có dòng điện là phải có một hiệu điện

vật dẫn đó và được xác định bằng nhiệt lượng tỏa ra ở vật dẫn trong một đơn vị thời gian:

thế đặt vào hai đầu vật dẫn điện.

2. Nguồn điện

P =

Q 2 =I R t

+ Nguồn điện là thiết bị để tạo ra và duy trì hiệu điện thế nhằm duy

+ Công của nguồn điện bằng điện năng tiêu thụ trong toàn mạch: A ng = EIt

trì dòng điện trong mạch.

+ Công suất của nguồn điện bằng công suất tiêu thụ điện năng của toàn mạch: Png = E.I

+ Nguồn điện có hai cực: cực dương (+) và cực âm (-).

+ Để đo công suất điện người ta dùng oát-kế. Để đo công của dòng điện, tức là điện năng tiêu

+ Các lực lạ (khác bản chất với lực điện) bên trong nguồn điện có tác

thụ, người ta dùng máy đếm điện năng hay công tơ điện.

dụng làm cho hai cực của nguồn điện được tích điện khác nhau và do đó duy trì hiệu điện thế

+ Điện năng tiêu thụ thường được tính ra kilôoat giờ (kWh). 1kW.h = 3 600 000J

giữa hai cực của nó.

5. Định luật Ôm đối với toàn mạch

+ Suất điện động của nguồn điện đặc trưng cho khả năng thực hiện công của nguồn điện và được

+ Cường độ dòng điện chạy trong mạch kín tỉ lệ thuận với suất

đo bằng công của lực lạ khi làm dịch chuyển một đơn vị điện tích dương ngược chiều điện trường

điện động của nguồn điện và tỉ lệ nghịch với điện trở toàn phần của

bên trong nguồn điện: E =

A q

mạch đó: I =

E . RN + r

E, r I

R B

+ Để đo suất điện động của nguồn ta dùng vôn kế mắc vào hai cực của nguồn điện khi mạch

+ Tích của cường độ dòng điện chạy qua một đoạn mạch và điện trở của nó được gọi là độ giảm

ngoài để hở.

thế trên đoạn mạch đó. Suất điện động của nguồn điện có giá trị bằng tổng các độ giảm điện thế ở

+ Điện trở r của nguồn điện được gọi là điện trở trong của nó.

mạch ngoài và mạch trong: E = I.R N + I.r = U + I.r

3. Điện trở

+ Hiện tượng đoản mạch xảy ra khi nối hai cực của một nguồn điện chỉ bằng dây dẫn có điện trở

ℓ + Điện trở của đoạn dây dẫn: R = ρ S

rất nhỏ. Khi đoản mạch, dòng điện qua mạch có cường độ lớn và có hại.

Trong đó: ℓ là chiều dài (m); S là tiết diện ngang (m2); ρ là điện trở suất (Ωm)

+ Hiệu suất của nguồn điện: H =

• Dạng 1. Đại cương về dòng điện không đổi

Pich U.I U I.R R = = = = Pnguon E.I E I.R + I.r R + r

A. Phương pháp giải

6. Định luật ôm đối với các loại đoạn mạch + Định luật Ohm chứa nguồn (máy phát): I =

U AB +Ep r+R

E, r

+ Cường độ dòng điện: I = B

+ Số elcetron: n =

Đối với nguồn điện (máy phát): dòng điện đi vào cực âm và đi ra từ cực dương. + UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch ( U AB = − U BA ). + Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa máy thu điện: I=

U AB −Et rt + R

∆q I.t = e e

I S

+ Mật độ dòng điện: i = = R

E t,rt

∆q ∆t

∆q N. e N. e .d N. e .d = = = = nv e ∆t.S ∆t.S ∆t.S.d V.∆t

Trong đó:

I là cường độ dòng điện, đơn vị là Ampe (A);

+ Đối với máy thu Et: dòng điện đi vào cực dương và đi

ra E1, r1

cực âm. + UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến

E1, r

qua mạch.

E2, rE1, r1 E3, r

+ Mắc nguồn điện thành bộ:

từ

E2, r2 En, r

Eb, rb

S là tiết diện ngang của dây dẫn, đơn vị là m2; n là mật độ hạt, đơn vị là hạt/m3;

E2, r2

∆q là điện lượng (lượng điện tích); v là tốc độ trung bình của hạt mang điện (m/s). Với n =

Eb = E1 + E2 + E3 +…. + En rb = r1 + r2 + r3 + …. + rn

+ Mắc nối tiếp: 

Eb = n.E  rb = n.r

N gọi là mật độ hạt, đơn vị là hạt/m3 V

d là tốc độ trung bình của hạt mang điện (m/s) ∆t

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

+ Nếu có n nguồn giống nhau: 

một thời điểm).

E, r

E = E - E + Mắc xung đối:  b 1 2

+ Suất điện động của nguồn điện: E =

 rb = r1 + r2

E, r Eb = E + Mắc song song (các nguồn giống nhau):  r  rb = n

A ⇒ A = Eq = E.I.t q

Trong đó: A là công mà nguồn điện (công lực lạ), đơn vị là Jun (J);

E, r

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 + Mắc hỗn hợp đối xứng (các nguồn giống  Eb = m E  nhau):  mr  rb = n

Với m: là số nguồn trong một dãy (hàng ngang); n: là số dãy (hàng dọc) Tổng số nguồn trong bộ nguồn: N = n.m

II. CÁC DẠNG TOÁN

E, r

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: ∆q = n e = 109.1,6.10−19 = 1,6.10−10 ( C ) + Dòng điện chạy qua ống dây: I =

∆q = 1,6.10−10 ( A ∆t

)

I S

b) Mật độ dòng điện: i = = 1,6.10−6 ( A / m 2 )

Ví dụ 2: Một dòng điện không đổi có I = 4,8A chạy qua một dây kim loại tiết diện thẳng S = 2

1cm . Tính:

+ Dung lượng của acquy: q = I.t ⇒ I1 .t1 = I 2 .t 2 ⇒ I2 = I1 b) Suất điện động của nguồn điện: E =

t1 5 = (A) t2 3

A A 1728.103 = = = 24 ( V ) q I1 t1 5.4.3600

a) Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

b)Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn.

Bài 1. Tính số êlectron đi qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong 5 giây, biết rằng cường độ dòng

–3

Biết mật độ êlectrôn tự do n = 3.10 m .

điện qua dây dẫn là 2 A.

Hướng dẫn giải

Bài 2. Cường độ dòng điện không đổi chạy qua dây tóc của một bóng đèn là 0,64 A.

a) Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s

a) Tính điện lượng dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc trong thời gian một phút.

Ta có: I =

q ne It 4,8.1 ⇒n= = = = 3.1019 t t e 1,6.10 −19

Vậy: Số êlectrôn qua tiết diện thẳng của dây trong 1s là n = 3.1019. b) Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn Ta có: Mật độ dòng điện: i =

⇒v =

I = nqv S

I 4,8 = = 10 −5 m/s = 0,01 mm/s . nqS 3.1028 .1,6.10 −19 .10−4

Vậy Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của êlectrôn là v = 0,01mm/s.

Ví dụ 3: Pin Lơclăngsê sản ra một công là 270 J khi dịch chuyển lượng điện tích là 180C 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.

Hướng dẫn giải A 270 + Suất điện động của pin: E = = = 1,5 ( V ) q 180

+ Công mà pin sản ra khi dịch chuyển một lượng điện tích 60 (C) giữa hai cực bên trong pin. Ta có: E=

A ⇒ A = qE = 40.1,5 = 60J q

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 các electron tạo thành dòng điện không đổi có cường độ I = 1,57 A. Biết độ lớn điện tích của mỗi hạt electron là 1,6.10-19C. Lấy π = 3,14. a. Tính điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây trong thời gian 5s. 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 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 10s 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

Bài 5. Một dây dẫn hình trụ tiết diện ngang S = 10 mm2 có dòng điện I = 2A 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

Ví dụ 4: Một bộ acquy cung cấp một dòng điện 5A liên tục trong 4 giờ thì phải nạp lại.

b. Biết vận tốc trung bình của hạt electron trong chuyển động có hướng là 0,1 mm/s. Tính mật độ

a. Tính cường độ dòng điện mà acquy này có thể cung cấp liên tục trong thời gian 12 giờ thì phải

hạt electron trong dây dẫn.

nạp lại.

Bài 6. Trong khoảng thời gian 10s, dòng điện qua dây dẫn tăng đều từ I1 = 1A đến I2 = 4A. Tính

b. Tính suất điện động của acquy này nếu trong thời gian hoạt động trên nó sản sinh một công

cường độ dòng điện trung bình và điện lượng qua dây trong thời gian trên.

1728 kJ.

Bài 7. Một bộ acquy có suất điện động 12V, cung cấp một dòng điện 2A liên tục trong 8 giờ thì

Hướng dẫn giải

phải nạp lại. Tính công mà acquy sản sinh ra trong khoảng thời gian trên.

a) Mỗi acquy có một dung lượng xác định. Dung lượng của mỗi acquy là điện lượng lớn nhất mà

Bài 8. Lực lạ thực hiện công 1200 mJ khi di chuyển một lượng điện tích 50 mC giữa hai cực bên

acquy có thể cung cấp được khi nó phát điện.

trong nguồn điện.

a. Tính suất điện động của nguồn điện này.

b) Số electron đi qua tiết diện ngang của dây: N =

b. Tính công của lực lạ khi di chuyển một lượng điện tích 125 mC giữa hai cực bên trong nguồn

điện.

c) Tốc độ trung bình của các hạt tạo nên dòng điện:

Bài 9. Một bộ acquy có suất điện động 12V 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.

i i = = 2,5.10−4 (m / s) = 0, 25 ( mm ) nq n e

Bài 5. a) Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây trong 1s: ∆q = I.t = 2 ( C ) + Số electron chuyển qua tiết diện thẳng của dây trong 1s: N =

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 = 64g/mol, và có khối lượng riêng là ρ = 9,0 kg/dm3. Một sợi dây đồng có đường kính 1,8mm,

b) Ta có: i = nqv ⇒ n =

Bài 6. Cường độ dòng điện trung bình: I =

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Số êlectron đi qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong 5 giây: n =

q It = = 6,25.1019 êlectron. e e

Bài 2.

q b) Số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc: N = = 24.1019 ( hat ) e

Bài 3.

a) Suất điện động của nguồn: E =

a) Ta có: E =

I S

+ Mật độ dòng điện là: i = = 2.106 (A / m 2 )

i i 2.106 = = = 2,5.10−4 (m / s) 28 nq n e 5.10 .1,6.10−19

Bài 4. q a) Cường độ dòng điện: I = = 0,96 ( A ) t I + Mật độ dòng điện: i = = 1,6.106 ( A / m 2 ) S

A A 720 ⇒q= = = 60C E 12 q

b) Cường độ dòng điện: I = ∆q = I.t = 15,7 ( C )

∆q = It = 9,8125.1019 (hạt) e

A 1,2 = = 24 ( V ) q 5.10−2

A ⇒ A = qE = 125.10-3.24 = 3J q

+ Tiết diện ngang của dây dẫn: S = πR = 7,85.10 (m )

c) Tính vận tốc trung bình của các electron tạo nên dòng điện

1+ 4 = 2,5 A 2

b) Công của lực lạ khi di chuyển một lượng điện tích 125.10-3 C giữa hai cực bên trong nguồn điện.

Bài 9.

+ Số electron chuyển qua tiết diện ngang của dây trong 10s: N =

Bài 7. A = qE = E.I.t = 12.2.8.3600 = 691200J

b) Tính mật độ dòng điện và số electron đi qua tiết diện ngang của dây dẫn trong thời gian 10s

+ Điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây dẫn trong thời gian 10s:

Điện lượng qua dây trong thời gian trên: q = It = 2,5.10 = 25 C.

Ta có: E =

a) Điện lượng chuyển qua tiết diện ngang của dây: q = I.t = 1,57.5 = 7,85 ( C ) s

−7

I1 + I 2

Bài 8.

a) Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây tóc: q = It = 38, 4 ( C )

q = 1, 25.1019 e

i i I = = = 1, 25.1028 ( hat / m3 ) qv e v S e v

mang dòng điện không đổi I = 1,3A. Hãy tìm vận tốc trôi của các êlectrôn dẫn trong dây đồng.

+ Ta có: i = nqv ⇒ v =

q = 6.1019 (hạt) e

A 720 = = 0, 2 ( A ) E.t 12.5.60

c) Số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian 1 phút Ne =

q I.t 0, 2.60 = = = 7,5.1019 e e 1,6.10−19

Bài 10. + Ta có: I =

∆q Ne (với N là số e dẫn chuyển qua 1 tiết điện của dây = ∆t ∆t

d ẫn

trong thời gian ∆t = số nguyên 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)

l = v.∆t

⇒ I=

e.nN A e.mN A e.ρΝ A V e.ρN A Sl e.ρN A πd 2 = = = = v ∆t M.∆t M.∆t M∆t 4M

⇒v=

4MI eρN A πd 2

R 2 = R 1 (1 + α ( t 2 − t 1 ) ) = 2 (1 + 0,004.54 ) = 2, 43Ω .

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.

Thay số: M = 64g/mol = 64.10 – 3 kg/mol; ρ = 9,0kg/dm3 = 9,0.10 3kg/m3, NA = 6,02.10 23mol – 1 , e

ρ1 = 4.10 −5 Ωm, α 1 = −0,8.10 −3 K −1 sắt có ρ 2 = 1,2.10 −7 Ωm, α 2 = −6.10 −3 K −1 .

= 1,6.10 – 19 C; d = 1,8mm = 1,8.10 – 3 m

Hướng dẫn giải

⇒ v=

1,6.10

Ở nhiệt độ t, ta có: R1 = R01 (1 + α 1t ); R2 = R02 (1 + α 2 t ) .

4.64.10 − 3.1,3 = 3,8. 10 −5 m/s .9.10 .6,02.1023.3,14.(1,8.10 −3 ) 2

−19

R1 mắc nối tiếp R2 , điện trở tương đương :

• Dạng 2. Điện trở – Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

R = R1 + R2 = (R01 + R02 ) + (α 1 R01 + α 2 R02 )t .

Muốn R không phụ thuộc nhiệt độ, thì : α 1 R01 + α 2 R02 = 0 ⇔ α1 ρ1

1. Điện trở – Điện trở của dây dẫn kim loại hình trụ: R = ρ

l S

⇒

Trong đó:

l ℓ là chiều dài (m).

S là tiết diện ngang (m2).

ρ là điện trở suất (Ωm) – Điện trở phụ thuộc vào nhiệt độ: R = R0(1 + α t) hay ρ = ρ0 (1 + αt) .

l1 l + α 2 ρ2 2 = 0 S S

l2 α ρ 400 =− 1. 1 = . l1 α2 ρ2 9

Ví dụ 3: Đặt hiệu điện thế 4,8V vào hai đầu dây thép dài 5 m tiết diện đều 0,5mm 2 thì cường độ dòng điện trong dây thép bằng bao nhiêu? Điện trở suất của thép là 12.10 −8 Ωm .

Hướng dẫn giải Điện trở của dây thép : R = ρ

l S

Cường độ dòng điện trong dây thép : I = U = US = 4( A)

Trong đó:

R0 là điện trở dây dẫn ở 0oC.

ρl

−5

Ví dụ 4: Một thanh than ( ρ1 = 4.10 Ωm ; α1 = −0,8.10−3K −1 ) và một thanh sắt ( ρ2 = 1,2.10−6 Ωm ;

R là điện trở dây dẫn ở toC.

α 2 = 6.10−3K −1 ) cùng tiết diện, mắc nối tiếp. Tìm tỉ số chiều dài hai thanh để điện trở của mạch

ρ0 là điện trở suất dây dẫn ở 0 C. ρ là điện trở suất dây dẫn ở t C.

không phụ thuộc nhiệt độ.

Với kim loại ρ > 0 .

Hướng dẫn giải

Với chất điện phân ρ < 0 .

– Điện trở của thanh than và thanh sắt ở nhiệt độ t:

2. Định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở R: I =

R1 = R01(1 + α1t); R2 = R02(1 + α2t)

U . R

– Khi hai thanh mắc nối tiếp thì điện trở tương đương của hai thanh là: R = R1 + R2 = (R01 + R02) + (R01α1 + R02α2)t

B. VÍ DỤ MẪU

– Để R không phụ thuộc vào nhiệt độ thì: (R01α1 + R02α2) = 0 ⇒ R01α1 = – R02α2

Ví dụ 1: Một dây đồng có điện trở độ của dây đồng là

74°C .

R1 = 2Ω

ở 20°C . Sau một thời gian có dòng điện đi qua, nhiệt

Tính điện trở R2 của dây đồng ở

α = 0,004K −1 .

Hướng dẫn giải Điện trở R2 của dây đồng ở 74°C :

74°C

. Hệ số nhiệt điện trở của đồng

Mà: R 01 = ρ1

⇒

l1 l2

=−

ρ2 α 2 ρ1α1

; R 02 = ρ2

⇒ ρ1 1 .α1 = −ρ2 2 .α2

1,2.10−7 .6.10 −3 4.10 −5 .0,8.10 −3

9 1 . ≈ 400 44

Vậy: Để điện trở của mạch không phụ thuộc vào nhiệt độ thì tỉ số chiều dài hai thanh phải bằng l1

⇒ U1 =

1 ≈ . l2 44

Ví dụ 5: Một biến trở con chạy có điện trở lớn nhất là 150Ω. Dây điện trở của biến trở là một

100 −6

10 .(

1 10 −6

1 2.10 −6

1 3.10 −6

1 4.10−6

= 48V . )

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 2: U2 = IR2 =

hợp kim nicrom có tiết diện 0,11mm2 và được quấn đều xung quanh một lõi sứ tròn có đường kính 2,5cm. Biết điện trở suất của nicrom là 1,1.10-6Ωm

Vì

S2 = 2S1 ⇒ U2 =

a. Tính số vòng dây của biến trở này. b. Biết dòng điện lớn nhất mà dây có thể chịu được là 2A. Hỏi có thể đặt vào hai đầu dây này

U1 2

48 = 24 V. 2

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 3: U3 = IR3 =

một hiệu điện thế lớn nhất là bao nhiêu để biến trở không bị hỏng.

Hướng dẫn giải

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 4:

ℓ R.S 150.0,11.10−6 a) Ta có: R = ρ . Chiều dài của dây là: ℓ = = = 15m ρ 1,1.10−6 S

U U = 1 = 16 V . 1 1 1 1 3 S3 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

U4 = IR4 =

S4 (

U U = 1 = 12 V . 1 1 1 1 4 + + + ) S1 S2 S3 S4

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai đầu các đoạn dây là U1 = 48 V; U2 = 24 V; U3 = 16 V và U4 = 12 V.

+ Chiều dài một vòng quấn: C = 2πR = πd = 0,0785m + Số vòng quấn: n =

U 1 1 1 1 S2 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

ℓ = 191 vòng C

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

b) Điện trở lớn nhất của biến trở là R0 = 150Ω. Nên hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào biến trở là:

Bài 1. Tìm hệ số nhiệt điện trở của dây dẫn biết ở nhiệt độ t1 = 200C, dây có điện trở R1 = 100Ω; ở

Umax = Imax.R0 = 2.150 = 300V

nhiệt độ t2 = 24000C, dây có điện trở R2 = 200Ω.

Ví dụ 6: Đoạn mạch gồm 4 đoạn dây cùng độ dài, cùng làm bằng một chất, diện tích tiết diện: S1 2

= 1mm ; S2 = 2mm ; S3 = 3mm ; S4 = 4mm . Bốn đoạn dây mắc nối tiếp vào nguồn U = 100V. Tính hiệu điện thế trên mỗi đoạn dây.

Điện trở của đoạn 1: R1 = ρ

l l ; điện trở của đoạn 2: R2 = ρ . S1 S2

Điện trở của đoạn 3: R3 = ρ

l l ; điện trở của đoạn 4: R4 = ρ . S3 S4

Điện trở tương đương của đoạn mạch: R = R1 + R2 + R3 + R4 = ρl( U

ρ l(

1 1 1 1 + + + ) S1 S2 S3 S4

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 1: U1 = IR1 =

diện đều 0,5 mm, điện trở suất

5.10 −7 Ωm .

a. Tính điện trở R1 của dây dẫn ở

Hướng dẫn giải

U Cường độ dòng điện qua mạch: I = = R

Bài 2. Một lò điện được quấn bằng dây constantan ở250C, dây có chiều dài 15 m, đường kính tiết

U ρl U . = 1 1 1 1 S 1 1 1 1 ρl( + + + ) 1 S1 ( + + + ) S1 S2 S3 S4 S1 S2 S3 S4

25°C .

b. Khi đốt nóng dây dẫn đến 100°C , tính điện trở R2 của dây dẫn. Hệ số nhiệt điện trở của constantan α = 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 1 1 1 1 + + + ). S1 S2 S3 S4

ρ1 = 1,7.10 −8 Ω.m ,

có điện trở suất ρ 2 = 2,8.10 −8 Ω.m , khối lượng riêng

khối lượng riêng

D1 = 8,9.10 3 kg / m 3 ,

nhôm

D2 = 2,7.10 3 kg / m 3 .

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 2,8.10-8Ω.m.

Bài 5. Một bóng đèn dây tóc bằng vônfam. Mắc đèn vào hiệu điện thế điện qua đèn

I 1 = 4mA

và nhiệt độ của dây vônfam

t1 = 25°C .

U 1 = 10mV

thì cường độ dòng

Nếu mắc đèn vào hiệu điện thế U 2 = 40V

thì cường độ dòng điện qua đèn I 2 = 4 A . Tính nhiệt độ của dây vônfam lúc đó. Hệ số nhiệt của vônfam là

4,6.10 −3 K −1 .

Bài 6. Hai dây dẫn có hệ số nhiệt điện trở α1, α2 ở 00C có điện trở R01, R02. Tìm hệ số nhiệt điện trở

Bài 3.

chung của hai dây khi chúng mắc:

l1   R1 = ρ1 S l l S ρ l  1 Ta có :  vì R 1 = R 2 ⇔ ρ1 1 = ρ2 2 ⇒ 1 = 1 . 1 S1 S2 S2 ρ 2 l 2 R = ρ l2 2 2 S2 

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 giữ không đổi U = 32V.

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

B +

a. Biết đèn sáng bình thường, tính điện trở của biến trở khi đó.

Mà m1 = m 2 ⇔ S1l1D1 = S2l2D 2 ⇒

Đ R

Từ (1) và (2) ⇒

Bài 4.

c. Hỏi dịch con chạy về phía nào thì đèn sẽ dễ bị cháy.

+ Thể tích của cuộn dây: V =

Bài 8. Cuộn dây đồng ( ρ = 1,75.10−8Ωm ) có n = 1000 vòng, đường kính mỗi vòng là d = 6cm. Mật

dây. -7

Bài 9. Một biến trở con chạy được làm bằng dây dẫn hợp kim nikelin có điện trở suất 4.10 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.

ℓ S

Bài 5.

Bài 6.

Bài 1. (1)

– Ở nhiệt độ t2: R 2 = R 0 (1 + αt 2 ) ⇔ 200 = R 0 (1 + α.2400) (2) 1 + 2400α – Lấy (2) chia (1) ta được: 2 = 1 + 20α

⇔

2 + 40α = 1 + 2400α ⇔ 2360α = 1 ⇒ α = 4,24.10–4(độ–1).

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở của chất làm dây dẫn là α = 4,24.10–4(độ–1). a. Điện trở R1 của dây dẫn ở

25°C .

l 4 ρl = = 38,22(Ω ) . S1 πd 2

b. Điện trở Ta có:

– Điện trở của hai dây dẫn ở nhiệt độ t: R1 = R01(1 + α1t); R2 = R02(1+ α2t). (với α1t, α2t << 1) – Gọi R0 là điện trở chung của hai dây dẫn ở 00C; α 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 + αt)

(1)

a) Khi mắc nối tiếp: R = R1 + R2 = R01(1 + α1t) + R02(1 + α2t)

⇒ R = (R01 + R02) + (R01α1 + R02α2)t

Bài 2.

R1 = ρ

U1 U = 2,5(Ω ); R2 = 2 = 10(Ω ) . I1 I2

R2 1 + α t 2 3 + 4αt1 = = 4 ⇒ t2 = = 752°C . α R1 1 + αt1

cường độ lớn nhất là bao nhiêu?

– Ở nhiệt độ t1: R1 = R 0 (1 + αt1 ) ⇔ 100 = R 0 (1 + α.20)

V 3.10−4 = = 3000m S 0,1.10−6

+ Điện trở của dây cuộn dây nhôm: R = ρ = 840Ω

b) Hiệu điện thế lớn nhất được phép đặt vào là 63,585V. Hỏi biến trở này chịu được dòng điện có

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

m 0,81 = = 3.10−4 m3 D 2,7.103

+ Chiều dài của dây nhôm: ℓ =

Ta có: R1 =

a) Tính điện trở lớn nhất của biến trở này.

(2)

ρ1 l1 D 2 l 2 1,7.10−8 1 2,7.103 l 2 . = . ⇔ . = . ⇒ l 2 = 1, 48m ρ2 l 2 D1 l1 2,8.10−8 l 2 9,8.103 1

biến trở là bao nhiêu? Cường độ sáng của bóng đèn như thế nào.

độ dòng điện cho phép qua cuộn dây i = 2A/mm2. Tìm hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn

S1 D 2 l 2 = . S2 D1 l1

(1)



⇒ R = (R01 + R02) 1 + 

– Từ (1) và (2) suy ra: α =

của dây dẫn ở 100°C .

R2 1 + αt 2 = ≈ 1 + α (t 2 − t1 ) ⇒ R2 = R1 [1 + α (t 2 − t1 )] = 38,36(Ω ) . R1 1 + αt1

R 01α1 + R 02 α2  t  (2) R 01 + R 02  R 01α1 + R 02 α 2 R 01 + R 02

b) Khi mắc song song: R=

R1R 2

R1 + R 2

R 01 (1 + α1t).R 02 (1 + α2 t)

R 01 (1 + α1t) + R 02 (1 + α2 t)

⇒R =

R 01 .R 02 (1 + α1t)(1 + α 2 t)

R 01 + R 02 + R 01α1t + R 02 α 2 t)

R 01 .R 02

R 01 + R 02

Bài 8.

(1 + α1t)(1 + α2 t) R α + R 02 α 2 1 + 01 1 t R 01 + R 02

Cường độ dòng điện cho phép qua cuộn dây: I = iS = 2.106.πr2. l S

Điện trở của cuộn dây đồng: R = ρ = ρ

– Với α1, α2 << 1, ta có các công thức gần đúng: (1 + ε1 )(1 + ε 2 ) ≈ 1 + ε1 + ε 2 ;

1 + ε1

1 + ε2

≈ 1 + ε1 − ε2

Hiệu điện thế lớn nhất đặt vào cuộn dây: Umax = IR = 2.106. πr 2 .ρ

R 01 .R 02  R 01α2 + R 02 α1  t 1 + R 01 + R 02  R 01 + R 02 

– Từ (1) và (3) suy ra: α =

R 01α2 + R 02 α1 R 01 + R 02

Bài 9. a) Chiều dài một vòng quấn: C = 2πR = πd = 0,1413m + Chiều dài toàn bộ dây quấn: ℓ = nC = 300.0,1413 = 42,39m

(3)

ℓ S

+ Ta có: R = ρ =

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây khi chúng mắc nối tiếp là α = mắc song song là α =

R 01α1 + R 02 α 2 R 01 + R 02

; khi chúng

U max 63,585 = = 3A R max 21,195

• Dạng 3. Tính điện trở tương đương A. Phương pháp giải A

B +

0,8 A U Đ 24 = = 30Ω I Đ 0,8

U AB 32 = = 40Ω I 0,8

Đ R

+ Vì biến trở mắc nối tiếp với bóng đèn Đ nên: RAB = RĐ + R ⇒ R = 10Ω b) Theo đề ra ta có giá trị của biến trở khi này là R’ = 2R = 20Ω + Điện trở toàn mạch: Rm = RĐ + R’ = 30 + 20 = 50Ω + Dòng điện trong mạch khi này: I =

U 32 = = 0,64A R m 50

+ Vì I < 0,8 A nên đèn sáng yếu hơn mức bình thường 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 RĐ 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.

+ Dòng điện lớn nhất biến trở chịu được : I max =

+ Vì đèn sáng bình thường nên dòng điện chạy trong mạch là I =

+ Điện trở của mạch: R AB =

4.10−7.42,39 = 21,195Ω . 0,8.10−6

b) Ta có: U max = I max R max

Bài 7.

+ Điện trở của bóng đèn: R Đ =

πr 2

Vậy: Hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn dây là Umax ≈ 6,6 V .

R α + R 02 α1 1 + (α1 + α 2 )t R α + R 02α 2 t ≈ 1 + (α1 + α 2 − 01 1 )t ≈ 1 + 01 2 R 01α1 + R 02 α 2 R 01 + R 02 R 01 + R 02 1+ t R 01 + R 02

⇒ R=

nπd

⇒ Umax = 2.106.1,75.10–8.1000.π.0,06 ≈ 6,6 V .

nên (1 + α1t)(1 + α2 t) ≈ 1 + (α1 + α2 )t

⇒

nπd nπd =ρ . S πr 2

- Áp dụng công thức tính điện trở tương đương của:

r12 =

+ Mạch điện mắc nối tiếp các điện trở: R = R1 + R 2 + ... + R n

+ Mạch điện mắc song song các điện trở:

R2 R5

R4 N

1 1 1 1 = + + ... + R R1 R 2 Rn

R2 Rn

1 1 1 RR = + ⇒R= 1 2 R R1 R 2 R1 + R 2

+ Nếu có n điện trở R0 giống thì:

R1 A

Các điện trở mắc nối tiếp

Nếu có 2 điện trở thì:

R1R 3 R2R3 R1R 2 , r13 = , r23 = R1 + R 2 + R 3 R1 + R 2 + R 3 R1 + R 2 + R 3

Các điện trở mắc song

R 1 1 1 = + ... + ⇒R= 0 R R0 R0 n

- Trờng hợp mạch điện trở phức tạp có đoạn nối tắt (dây nối không điện trở) được giải quyết như sau:

• 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

B. VÍ DỤ MẪU

1. Mạch cầu cân bằng

Ví dụ 1: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó

+ Mạch cầu là mạch gồm 5 điện trở như hình vẽ.

R1 = 10Ω, R2 = 6Ω, R3 = 2Ω, R4 = 2Ω, R5 = 4Ω. Tính

R R + Điều kiện để mạch cầu là cân bằng: I5 = 0 ⇒ 1 = 2 R3 R4

điện trở tương đương của đoạn mạch đó.

R3 R1

R5 R4

+ Khi đó có thể bỏ R5 hoặc chập hai điểm M và N lại, nên mạch điện được vẽ lại như một trong 2 Hướng dẫn giải

hình sau:

+ Vì R3 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R35 = R3 + R5 = 6Ω

B A

+ Vì R4 mắc song song với R35 nên: B

+ Vì R2 mắc song song với R1345 nên:

Mạch cầu không cân bằng khi:

6Ω, R2 = 2Ω, R3 = 3Ω. Tính điện trở tương đương của đoạn

r13 B

không cân bằng ta chuyển từ mạch tam giác sang mạch hình sao hoặc ngược lại.

mạch đó.

r23

1 1 1 R 2 R1345 = + ⇒ R td = = 4Ω R td R 2 R 1345 R 2 + R 1345

Ví dụ 2: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 =

r12

R1 R 2 ≠ R3 R4

1 1 1 R 4 R 35 = + ⇒ R 345 = = 1,5Ω R 345 R 4 R 35 R 4 + R 35

+ Vì R1 mắc nối tiếp với R345 nên: R1345 = R1 + R345 = 10 + 1,5 = 11,5Ω A

2. Mạch cầu không cân bằng

Để giải các bài toán về mạch cầu

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.

+ Gọi N là điểm nối giữa điện trở R1 và R2. N và B nối trực tiếp với nhau nên N trùng với B.

– [R1 // (R2 nt R3)]: Rtđ =

Mạch điện được vẽ lại như sau:

R1 (R 2 + R3 )

R1 + R 2 + R3

– [R2 nt (R1 // R3)]: Rtđ = R2 + R1

+ Vì (R1 // R2 // R3) nên: 1 1 1 1 1 1 1 A R3 = + + = + + = 1 ⇒ R = 1Ω B ≡ N R R1 R 2 R 3 6 2 3 R2 A ≡ M R1

⇒

Ví dụ 3: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 15Ω, R2 = 10Ω, R3 = 10Ω, R4 = 10Ω. Tính điện trở tương

– [R2 // (R1 nt R3)]: Rtđ =

– [R3 // (R1 nt R2)]: Rtđ =

đương của đoạn mạch đó. R2

R2 (R1 + R3 )

R 2 + R1 + R3

– [R3 nt (R1 // R2)]: Rtđ = R3 +

R1R3

R1 + R3

R1R 2

R1 + R 2

R3 (R1 + R2 )

R3 + R1 + R2

1.(2 + 3) 5 = ≈ 0,83Ω . 1+ 2 + 3 6

=2+

2.(1 + 3) ≈ 1,33Ω . 2 +1+ 3

=3+

1.3 = 2,75Ω . 1+ 3

1.2 ≈ 3,67Ω . 1+ 2

3.(1 + 2) = 1,5Ω . 3 +1+ 2

Vậy: Có 8 cách mắc 3 điện trở R2, R1, R3 như trên.

Ví dụ 5: Dây dẫn có điện trở R = 144Ω. Phải cắt dây ra bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi mắc

Hướng dẫn giải

các đoạn đó song song nhau, điện trở tương đương là 4Ω?

+ Gọi M là điểm nối giữa điện trở R2 , R3 và R4.

Hướng dẫn giải

Mạch điện được vẽ lại R1

như sau: A

Điện trở của mỗi đoạn dây sau khi cắt là: R0 =

R1 B

R3 R2

⇒

R4 M

Điện trở tương đương của n đoạn dây giống nhau mắc song song là:

R3 R2 M

R . n

R tñ =

R0 n

R n2

⇒n=

R = R tñ

144 = 6. 4

Vậy: Phải cắt dây dẫn thành 6 đoạn bằng nhau. + Vì (R3 // R4) nên:

1 1 1 1 1 = + = + ⇒ R 34 = 5Ω R 34 R 3 R 4 10 10

+ Vì (R2 nt R34) nên: R 234 = R 2 + R 34 = 10 + 5 = 15Ω 1 1 1 1 1 + Vì (R1 // R234) nên: = + = + ⇒ R AB = 7,5Ω R AB R 1 R 234 15 15

Ví dụ 4: Ba điện trở R1 = 1Ω, R2 = 2Ω, R3 = 3Ω. Hỏi có bao nhiêu cách mắc các điện trở này với nhau? Tìm điện trở tương đương trong mỗi trường hợp.

Hướng dẫn giải

Ví dụ 6: Có hai loại điện trở R1 = 3Ω, R2 = 5Ω. Hỏi phải cần mỗi loại mấy cái để khi ghép nối tiếp, chúng có điện trở tương đương là 55Ω ?

Hướng dẫn giải 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

⇒ y=

55 − 3x = 11 – 0,6x 5

– Vì y nguyên, dương nên: 11 – 0,6x ≥ 0 ⇒ x ≤ 18,3 .

Các cách mắc 3 điện trở R1, R2, R3 là:

+ x = 0 ⇒ y = 11

– [R1 nt R2 nt R3]: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 1 + 2 + 3 = 6Ω.

+ x=5⇒y=8

1 1 1 1 1 1 1 11 6 – [R1 // R2 // R3]: = + + = + + = ⇒ Rtđ = ≈ 0,55Ω . R tñ R1 R 2 R 3 1 2 3 6 11

– [R1 nt (R2 // R3)]: Rtđ = R1 +

R 2 R3

R 2 + R3

= 1+

2.3 = 2,2Ω . 2+3

+ x = 10 ⇒ y = 5 + x = 15 ⇒ y = 2. 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 gồm:

+ mạch gồm 11 điện trở R2 ghép nối tiếp.

+ Vì Y > r nên Y là một đoạn mạch gồm r mắc nối tiếp với một đoạn mạch có điện trở Z như hình

+ mạch gồm 5 điện trở R1 và 8 điện trở R2 ghép nối tiếp.

+ mạch gồm 10 điện trở R1 và 5 điện trở R2 ghép nối tiếp.

Ta có: Y = r + Z ⇒ Z = Y − r = 2Ω

+ mạch gồm 15 điện trở R1 và 2 điện trở R2 ghép nối tiếp.

+ Vì Z < r nên Z là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một

Ví dụ 7: Có 50 chiếc điện trở, gồm ba loại điện trở 1Ω; 3Ω và 8Ω.

đoạn mạch có điện trở W như hình 4.

a. Tìm số cách chọn số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là

Ta có: Z =

100Ω. b. Tìm cách chọn số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là 100Ω và tổng số loại điện trở 1Ω; 3Ω là nhỏ nhất.

r r

r Hình 4

Như vậy W chính là điện trở r. + Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r mắc song song với nhau như hình 4. + Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình 4.

Hướng dẫn giải Gọi x; y và z lần lượt là số điện trở loại 1Ω; 3Ω và 8Ω (với x; y và z là các số nguyên không âm)  x + 3y + 8z = 100 (1) a) Theo đề ra ta có:   x + y + z = 50 (2)

Ví dụ 9: Một mạch điện gồm rất nhiều nhóm giống nhau (n → ∞), mỗi nhóm gồm hai điện trở R1 = 10Ω và R2 = 20Ω. Tính 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 mạch. M

7 2

+ Lấy (1) – (2) ta có: 2y + 7z = 50 ⇒ y = 25 − z

7 + Vì y ≥ 0 ⇒ 25 − z ≥ 0 ⇒ z ≤ 7,1 (*) 2

B N

= 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 = 40 b) Từ câu a ta suy ra cách chọn số loại điện trở sao cho tổng số loại điện trở 1Ω; 3Ω là nhỏ nhất nên

R1 R2

+ Để y là số nguyên, không âm thì z phải là bội của 2 hoặc y = 0 và thỏa mãn điều kiện (*). Vậy: z

n→∞

Hướng dẫn giải

phải chọn 40 điện trở 1Ω và 4 điện trở 3Ω.

+ Gọi R là điện trở tương đương của toàn mạch.

Ví dụ 8: Có một số điện trở r = 4Ω. Tìm số điện trở ít nhất và cách mắc chúng để có một điện

+ Vì mạch điện có nhiều nhóm giống nhau nên nếu không kể nhóm (1)

trở tương đương là 6,4Ω.

thì điện trở toàn mạch xem như cũng không đổi, nghĩa là vẫn bằng R.

Hướng dẫn giải

Ta có mạch điện tương đương như hình vẽ.

Gọi điện trở của mạch là R

Hình 1

mạch có điện trở X như hình 1. Ta có: R = r + X ⇒ X = R - r = 2,4Ω. + Vì X < r ⇒ X là đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn

+ Ta có: R = R 1 +

+ Vì R > r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với một đoạn

RR 2 R + R2

⇔ R 2 − R1R − R1R 2 = 0 ⇔ R 2 − 10R − 200 = 0 ⇒ R = 20Ω

Ví dụ 10: Cho mạch điện như hình bên R1 = 0,4Ω; R2 = 8Ω,

mạch có điện trở Y như hình 2. Ta có: X =

r.W 4.W ⇔2= ⇒ W = 4Ω = r r+W 4+ W

số ô điện trở là vô tận.

Y Hình 2

r.Y 4.Y ⇔ 2, 4 = ⇒ Y = 6Ω r+Y 4+Y

Tìm điện trở tương đương của mạch.

R1 R2

Hướng dẫn giải

r r

– Vì mạch điện dài vô hạn nên đoạn mạch từ CD trở đi tương đương với cả đoạn mạch AB. Z Hình 3

Bài 1. Tính điện trở tương

– Gọi R là điện trở tương đương của đoạn mạch (R = RAB = RCD): 8R R = R1 + = 0,4 + R2 + R 8+ R

⇒ 8R + R2 = 3,2 + 8,4R

R2 R

đương của những đoạn mạch

⇒ R 2 − 0,4R − 3,2 = 0

điện hình bên, biết rằng các

⇒ R = 2Ω; R′ = − Ω (loại).

= 12Ω, R3 = 5Ω, R4 = 15Ω. Tính điện trở tương đương của đoạn

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R = 2Ω.

mạch đó.

Ví dụ 11: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R1 = R3 = 2Ω, mạch.

R1 A

R4 N

+ Ta có:

a. Cho mạch điện cho như hình vẽ a, biết: R1

R2 R5

= 1Ω, R2 = 2,4 Ω, R3 = 2 Ω, R4 = 5 Ω, R5 =

M N

3Ω. b. Mạch điện cho như hình vẽ b, biết: R1 =

Hướng dẫn giải

R3 R4

Bài 3. Tính điện trở tương đương của mạch điện cho trong các trường hợp sau:

R2 = R5 = 4Ω, R4 = 5Ω. Tính điện trở tương đương của

Bài 2. Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 22,5Ω, R2

8 5

điện trở đều bằng nhau và bằng R = 12Ω D

R2 R3

C R4

Hình a

D R3

R2 B

Hình b

1Ω, R2 = R3 = 2Ω, R4 = 0,8Ω.

R1 R 3 ⇒mạch cầu không cân bằng. ≠ R2 R4

+ Trước tiên ta chuyển mạch có dạng tam giác AMN thành mạch hình sao. N

R1 A

r15

r13

r35

A R3

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 M

trở của hai dây.

1 2

 R 1R 3 = 0,5Ω  r13 = R1 + R 3 + R 5   R 1R 5 Với: r15 = = 1Ω R1 + R 3 + R 5   R 3R 5 = 1Ω  r35 = R1 + R 3 + R 5 

N A

r35

 R 152 = r15 + R 2 = 1 + 4 = 5Ω  R 354 = r35 + R 4 = 1 + 5 = 6Ω

R152 R 354 30 = Ω R152 + R 354 11

+ Vậy điện trở tương đương của mạch là: R AB = r13 + R OB =

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

B M

+ Mạch điện được vẽ lại đẩy đủ hình. Ta có:  + Lại có: R OB =

R. Tính điện trở giữa hai nút A và B.

r15

r13

Bài 5. Các điện trở trong mạch có sơ đồ như hình bên đều có cùng giá trị

Bài 6. Ba điện trở R1, R2, R3 được mắc theo sơ đồ bên. Biết khi đổi chỗ các điện trở, ta có thể tạo được các mạch có điện trở 2,5Ω; 4Ω; 4,5Ω.

71 Ω ≈ 3, 2Ω 22

Tính R1, R2, R3.

Bài 7. Cho đoạn mạch gồm n điện trở R1 = 1Ω; R2 = trở tương đương của mạch.

1 1 Ω ; ……Rn = Ω mắc song song. Tìm điện 2 n

Bài 8. Cho n điện trở R1 , R2 , . . ., Rn mắc song song . Tính: a. Điện trở tương đương theo R1. Biết:

công thức tính điện trở của mạch này theo mạch kia khi chúng tương đương nhau (biến đổi ∆ ↔ Y).

(n − 1)R (n −1) nR n R1 2R 2 3R 3 = = = ... = = 2R 2 3R 3 4R 4 nR n R1

Bài 16. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R1 = R3 = 2Ω, R2 = R5 = 4Ω, R4 = 4Ω. Tính điện trở tương đương của mạch

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 5Ω và 7Ω. Tìm số điện trở mỗi loại sao cho khi ghép nối tiếp ta được điện trở tổng cộng là 95Ω với số điện trở nhỏ nhất.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 10. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở loại 5Ω để mắc thành mạch điện có điện trở 8Ω. Vẽ

Bài 1.

sơ đồ cách mắc.

a) Hình 1: Vì R1 và R2 mắc nối tiếp nên ta có: Rtđ = R1 + R2 = 24 Ω

Bài 11. Có một số điện trở r = 5Ω.

b) Hình 2: Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω

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? Bài 12. Có một số điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R = 12Ω. Tìm số điện trở ít nhất và

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên:

R 1R 23 1 1 1 = + ⇒ R td = = 8Ω R td R1 R 23 R1 + R 23

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 1R 23 1 1 1 = + ⇒ R 1− 23 = = 8Ω R 1− 23 R 1 R 23 R1 + R 23

cách mắc để có điện trở tương đương bằng 7,5Ω.

+ Vì R mắc nối tiếp với R1-23 nên: Rtđ = R + R1-23 = 12 + 8 = 20Ω

Bài 13. Mạch điện cấu tạo bằng các điện trở r như hình vẽ.

Bài 2. + Vì R3 và R4 mắc nối tiếp nên ta có: R34 = R3 + R4 = 20Ω

Phải mắc thêm vào CD điện trở R bao nhiêu để

điện trở tương đương của mạch AB không phụ thuộc vào số ô điện trở?

giống nhau r như hình vẽ. Tính điện

trở tương đương của mạch điện. Coi

a) Vì R4 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R45 = R4 + R5 = 8 Ω

+ Vì R3 mắc song song với R45 nên:

Nhóm n

Bài 15. Cho hai sơ đồ mạch điện

+ Do R1 mắc song song với R2-3-45 nên:

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

+ Vì R12 mắc song song với R3 nên:

r23

C B

M R1

R2 R5

R4 N

R 1R 2−3− 45 1 1 1 = + ⇒ R td = = 0,8Ω R td R 1 R 2 −3− 45 R1 + R 2−3− 45

b) Vì R1 mắc nối tiếp với R2 nên: R12 = R1 + R2 = 3Ω

r12

R2 r13

R 3 R 45 1 1 1 = + ⇒ R 3− 45 = = 1,6Ω R 3− 45 R 3 R 45 R 3 + R 45

+ Vì R2 mắc nối tiếp với R3-45 nên: R2-3-45 = R2 + R3-45 = 4Ω

cũng không làm thay đổi điện trở tương của toàn mạch.

tương đương nhau. Hãy thiết lập

Bài 3.

Nhóm 1

rằng việc bỏ đi nhóm điện trở (1) thì

này bởi mạch kia. Khi đó hai mạch

1 1 1 R 2 R 34 = + ⇒ R 234 = = 7,5Ω R 234 R 2 R 34 R 2 + R 34

+ Vì R1 mắc nối tiếp với R234 nên: Rtđ = R1 + R234 = 7,5 + 22,5 = 30Ω

Bài 14. Một mạch điện gồm vô hạn những nhóm cấu tạo từ 3 điện trở

+ Vì R2 mắc song song với R34 nên:

R .R 1 1 1 = + ⇒ R12−3 = 12 3 = 1, 2Ω R 12 −3 R 12 R 3 R 12 + R 3

+ R4 mắc nối tiếp với R12-3 nên: Rtđ = R4 + R12-3 = 0,8 + 1,2 = 2Ω

Bài 4. Ta có: R1 + R2 = 6,25.

R1R2

R1 + R 2

⇔ ( R1 + R2 ) − 6,25R1R 2 = 0

R3 R2

⇔

R12 + 2R1R2 + R22 − 6,25R1R2 = 0 ⇔ R12 − 4,25R1R2 + R22 = 0

⇔

( R1 − 2,125R2 ) = (1,875R2 )

R1R2 = 3.(R1 + R2 + R3) – Thay (8) vào (5) ⇒ R2R3 = R1 + R2 + R3

⇔ R1 – 2,125R2 = 1,875R2

⇒ R1 = 4R2 (loại giá trị âm) ⇒

Vậy: Tỉ số điện trở của hai dây là

– Lấy (8) chia (9):

= 4.

– Lấy (10) chia (9):

Bài 5. – Mạch điện được vẽ lại như sau:

2, 4: R124

R = 3

B 4

2 4

– Điện trở tương đương của điện trở 1,

2, 3, 4: R1234 =

RAB

(11)

= 1,5 ⇒ R2 =

(12)

1,5 R1

1,5

= 3.(R1 +

1,5

R1 3

)

R R 9 1 1 9 + ) = 9Ω ; R2 = 1 = = 6Ω ; R3 = 1 = = 3Ω . 1,5 3 1,5 1,5 3 3

Bài 7. 1 1 1 1 = 1 + 2 + ... + n = + + ... + R R1 R 2 Rn n(n + 1) ⇒ = 2

R1234 .R5

A R1

2 R= . n(n + 1)

2 . n(n + 1)

Bài 8. 4R . 7

Bài 6. Vì vai trò của R1, R2, R3 như nhau nên giả sử các cách mắc có điện trở tương đương tương ứng là:

+ [(R2 nt R3) // R1]: Rtđ =

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R =

Vậy: Điện trở giữa hai nút A, B là RAB =

+ [(R1 nt R3) // R2]: Rtđ =

= 3 ⇒ R3 =

Vậy: Giá trị của các điện trở là 3 Ω ; 6 Ω và 9 Ω .

R1234 + R5

4R .R 4R 3 4R = 3 . = . = 4R 3 7 7 +R 3

+ [(R1 nt R2) // R3]: Rtđ =

⇒ R1 = 4,5.(1+

Ta có:

R 4R +R= 3 3

– Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB =

– Thay (11) và (12) vào (8), ta được: R1.

– Điện trở tương đương của điện trở 1,

(9)

– Thay (8) vào (6) ⇒ R1R3 = 1,5(R1 + R2 + R3) (10)

= 4.

(8)

(R1 + R 2 ).R3

R1 + R 2 + R3

(R1 + R3 ).R2

R1 + R 2 + R3 (R 2 + R3 ).R1 R1 + R2 + R3

= 2,5

R1  R 3 = 3k 2  R = R1 R R 1) Đặt 1 = k ⇒ R 2 = 1 ⇒  4 4k 3 2R 2 2k ...................   R = R1  n nk n −1

(1) + Mặt khác ta có:

= 4,5

(2) (3)

nR n =k R1

(2)

+ Từ (1) và (2) suy ra k = 1 ⇒ R 2 = + Điện trở tương đương: Rtđ =

(1)

R1 R R R ;R 3 = 1 ; R 4 = 1 ;...;R n = 1 2 3 4 n

R1 2R 1 = 1 + 2 + ... + n n(n + 1)

– Từ (1) ⇔ R1R3 + R2R3 = 2,5.(R1 + R2 + R3)

(4)

– Từ (2) ⇔ R1R2 + R2R3 = 4.(R1 + R2 + R3)

(5)

– Từ (3) ⇔ R1R2 + R1R3 = 4,5.(R1 + R2 + R3)

(6)

+ Số điện trở cần mắc là 5 , đó là các điện trở : R1, R2 , R3 ,R4 , R5

– Lấy (5) – (4) ⇒ R1R2 – R1R3 = 1,5.(R1 + R2 + R3)

(7)

Bài 9.

– Lấy (7) + (6) ⇒ 2R1R2 = 6.(R1 + R2 + R3)

2) Theo đề: Rtđ =

Rn 2R1 R ⇔ = 1⇒ n=5. 3 n(n + 1) 3n

Gọi x và y lần lượt là số điện trở loại 5Ω và 7Ω (với x và y là các số nguyên không âm)

Ta có: R/ = r + X/ ⇒ X/ = R/ - r = 2Ω.

7 5

+ Theo đề ra ta có: 5x + 7y = 95 ⇒ x = 19 − y

+ Vì X/ < r ⇒ X/ là đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có điện trở Y/ như hình e.

7 + Vì x ≥ 0 ⇒ 19 − y ≥ 0 ⇒ y ≤ 13,6 (*) 5

Ta có: X / =

+ 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 5Ω và 10

r.Y / 5.Y / 10 ⇔ 2= ⇒ Y/ = Ω / r+Y 5 + Y/ 3

+ Vì Y/ < r nên Y/ là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có điện trở Z/ như hình f. r.Z / 10 5.Z/ ⇔ = ⇒ Z/ = 10Ω r + Z/ 3 5 + Z/

điện trở loại 7Ω.

Ta có: Y / =

Bài 10.

+ Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r mắc

+ Để có điện trở 8Ω phải mắc nối tiếp điện trở 5Ω với điện trở X sao cho: 5 + X = 8 ⇒ X = 3Ω

nối tiếp với nhau như hình g.

+ Để có điện trở X = 3Ω phải mắc song song điện trở 5Ω với điện trở Y sao cho:

+ Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ

1 1 1 1 1 1 + = ⇔ = − ⇒ Y = 7,5Ω 5 Y X Y 3 5

như hình g.

r r r

r r

r g)

Bài 12.

+ Để có điện trở Z = 2,5Ω phải mắc song song điện trở 5Ω với điện trở T sao cho:

– Để có điện trở 7,5Ω phải mắc song song với điện trở 12Ω một điện trở

1 1 1 1 1 1 + = ⇔ = − ⇒ T = 5Ω 5 T Z T 2,5 5

X mà:

Vậy số điện trở tối thiếu là 5 điện trở

1 1 1 + = ⇒ X = 20Ω X 12 7,5

X R

– Để có điện trở 20Ω phải mắc nối tiếp với điện trở 12Ω một

Bài 11.

điện trở Y mà:

a) Gọi điện trở của mạch là R ⇒ R = 3 Ω

Y + 12 = 20 ⇒ Y = 8Ω

+ 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

Y R R

điện trở Z mà:

+ Với X = 7,5 > R = 3Ω ⇒ phải mắc nối tiếp điện trở r với điện trở Y nào

– Để có điện trở 8Ω phải mắc song song với điện trở 12Ω một

r.X 5.X Ta có: R = ⇔3= ⇒ X = 7,5Ω r+X 5+ X

1 1 1 + = ⇒ Z = 24Ω Z 12 8

– Để có điện trở 24Ω phải mắc nối tiếp với điện trở 12Ω

Z R

một điện trở 12Ω nữa.

đó (sơ đồ như hình b).

Vậy: Số điện trở tối thiểu là 5 điện trở và được mắc như

+ Ta có: X = r + Y ⇒ Y = X - r = 2,5Ω

+ Vì Y = 2,5Ω < R = 3Ω ⇒ mắc r song song với Z

+ Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình c.

5 + Z = Y ⇔ 5 + Z = 7,5Ω ⇒ Z = 2,5Ω

1 1 1 = + ⇒ Z = 5Ω = r 2,5 Z 5

+ Để có điện trở Y = 7,5Ω phải mắc nối tiếp điện trở 5Ω với điện trở Z sao cho:

⇒

R R R

Bài 13. 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.

– 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

Vậy điện trở tương đương của mạch R =

R 2 + 2rR − 2r 2 = 0

⇔

⇒ R = r( 3 − 1 );

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

A. Phương pháp giải

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 ).

+ Định luật ôm cho toàn mạch: I =

Bài 14. toàn mạch.

+ Vì mạch điện có nhiều nhóm giống

nhau nên nếu không kể nhóm (1) thì

 R = R1 + R 2 + ... + R n

r r

+ Mạch điện mắc nối tiếp các điện trở: I = I1 = I2 = ... = I n

 U = U + U + ... + U 1 2 n 

điện trở toàn mạch xem như cũng A

hình vẽ.

Rr  2 2 / / 2 2  R = 2r + R + r ⇒ R − 2rR − 2r = 0 ⇒ ∆ = ( b ) − ac = 3r

(

R = −b / + r 3 = r + r 3 = r 1 + 3 

)

Bài 15. Vì hai mạch điện là tương đương nhau nên khi nối hai điểm nào đó vào nguồn thì điện trở đều như

+ Mạch điện mắc song song các điện trở: 1 1 1 1  R = R + R + ... + R 1 2 n   I = I1 + I2 + ... + I n   U = U1 = U 2 = ... = U n

R2 Rn Các điện trở mắc song

B. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1:Hai điện trở R1, R2 mắc vào hiệu điện thế U = 12V. Lần đầu R1, R2 mắc song song,

nhau. Khi nối hai đầu AB vào nguồn: Mạch ∆ có {R1 // (R2 nt R3)}, mạch Y có r12 nt r13. Do đó ta có: R AB =

R1 ( R 2 + R 3 ) = r13 + r12 R1 + R 2 + R 3

Tương tự ta cũng có: R BC =

R 3 ( R1 + R 2 ) R1 + R 2 + R 3

(1) = r13 + r23

R (R + R3 ) = 2 1 = r23 + r12 R1 + R 2 + R 3

(2)

dòng điện mạch chính Is = 10A. Lần sau R1, R2 mắc nối tiếp, dòng điện trong mạch In = 2,4A. Tìm R1, R2.

Hướng dẫn giải Điện trở tương đương của đoạn mạch khi: + [R1 // R2]:

(3)

R1R 3 R2R3 R1R 2 Giải (1), (2) và (3) ta có: r12 = , r13 = , r23 = R1 + R 2 + R 3 R1 + R 2 + R 3 R1 + R 2 + R 3

Bài 16. Ta có:

Các điện trở mắc nối tiếp

như

Nhóm 1

Nhóm n

Nhóm 1

không đổi, nghĩa là vẫn bằng R. Ta có mạch điện tương đương

+ Ta có: 

U . Trong đó: I là dòng điện chạy trong mạch, R là điện tở R

tương đương của mạch, U là hiệu điện thế hai đầu mạch.

+ Gọi R là điện trở tương đương của

và R AC

R 12 R 34 6.6 = = 3Ω R12 + R 34 6 + 6

R1 R 3 = = 0,5 ⇒ mạch cầu cân bằng nên dòng điện qua R5 bằng 0 nên bỏ đoạn R5 đi ta có R2 R4

⇒

R1R 2

R1 + R2

Rs =

R1R 2

R1 + R2

U Is

12 = 1,2 10

+ [R1 nt R2]: Rn = R1 + R2 =

⇒ R1 + R2 =

(1) U In

12 =5 2,4

(2)

mạch ( R1 nt R2 ) / / ( R3 nt R4 ) .

Thay (2) vào (1) ta được: R1R2 = 1,2.5 = 6

(3)

Ta có: R 12 = R1 + R 2 = 2 + 4 = 6Ω , R 34 = R 3 + R 4 = 2 + 4 = 6Ω

Từ (2) suy ra: R2 = 5 – R1

(4)

Thay (4) vào (3) ta được: R1.(5 – R1) = 6

⇔

 R = 3Ω R12 − 5R1 + 6 = 0 ⇒  1 ;  R1 = 2Ω

b) Ta có:

 R 2 = 2Ω   R 2 = 3Ω

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.

Vậy: Có hai giá trị của R1 và R2 là (R1 = 3 Ω ; R2 = 2 Ω ) hoặc (R1 = 2 Ω ; R2 = 3 Ω ).

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 12Ω, R2 = 15Ω, R3 = 5Ω, cường độ qua mạch chính I = 2A.

16 A. 3

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I1 – I2 =

Tìm cường độ dòng điện qua từng điện trở. A

Điện trở của R3: R3 =

U3 I3

16 10 −2= A. 3 3

2 .3 = 0,6Ω . 10

c) Ta có:

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2R2.

Hướng dẫn giải Điện trở tương đương của R2 và R3: R23 = R2 + R3 = 15 + 5 = 20Ω. Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB =

R1R 23

R1 + R 23

Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

12.20 = = 7,5Ω . 12 + 20

Cường độ dòng điện qua điện trở R1: I1 =

U AB R1

U AB R 23

⇔

15 = 0,75A . 20

R2 R3

b) R3 nếu R1 = 3Ω, R2 = 1Ω. c) R2 nếu R1 = 5Ω, R3 = 3Ω.

. 2R2 3



18 – 2R2 =  2 + 

a) Ta có: Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.6 = 12V. U2 R3

12 = 4A . 3

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 2 + 4 = 6A. Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = UMN – U2 = 18 – 12 = 6V. 6 = 1Ω . 6

R2 R3

Hướng dẫn giải

R1 N

Mạch điện được vẽ lại như sau: Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

R34 =

Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

2R 2  5R 2 5R ⇔ 2 + R2 = 4 ⇒ R2 = 1,5Ω.  .5 ⇔ 9 – R2 = 5 + 3  3 3

U AB R1

54 = 1,5A 36

R3 R 4

R3 + R 4

U AB

R 234

U AB

R 2 + R34

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R3 và R4: U34 = U3 = U4 = I2R34 = 2,25.12 = 27V. Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

20.30 = 12Ω 20 + 30

Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

Điện trở tương đương của R3, R4:

Hướng dẫn giải

Tìm cường độ dòng điện qua từng điện trở.

18V, cường độ dòng điện qua R2 là I2 = 2A. Tìm:

2R 2

10Ω, R4 = 30Ω, UAB = 54V.

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UMN =

Ví dụ 4: Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 36Ω, R2 = 12Ω, R3 =

Vậy: Cường độ dòng điện qua các điện trở là I1 = 1,25A; I2 = I3 = 0,75A.

a) R1 nếu R2 = 6Ω, R3 = 3Ω.

Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = U – U2 = I1R1.

15 = 1,25A . 12

Cường độ dòng điện qua điện trở R2, R3: I2 = I3 =

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 2 +

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 2.7,5 = 15V.

Điện trở của R1: R1 =

U3 R3

27 = 1,35A . 20

54 = 2,25A . 12 + 12

Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

U4 R4

Ta có: Q = CU = 2.10–6.1 = 2.10–6 C.

27 = 0,9A . 30

Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 2.10–6C.

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 6: Cho mạch điện như hình vẽ: R4 = R2. – Nếu nối A, B với nguồn U = 120V thì I3 = 2A, UCD = 30V.

mạch chính I = 3A. Tìm:

– Nếu nối C, D với nguồn U’ = 120V thì U'AB = 20V.

a) UAB.

b) Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở.

R5 C R2

c) UAD, UED.

D E

R3 R4

Hướng dẫn giải Điện trở tương đương của R1, R3: R13 = R1 + R3 = 3 + 3 = 6Ω.

UCD I3

UCD

R13 .R24

R13 + R24

6.3 = 2Ω . 6+3

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R5 + RCB = 4 + 2 = 6Ω.

Cường độ dòng điện qua R1, R3: I1 = I3 =

UCB

Ta có: I2 =

⇔

R13

6 = = 1A . 6

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 1.3 = 3V. Cường độ dòng điện qua R2, R4: I2 = I4 =

UCB R 24

6 = 2A . 3

Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.2 = 4V. Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 2.1 = 2V. 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:

U AB

R 234

⇔ 2+

30 = R2

(2R2 + 30)(R2 + 30) R 2 +15

120 15R 2 R2 + 15 + R 2

⇔

= R2 +

15R 2

15 + R 2

(2R2 + 30) (15R 2 + R22 + 15R 2 ) = 120 . R2 15 + R 2

= 120 ⇒ R 22 − 15R2 − 450 = 0

⇒ R2 = 30Ω; R2 = –15Ω < 0 (loại). U′AB R1

U′CD

R1 + R 2

⇔

20 120 = R1 R1 + 30

⇔ R1 + 30 = 6R1 ⇒ 5R1 = 30 ⇒ R1 = 6Ω. Vậy: Giá trị các điện trở là R1 = 6Ω; R2 = 30Ω; R3 = 15Ω.

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R3 = 45Ω, R2 = 90Ω,

UAB = 90V. Khi K mở hoặc đóng, cường độ dòng điện qua R4 là

như nhau.

K B

R4 R2

Tính R4 và hiệu điện thế hai đầu R4.

R3 D

Hướng dẫn giải

Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = UAC + UCD = U5 + U1 = 12 + 3 = 15V.

– Khi K đóng, mạch điện

Hiệu điện thế hai đầu E, D: UED = UEB + UBD = U4 – U3 = 2 – 3 = –1V.

được vẽ như hình a; khi K

d) Điện tích của tụ điện

R3 R 4

R3 + R 4

Nếu nối C, D với nguồn U’ thì cường độ dòng điện qua R1: I1 =

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1.3 = 3V.

30 . R2

Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 +

b) Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở Hiệu điện thế hai đầu CB: UCB = IRCB = 3.2 = 6V.

30 . R2

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2 +

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 3.6 = 18V. Hiệu điện thế hai đầu R5: U5 = IR5 = 3.4 = 12V.

30 = 15Ω . 2

Điện trở tương đương của R2, R4: R24 = R2 + R4 = 2 + 1 = 3Ω. Điện trở tương đương của đoạn mạch CB: RCB =

Hướng dẫn giải

Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

a) Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B:

Tìm R1, R2, R3.

Nếu nối A, B với nguồn U thì: R3 =

d) Nối D, E bằng tụ điện C = 2µF. Tìm điện tích của tụ.

Ví dụ 5: Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = R3 = 3Ω, R2 = 2Ω, R4 = 1Ω, R5 = 4Ω, cường độ qua

R4 R3

A R2 Hình a

C B

D R4 Hình b

Bài 2. Tính điện trở tương đương của mạch điện cho trong các trường hợp sau:

mở, mạch điện được vẽ như hình b:

a) Cho mạch điện cho như hình vẽ a, biết: R1 = 1Ω, R2 = 2,4 Ω, – Khi K đóng, ta có: I2 = I4 =

U AB

U34 R4

U AB .R34

I4 =

U AD R14

I3 R124 R14

R3 + R124

R3 R4

N Hình a

A B

Ω; R3 = 6 Ω; R4 = 3 Ω; R5 = 10 Ω; UAB = 24 V. Tính điện

(1)

trở tương đương của đoạn mạch AB và cường độ dòng điện

Hình b

R2 A

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

90(45 + R 4 ) 90 + 45 + R 4 902 I4 = = 90(45 + R 4 ) 135R 4 + 10125 (45 + R 4 )(45 + ) 90 + 45 + R 4

đầu các điện trở.

(2)

Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = R3 = R5 = 3 Ω; R2

30 902 – Từ (1) và (2), ta có: = R 4 + 30 135R 4 + 10125

tương đương của đoạn mạch AB và hiệu điện thế giữa hai

90.

= 8 Ω; R4 = 6 Ω; U5 = 6 V. Tính điện trở tương đương của đoạn

R1 R2

⇔ 90 R4 + 243000 = 4050R4 + 303750

⇔ 4050R4 = 60750 ⇒ R4 = 15Ω. I4 =

30 2 = A 15 + 30 3

– Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 =

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = 8 Ω; R3 = 10 Ω;

2 .15 = 10V. 3

R2 = R4 = R5 = 20 Ω; I3 = 2 A. Tính điện trở tương đương của đoạn

Vậy: Giá trị điện trở R4 và hiệu điện thế hai đầu R4 là R4 = 15Ω và U4 = 10V.

Bài 7. Hai điện trở R1 = 6Ω, R2 = 4Ω chịu được cường độ dòng điện R1

R2 R2

điện hình bên, biết rằng các điện trở đều bằng nhau và

R1 B

Bài 1. Tính điện trở tương

bằng R = 12Ω

mạch AB, hiệu điện thế và cường độ dòng điện trên từng điện trở.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG đương của những đoạn mạch

R3 R4

mạch AB và cường độ dòng điện chạy qua từng điện trở.

⇒

; UAD = I3R124

U AB .R124

qua từng điện trở.

R14 (R3 + R124 )

R2 R3

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó R1 = R2 = 4

45R 4 45 + R 4 90 30 I4 = = = 45R 4 3R 4 + 90 R 4 + 30 R 4 (90 + ) 45 + R 4 90.

– Khi K mở, ta có: I3 =

0,8Ω.

(R 2 + R34 )R 4

U AB

b) Mạch điện cho như hình vẽ b, biết: R1 = 1Ω, R2 = R3 = 2Ω, R4 =

I 2 R34

R3 = 2 Ω, R4 = 5 Ω, R5 = 3Ω.

; U34 = I2R34

R2 + R34

Hình 1

Hình 2

R R3

R2 R1

Hình 3

tối đa là 1A và 1,2A. Hỏi bộ hai điện trở chịu được cường độ tối đa là bao nhiêu nếu chúng mắc: R3

a) Nối tiếp.

b) Song song.

Bài 8. Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 22,5Ω, R2 = 12Ω, R3 = 5Ω, R4 = 15Ω, UAB = 12V. Tính điện trở tương đương của mạch và cường

độ qua từng điện trở.

R3 R2

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên:

Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 10Ω, R2 = 6Ω,

R3 = 2Ω, R4 = 3Ω, R5 = 4Ω. Cường độ dòng

điện qua R3 là 0,5A. Tìm cường độ qua từng điện trở và UAB.

c) Hình 3 : Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω

R1 R4 A

R 1R 23 1 1 1 = + ⇒ R td = = 8Ω R td R1 R 23 R1 + R 23

+ Vì R1 mắc song song với R23 nên:

1 1 1 RR = + ⇒ R1−23 = 1 23 = 8Ω R123 R 1 R 23 R1 + R 23

+ Vì R mắc nối tiếp với R1-23 nên: Rtđ = R + R123 = 12 + 8 = 20Ω

Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 18Ω, R2 = 20Ω, R3 = 30Ω, cường độ qua nguồn I = 0,5A, hiệu điện thế hai đầu R3 là U3 = 2,4V.

Bài 2. R1

a) Vì R4 và R5 mắc nối tiếp nên ta có: R45 = R4 + R5 = 8 Ω

Tính R4.

+ Vì R3 mắc song song với R45 nên: 1 1 1 R 3 R 45 = + ⇒ R 345 = = 1,6Ω R 345 R 3 R 45 R 3 + R 45

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 15Ω, R2 = R3 =

R4 = 10Ω, dòng điện qua CB có cường độ là 3A. Tìm UAB.

+ Vì R2 mắc nối tiếp với R345 nên: R2345 = R2 + R345 = 4Ω

C R3

1 1 1 RR = + ⇒ R td = 1 2345 = 0,8Ω R td R1 R 2345 R1 + R 2345

Bài 12. Các đoạn dây đồng chất, tiết diện như nhau có dạng thẳng và

b) Vì R1 mắc nối tiếp với R2 nên: R12 = R1 + R2 = 3Ω

bán nguyệt được nối như hình vẽ. Dòng điện đi vào ở A và đi ra ở B.

D A

Tính tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt.

+ Do R1 mắc song song với R2345 nên:

+ Vì R12 mắc song song với R3 nên:

1 1 1 R .R = + ⇒ R123 = 12 3 = 1, 2Ω R 123 R 12 R 3 R 12 + R 3

+ R4 mắc nối tiếp với R123 nên: Rtđ = R4 + R123 = 0,8 + 1,2 = 2Ω C

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ: U = 12V, R2 = 3Ω, R3 =

5Ω.

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 = 6Ω, R3 = 9Ω. 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 3. - Phân tích đoạn mạch: R1 nt ((R2 nt R3) // R5) nt R4.

b) Khi K đóng, hiệu điện thế giữa C, D là 1V. Tìm R4.

a) Cho R4 = 2Ω. Tính cường độ qua CD.

B K

Ta có: R23 = R2 + R3 = 10 Ω

C R2

- Điện trở tương đương của mạch:

R = R1 + R235 + R4 = 12 Ω ⇒ Cường độ dòng điện chạ y trong các điện trở: I = I1 = I235 = I4 =

Với: U235 = U23 = U5 = I235R235 = 10 V nên: I5 =

Bài 1.

Bài 4.

a) Hình 1: Vì R1 và R2 mắc nối tiếp nên ta có: Rtđ = R1 + R2 = 24 Ω

R1 nt (R2 // R4) nt (R3 // R5).

b) Hình 2: Vì R2 và R3 mắc nối tiếp nên ta có: R23 = R2 + R3 = 24 Ω

R R ⇒ R235 = 23 5 = 5 Ω R23 + R5

Ta có: R24 =

U AB =2A R

U5 U = 1 A; I23 = I2 = I3 = 23 = 1 A. R5 R23

R2 R4 RR = 4,2 Ω; R35 = 3 5 = 2,4 Ω R2 + R4 R3 + R5

R2 A

⇒ Điện trở tương đương của mạch: R = R1 + R24 + R35 = 9 Ω

I1 =

- Hiệu điện thế haqi đầu các điện trở: U3 = U3 = U35 = I3R3 = 8 V - Với I35 = I24 = I1 = I =

U 35 10 = A nên: R35 3

U1 = 20 A. U1

Bài 7.

U24 = U2 = U4 = I24R24 = 14 V

a) Hai điện trở mắc nối tiếp

U1 = I1R1 = 8 V.

I ≤ I I ≤ 1A . Khi R1 mắc nối tiếp với R2:  1 ⇔  I ≤ I I ≤ 1,2A  2

Bài 5.

(R1 nt (R3 // R4) nt R5) // R2.

Vậy: Bộ hai điện trở mắc nối tiếp chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 1A.

RR Ta có: R34 = 3 4 = 2 Ω R3 + R4

b) Hai điện trở mắc song song

R1 R2

R3 R4

R1345 = R1 + R34 + R5 = 8 Ω ⇒ Điện trở tương đương của mạch: R =

R2 R1345 =4Ω R2 + R1345

⇒ I1 =

 I ≤ 2A

R1I1 R2

R1 + R2 R2

(1) (2)

= R3 + R4 = 5 + 15

Điện trở tương đương của R2, R3 và R4: R234 =

R4 nt (R2 // (R3 nt R5)) // R1. A

R2 R35 = 12 Ω R235 = R2 + R35

R 2 R34

R 2 + R34

12.20 = 7,5Ω 12 + 20

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U 235 = 5 A; U4235 = U1 = UAB = I4235R4235 = 160 V R235

Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R1 + R234 = 22,5 + 7,5 = 30Ω R1

U2 = 3 A; R2

Mạch điện được vẽ lại như sau:

Điện trở tương đương của R3 và R4:

Bài 6.

RR R = 1 4235 = 6,4 Ω ; I3 = I5 = I35 = 2 A R1 + R4235

=20Ω

R4235 = R4 + R235 = 32 Ω;

I1 I

Bài 8.

U I2 = 2 = 2 A. R2

R35 = R3 + R5 = 30 Ω;

Vậy: Bộ hai điện trở mắc song song chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 2A.

U U 4 2 I3 = 3 = A; I4 = 4 = A R3 3 R4 3

I235 = I4 = I4235 =

4 I = 0,4I ≤ 1 6+4

– Từ (1) và (2) suy ra: 

U1345 = U2 = UAB = I1345R1345 = 16 V

U35 = U2 = U235 = I35R35 = 60 V; I2 =

I =

 I ≤ 2,5A

U5 =2A R5

Mặt khác: U34 = U3 = U4 = I34R34 = 4 V

Nên:

R1 + R 2

và I2 = I – I1 = 0,6I ≤ 1,2

- Cường độ dòng điện chạytrong các điện trở: I5 = I34 = I1 = I1345 =

– Khi R1 mắc song song với R2: I = I1 + I2 = I1 +

U AB R AB

12 = 0,4A . 30

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I1R234 = 0,4.7,5 = 3V. Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U2 R2

3 = 0,25A . 12

Cường độ dòng điện qua R3, R4: I3 = I4 =

R34

3 = 0,15A . 20

Vậy: Điện trở tương đương của mạch và cường độ dòng điện qua các điện trở là RAB = 30 Ω ; I1 = 0,4A, I2 = 0,25A, I3 = I4 = 0,15A.

Bài 9.

Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2I3 =

Điện trở tương đương của R3, R5: R35 = R3 + R5 = 2 + 4 = 6Ω. Hiệu điện thế hai đầu R35: U35 = U4 = I3R35 = 0,5.6 = 3V.

U AB

R 234

Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 +

Cường độ dòng điện qua R3, R5: I3 = I5 = 0,5A. Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

U4 R4

3 = 1A . 3

⇒ I 2 = 2I3 =

U AB 15

⇒ I3 =

U AB

R3 R 4

R3 + R 4

U AB

= 3 ⇒ U AB = 30V .

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I3 + I4 = 0,5 + 1 = 1,5A.

Thay (2) và (3) vào (1):

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1,5.10 = 15V.

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là UAB = 30V.

Hiệu điện thế hai đầu AB: UAB = U1 + U35 = 15 + 3 = 18V. Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U AB R2

Mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: ROA = ROB = R

chiều dài là

Bài 10. Mạch điện được vẽ lại như sau: U3

2,4 Cường độ dòng điện qua R3: I3 = = = 0,08A R3 30 U3

2,4 Cường độ dòng điện qua R2: I2 = = = 0,12A R 2 20

πd πR ⇒ R ODB = . 2 2

⇒ I1 =

U U = R ACB πR

U = R AOB

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 0,2.18 = 3,6V.

6 = 20Ω . 0,3

I3 =

U OB

R ODB

Vậy: Giá trị điện trở R4 = 20 Ω .

Bài 11. Mạch điện được vẽ lại như sau:

U AB 15

(2)

10I3 10

ROA

RODB

I4 ROB

(1)

U RODB .ROB R AO + R ODB + R OB

C B

⇒ I3 =

πR R U .( 2 ) πR πR R +R πR 2 (R + 2 ). πR 2 +R 2

U R(π + 1)

Từ (1) và (2), ta có:

(2) I1

π +1 = 1,318 . π

Vậy: Tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt là 1,318.

Bài 13.

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 10I3. U3

R2 I2

Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

A I

UOB = I2ROB

Hiệu điện thế hai đầu cả đoạn mạch: U = U1 + U3 = 3,6 + 2,4 = 6V. U4

A D

πd.

I2 =

Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I – I1 = 0,5 – 0,2 = 0,3A ⇒ R4 =

+ RACB có chiều dài là πd ⇒ RABC =

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 0,12 + 0,08 = 0,2A.

U AB

I1 RACB

+ ROB có chiều dài là d; RODB có

I1 = 1,5A, I2 = 3A, I3 = I5 = 0,5A, I4 = 1A và UAB = 18V.

mà: I1 =

Đặt OB = d, ta có:

Vậy: Cường độ dòng điện qua từng điện trở và UAB là

ICB = I1 + I3 = 3 (1)

Bài 12.

18 = = 3A . 6

Áp dụng qui tắc nút mạng, tại C ta có:

= 10 + 5 = 15Ω .

(3)

U AB

= I3 .

a) Khi K mở: Ta có: UCD = UCA + UAD = –U1 + U2 ⇒

U1 = IR1 =

U .R R1 +R3 1 A

C R1 R2

R3 R4

B K

⇔ 2=

12.R1

R1 +5

Hiệu điện thế hai đầu C, B: UCB = UAB – UAC

⇔ 2R1 +10 = 12R1

⇒ UCB = 75 –

⇔ 10R1 = 10 ⇒ R1 = 1Ω . Vậy: Khi K mở, R1 = 1 Ω .

168,75.(6 + R 4 ) 13,5 + 8,25R 4

450R 4

8,25R 4 +13,5

Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

UCB

b) Khi K đóng:

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 =

U 12 .R = .5 = 10V . R1 + R 3 3 1 + 5

Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 =

U 12 .R = .R . R2 + R4 4 3 + R4 4

Ta có: I1 =

R1.R4 = R2.R3 ⇒ R4 =

12 .R = - 1 . 3 + R4 4

R2R4

⇔

R 2 +R 4

6R 3.9 + 4 = 2,25 + 3+9 6+R 4

R1 R3 D

độ

dòng

điện

qua

75 . = 6R 4 2,25+ 6+R 4

168,75.(6 + R 4 ) 75 .2,25 = 6R 4 13,5 + 8,25R 4 2,25 + 6 + R4

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

⇒ I1 =

chính:

8,25R 4 +13,5

75R 4

8,25R 4 +13,5

+2 ⇔ 56,25R 4 +337,5 = 91,5R 4 +27

+ Trường hợp 2: I1 + ICD = I2

⇔

56,25.(R 4 + 6) 8,25R 4 +13,5

+2 =

75R 4

8,25R 4 +13,5

⇔ 72,75R 4 +364,5 = 75R 4

⇔ 2,25R 4 = 364,5 ⇒ R 4 = 162Ω . Vậy: Để ICD = 2A thì R4 = 8,81 Ω hoặc R4 = 162 Ω .

Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = IR13

⇒ UAC =

mạch

56,25.(R 4 +6)

⇔ 35,25R 4 = 310,5 ⇒ R 4 = 8,81Ω .

Cường

6.9 = 18Ω . 3

+ Trường hợp 1: I1 = I2 + ICD

Điện trở tương đương đoạn mạch AB: R1R3

Tại C, ta có:

Vậy: Khi K đóng, để UCD = 1V thì R4 = 9 Ω hoặc R4 = 33 Ω .

R1 +R3

c) Khi ICD = 2A:

Bài 14.

RAB = R13 + R24 =

R 2 R3

Vậy: Để ICD = 0 thì R4 = 18 Ω ,

12R 4 = 11.(R 4 + 3) ⇒ R 4 = 33Ω .

R AB

56,25.(2 + 6) 75.2 = 15A ; I2 = = 10A . 8,25.2 + 13,5 8,25.2 + 13,5

b) Khi ICD = 0: Lúc đó mạch cầu cân bằng nên:

+ UCD = 10 –

450R 4

6.(8,25R 4 +13,5)

Vậy: Khi R4 = 2Ω thì ICD = 5A.

12 + UCD = 10 – .R = 1 ⇔ 12R 4 = 9.(R 4 + 3) ⇒ R 4 = 9Ω . 3+R 4 4

U AB

I2 =

Tại C: I1 = I2 + ICD ⇒ ICD = I1 – I2 = 15 – 10 = 5A.

Ta có:

6+R 4

⇒

a) Khi R4 = 2Ω:

Ta có: UCD = UCB + UBD = U3 – U4

6R 4

U AC R1

168,75.(6 + R 4 ) 1 56,25.(R 4 + 6) . = 13,5 + 8,25R 4 3 13,5 + 8,25R 4

• Dạng 5. Mắc Ampe kế và Vôn kế vào mạch A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

75R 4

8,25R 4 +13,5

+ 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.

Hướng dẫn giải

+ Vôn kế mắc song song với điện trở R, để đo hiệu điện thế hai đầu điện trở R, số chỉ của vô kế

Gọi C là giao điểm của (R2, R3) D là giao điểm của (R1, R2)

là hiệu điện thế hai đầu R.

Lưu ý:

Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên:

− Nếu điện trở của vôn kế không phải rất lớn (bằng vô cùng) thì dòng điện vẫn chạy qua vôn kế

A và C có cùng điện thế → chập C và A lại.

V nên không thể bỏ đoạn mạch chứa vôn kế được.

B và D có cùng điện thế → chập D và B lại.

− Nếu ampe kế có điện trở đáng kể thì xem ampe kế như một điện trở.

Mạch điện được vẽ lại như sau:

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó

R3 C

các điện trở R1 = 2Ω, R2 = 3Ω, R3 = 6Ω, các ampe kế có điện trở không đáng kể. Hiệu điện thế giữa hai

R1 D R2

→A ≡ C

R1 R4

R4 R2

Ta có: ( R1 / / R 2 ) nt R 4  / / R 3

đầu đoạn mạch UAB = 6V. Tìm số chỉ của các ampe

kế.

 R = 1 2 = 20Ω R R Vậy:  12 R1 + R 2 ⇒ R AB = 124 3 = 20Ω

Hướng dẫn giải Gọi C là giao điểm của (R2, R3) D là giao điểm của (R1, R2)

⇒ U = IR AB = 1, 2.20 = 24V ⇒ I3 =

Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên: A và C có cùng điện thế → chập C và A lại.

U12 8   I1 = R = 40 = 0, 2A  1 U12 = I12 R 12 = 0, 4.20 = 8V ⇒   I = U12 = 8 = 0, 2A  2 R 2 40

Mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: ( R1 / / R 2 / / R 3 )

Vậy:

R1 D R2 R3 B A 1 1 1 1 1 1 1 C ⇒ = + + = + + ⇒ R AB = 1Ω R AB R 1 R 2 R 3 2 3 6 A2 U 6 U 6 U 6 U 6 ⇒I= = = 6A; I1 = = = 3A; I 2 = = = 2A; I3 = = = 1A R AB 1 R1 2 R2 3 R3 6

→ A≡C

B≡D

Để tìm số chỉ ampe kế ta dựa vào mạch ban đầu: I = I1 + IA ⇒ I A = I − I1 = 1, 2 − 0, 2 = 1A

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = 12Ω, R2 = 6Ω, R3 =

Ví dụ 2: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Trong đó các

trong mạch chính I = 1,2°. Tìm số chỉ của các ampe kế và cường độ dòng điện qua mỗi trở.

kế có điện trở không đáng kể, cường độ dòng điện chạ y

không đáng kể. Tìm số chỉ của các ampe kế.

Số chỉ ampe kế 2: I3 + I A = I ⇒ IA = I − I3 = 5A

điện trở R1 = 40Ω, R2 = 40Ω, R3 = 30Ω, R4 = 40Ω, ampe

A1 R1

R4 = 4Ω, UAB = 18V. Biết điện trở của ampe kế và dây nối

Số chỉ ampe kế 1: I = I1 + IA ⇒ IA = I − I1 = 3A 2

U 24 = = 0,8A R 3 30

Mà I = I124 + I3 ⇒ I124 = I − I3 = 1,2 − 0,8 = 0, 4A = I4 = I12

B và D có cùng điện thế → chập D và B lại.

R 124 + R 3

 R = R + R = 60Ω  124 12 4

A A

R3 R4

Hướng dẫn giải

Gọi C là giao điểm của (R2, R3)

Mạch điện được vẽ lại như sau:

D là giao điểm của (R1, R2)

a) Điện trở tương đương của đoạn mạch.

E là giao điểm của (R1, R4, A1)

Ta có:

Vì các ampe kế có điện trở không đáng kể nên:

( R1 / / R 3 ) nt ( R 2 / / R 4 )  nt R 5

E và C có cùng điện thế → chập C và E lại. B và D có cùng điện thế → chập D và B lại. Mạch điện được vẽ lại như

→

A2 A

R5 E

A R3

C R4

→

E≡C R4

B≡D

R 13 =

R 1.R 3 8.12 R .R 8.24 = = 4,8Ω; R 24 = 2 4 = = 6Ω , R 1 + R 3 8 + 12 R 2 + R 4 8 + 24

Điện trở tương đương toàn mạch:

R = R 13 + R 24 + R 5 = 4,8 + 6 + 1, 2 = 12Ω

b. Cường độ dòng điện qua các điện trở.

Ta có:  R 4 nt ( R 1 / / R 2 / / R 3 ) 

Cường độ dòng điện qua R5: I5 = I =

1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + ⇒ R123 = 2Ω R 123 R 1 R 2 R 3 12 6 4

U 24 = = 2A ⇒ I13 = I 24 = I5 = I = 2A R 12

 U13 = R13I13 = 4,8.2 = 9,6V ⇒ U1 = U 3 = U13 = 9,6V ⇒  U 24 = R 24I24 = 6.2 = 12V ⇒ U 2 = U 4 = U 24 = 12V

U1 9,6   I1 = R = 8 = 1, 2A  1 Cường độ dòng điện qua R1 và R3:   I = U 3 = 9,6 = 0,8A  3 R 3 12

⇒ R AB = R 4 + R123 = 6Ω U 18 = = 3A = I4 = I123 R AB 6

U 2 12   I 2 = R = 8 = 1,5A  2 Cường độ dòng điện qua R2 và R4:   I = U 4 = 12 = 0,5A  4 R 4 24

⇒ U 4 = R 4 I 4 = 4.3 = 12V ⇒ U123 = U − U 4 = 6V ⇒ I1 =

R2 C

R1 D R2

⇒I=

U123 6 U 6 U 6 = = 0,5A; I2 = 123 = = 1A; I3 = 123 = = 1,5A R1 12 R2 6 R3 4

Số chỉ ampe kế 1: I 4 = I1 + I A ⇒ IA = I4 − I1 = 2,5A 1

Số chỉ ampe kế 2: I3 + I A = I ⇒ IA = I − I3 = 1,5A 2

c. Số chỉ ampe kế.

Giả sử chiều dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ C đến

D (như hình vẽ).

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R2 = 8Ω, R3 = R1

12Ω, R4 = 24Ω, R5 = 1,2Ω, RA = 0, UAB = 24V. Tính: a. Điện trở tương đương của đoạn mạch.

b. Cường độ dòng điện qua các điện trở.

c. Số chỉ ampe kế.

Hướng dẫn giải Gọi C là giao điểm của (R1, R2) 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.

I1 I

IA A

I3 R3

R5 R4

⇒ I A = I1 − I 2 = 1, 2 − 1,5 = −0,3A . Dấu “-“ chứng chỏ rằng: dòng điện phải chạ y từ D đến C và số chỉ

A R3

Khi đó tại nút C ta có: I1 = I A + I2

C I2 R2 I1

của ampe kế là 0,3A.

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ: trong đó R1 = 8Ω, R2 = 12Ω, R3 = 3Ω, R5 = 4Ω. R4 là biến

⇔I1R1 = I3R3

trở. Biết UAB = 34V và RV rất lớn.

Mặt khác: UMN = UMB + UBN = UMB – UNB = 0 ⇒ UMB = UNB

1. Với R4 = 3Ω. Tính: R5

a. RAB.

⇔I1R2 = I3R4

b. Cường độ dòng điện ở mạch chính.

c. Số chỉ của vôn kế. Cực dương của Vôn kế phải nối với

(1)

(2)

– Lấy (1) chia (2) ta được:

R1 R 3 R R = ⇒ R 4 = 2 3 = 6Ω : mạch cầu cân bằng. R2 R4 R1

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ, biết R1 = R2 = R3 = 6 Ω, R4

điểm nào?

= 2 Ω. Tính điện trở tương đương của mạch trong các trường hợp

2. Điều chỉnh R4 để (V) chỉ 0V. Tính R4.

Hướng dẫn giải

a) Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở rất lớn.

Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện không chạy qua vôn kế.

b) Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở rất nhỏ.

Mạch điện được vẽ lại như sau:

Hướng dẫn giải

N R1

R3 A

R2 M

1. Với R4 = 3Ω.

a) Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện không qua vôn kế nên đoạn mạch chứa vôn kế có thể

a) Tìm RAB.

bỏ đi khi đó:

Ta có: R 5 nt ( R1 nt R 2 ) / / ( R 3 nt R 4 )

R 12 = R 1 + R 2 = 18Ω

R 34 = R 3 + R 4 = 6Ω R 1234 =

C R3

R4 R3

→

N  R 23 = R 2 + R 3 = 12Ω R 1.R 23  R1−23 = R + R = 4Ω 1 23 

R 12 .R 34 6.18 = = 4,5Ω , R 12 + R 34 6 + 18

+ Ta có: 

Điện trở tương đương toàn mạch:

+ Điện trở tương đương của toàn mạch: Rtđ = R1-23 + R4 = 6Ω

R = R 5 + R1234 = 4 + 4,5 = 8,5Ω

b. Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

( R 2 nt R 3 ) / /R1  nt R1

U 34 = = 4A R 8,5

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: ( R 3 / / R 4 ) nt R1  / / R 2

c. Số chỉ của vôn kế:

Cường độ dòng điện qua R5: I5 = I1234 = I = 4A

R4 R3

A U 5 = R 5I5 = 4.4 = 16V ⇒ U1234 = U − U 5 = 18V

R2 M

Cường độ dòng điện qua R1 và R2: I1 = I2 = I12 =

U12 U1234 18 = = = 1A R 12 R 12 18

Cường độ dòng điện qua R3 và R4: I3 = I4 = I34 =

U 34 U1234 18 = = = 3A R 34 R 34 6

Từ hình vẽ ta có: U MN = U MC + U CN = − R1I1 + R 3I3 = −6.1 + 3.3 = 3V Mà: U MN = VM − VN = 3V > 0 ⇒ VM > VN nên cực dương của (V) mắc với M và cực âm mắc với N. 2. Điều chỉnh R4 để (V) chỉ 0V Ta có: UMN = UMC + UCN = – UCM + UCN = 0 ⇒ UCM = UCN

Ta có: R 34 =

R 3 .R 4 6.2 = = 1,5Ω , R3 + R4 6 + 2

R 34 −1 = R 34 + R 1 = 1,5 + 6 = 7,5Ω

Điện trở tương đương toàn mạch: R=

R 34−1 .R 2 7,5.6 10 U 18.3 = = Ω⇒I= = = 5,4A R 34−1 + R 2 7,5 + 6 3 R 10

→

B≡M N R2

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R2 = R3 = R4 = R5 =

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình. Biết: UAB = 7,2V không đổi; R1

10Ω, UAB = 30V, RA = 0. R4 A

a. RAB.

B R2

b. Cường độ dòng điện qua các điện trở.

không đáng kể. Tính số chỉ của ampe kế và UAN khi:

a) Khi khóa K mở mạch vẽ như hình, lúc đó:

Gọi C là giao điểm của (R2, R4, R5)

( R 2 nt R 4 ) / /R 1  nt R 3

Mạch điện được vẽ lại như sau: A R4

B R2

→

B≡C D R4

R4 B

( R 2 + R 4 ) .R1 = 3,6Ω ( R 2 + R 4 ) + R1 U 7, 2 = = 2A R 3,6

Ta có: U MB = U − IR 3 = 7, 2 − 2.2 = 3, 2V ⇒ I2 =

U MB 3, 2 = = 0, 4A R 24 2 + 6

Vậy số chỉ của ampe kế là 0,4A

b) Khi đóng khóa K thì A và N cùng điện thế nên chập A và N lại mạch điện vẽ như hình sau:

R 3R 4  R 34 = = 5Ω R R R3 + R4 Vậy:  ⇒ R AB = 134 2 = 6Ω R 134 + R 2  R = R + R = 15Ω 1 34  134

( R 2 / /R 3 ) nt R 1  / /R 4 R 23 =

R 2 .R 3 2.2 = = 1Ω R2 + R3 2 + 2

A, N

R 123 = R 23 + R1 = 1 + 2 = 3Ω

+ Ta có U134 = U2 = UAB = 30V U 30 = = 3A R 2 10

+ Dòng điện chạy qua đoạn R1 – R34: I134 =

U 30 = = 2A R134 15

Lại có: I1 = I34 = I134 = 2A nên: U34 = UAB – U1 = UAB – I1R1 =30 – 2.10 = 10V Vì U3 = U4 = U34 = 10V, mà R3 = R4 = 10Ω ⇒ I3 = I4 =

U 34 10 = = 1A R 4 10

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

R4 M

R123 + R 4 3.6 = = 2Ω R123 .R 4 3+ 6

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I = Từ hình ta có U4 = UAB = 7,2V nên I 4 =

U 7, 2 = = 3,6A R 2

U AB 7,2 = = 1,2A R4 6

Vậy dòng điện qua R1 là: I1 = I − I4 = 3,6 − 1, 2 = 2, 4A Lại có U23 = I1R23 = 2,4.1 = 2,4V. Dòng điện qua R2 là: I 2 = Vì số chỉ của ampe kế A là I2 nên ta có IA = 1,2A Vì A và N trùng nhau (cùng điện thế) nên UAN = 0

U 2 U 23 2, 4 = = = 1, 2A R2 R2 2

Ta có: U AN = U AM + U MN = U3 + U 2 = I3 R 3 + I2 R 2 = 2.2 + 0, 4.2 = 4,8V

a) Ta có: ( R 3 / / R 4 ) nt R1  / / R 2

+ Dòng điện chạy qua đoạn R2: I 2 =

R = R3 +

Dòng điện qua mạch chính: I =

R3 A

A R3

Điện trở tương đương của mạch:

không chạy qua R5 nên I5 =0) .

Hướng dẫn giải

Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên B và C có cùng điện thế → chập C và B lại (dòng điện

b) K đóng.

Hướng dẫn giải

D là giao điểm của (R1, R3, R4)

a) K mở.

c. Số chỉ Ampe kế

A + −

= R2 = R3 = 2Ω, R4 = 6Ω. Điện trở của ampe kế và của khóa K nhỏ

Tìm:

Ví dụ 9: Khi mắc điện trở R nối tiếp với mạch gồm hai ampe kế mắc song song vào nguồn điện

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = R3 =30Ω, R2 = 5Ω, R4 = 15Ω, RA = 0, UAB = 90V, RV rất

có hiệu điện thế U không đổi thì ampe kế A1 chỉ I1 = 2A; ampe kế A2 chỉ I2 = 3A. Nếu chuyển

lớn.

hai ampe kế thành nối tiếp thì chúng đều chỉ I = 4A. Nếu chỉ mắc R vào nguồn điện trên thì dòng

Tìm:

điện qua R là bao nhiêu?

a. Điện trở tương đương của đoạn mạch.

Hướng dẫn giải

b. Số chỉ ampe kế và vôn kế

+ Gọi R1 là điện trở của ampe kế A1, R2 là điện trở của

ampe kế A2. R

*Khi mắc 2 ampe kế song song nhau.

Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UAB = 18V , R1 = R2 = R3 B

Ta có: I1R 1 = I 2 R 2

R1 A

của vôn kế.

(1)

*Khi A1 nối tiếp A2:

R3 = R4 = R5 = 1Ω;

RA ≈ 0; RV = ∞ (rất lớn).

Ta có: U AB = I 'R ' = I'(R + R 1 + R 2 )

a) Tính RMN.

⇔ U = 4 ( R + 2,5R 2 )

b) Tính số chỉ của ampe kế và vôn kế.

(2)

b) Tính số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r.

c) Vôn kế đang chỉ U1 (hai r nối tiếp). Để V chỉ 0: – Ta chuyển chỗ một điện trở, đó là điện trở nào và chuyển

Bài 1. Cho mạch điện có sơ đồ như hình. Biết R1 = 10Ω và R2 R1

a) Tìm số chỉ của các ampe kế A2 và A3.

Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ. R1 = 15Ω, R2 = R3 = R4 =

b. Ampe kế chỉ 3A, tính UAB và cường độ dòng điện qua các

V R3

– Hoặc đổi chỗ hai điện trở. Đó là các điện trở nào?

Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Cho biết: R1 = 1Ω, R2 = 2Ω, R3 = 3Ω, R4 = 5Ω, R5 = 0,5Ω, điện trở vôn kế rất lớn, dây dẫn và khóa K có điện trở không

R2 R3

R3 A R4 R4

mạch, dòng điện qua các điện trở và số chỉ của vôn kế, trong các trường hợp sau: a) Khóa K đang mở.

A +

đáng kể. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là UAB =

20V. Hãy tính điện trở tương đương của mạch toàn

đi đâu?

b) Hiệu điện thế ở 2 đầu R3 là 15V. Tìm số chỉ của vôn kế V.

a. Tìm RAB.

điện trở r nối tiếp, vôn kế chỉ U1, khi chúng song song vôn kế chỉ U2 = 3U1.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

10Ω, RA = 0.

a) Tính r.

7U 38 ⇒ IR = ≈ 5, 43A 38 7

= 3R3. Ampe kế A1 chỉ 4A.

R5 R2

R4 R1

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = 12V, R1 = 5Ω, R2 = 25Ω, R3 = 20Ω, RV rất lớn. Khi hai

U  R = 5R + 3R 2 = U  2 38 ⇒  4R + 10R 2 = U  R = 7U  3

Giải (1) và (2) ta có: 

*Khi mạch chỉ có R, ta có: U = IR .R ⇔ U = I R .

Bài 5. Cho mạch điện như hình: UMN = 4V; R1 = R2 = 2Ω; A1

của ampe kế và chiều dòng điện qua ampe kế.

R1R 2 1,5R 2 R 2 =R+ = R + 0,6R 2 R1 + R 2 1,5R 2 + R 2

Ta có: U AB = I.R AB ⇔ U = 5 ( R + 0,6R 2 )

b) Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở rất nhỏ. Tìm số chỉ

Cường độ dòng điện trong mạch chính: I = I1 + I2 = 2 + 3 = 5 (A)

Điện trở toàn mạch: R AB = R + R12 = R +

R4 R3

a) Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở rất lớn. Tìm số chỉ

⇔ 2R1 = 3R 2 ⇒ R 1 = 1,5R 2

điện trở.

= 6Ω, R4 = 2Ω.

b) Đóng khóa K.

R3 R2

Bài 8. Vôn kế V được mắc vào mạch điện có U = 220V. Khi mắc nối tiếp V với R1 = 15kΩ thì V

Bài 1.

chỉ U1 = 70V. Khi mắc nối tiếp V với R2 thì V chỉ U2 = 20V. Tính

a) Ta có:

R 2.

Bài 9. Cho mạch điện như hình. Cho biết: R1 = R2 = 5Ω; R3 = R4 =

A1 R4

A2 R5

R5 = R6 = 10Ω. Điện trở của các ampe kế nhỏ không đáng kể.

A3 R6

b) Cho hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = 30V. Tìm

A3 lần lượt là 1A và 0,2A. Hãy tìm:

b) Số chỉ của Ampe kế A1 bằng bao nhiêu?

Bài 11. Cho mạch điện như hình. Hiệu điện thế

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. R1

a) Điện trở tương đương của R2

A B R1

kể, điện trở vôn kế vô cùng lớn.

Bài 2.

Mạch điện được vẽ lại như sau: A

điện trở là: R1 = R2 = R3 = R4 = 6Ω; điện trở ampe kế không đáng

Hiệu điện thế hai đầu mạch là: U = U1 + U3 = 40 + 15 = 55V

−

giữa hai điểm A, B là UAB = 18V không đổi. Trong đó giá trị các

Gọi C là giao điểm của (R1, R3, RA)

R +

b) Đổi chỗ ampe kế và vôn kế cho nhau. Tính số chỉ của ampe kế và vôn kế lúc này.

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ trong đó 3

vôn kế giống nhau. Hỏi vôn kế V1 chỉ giá trị

bao nhiêu biết V = 5(V) và V2 = 1(V).

M R

R 234 + R1

b) Tính UAB và cường độ dòng điện qua các điện trở. Giả sử dòng điện qua R3 có chiều từ D đến C.

⇔

Nếu đặt vào AB hiệu điện thế 100 V thì người ta có thể lấ y ra ở hai đầu CD một hiệu điện thế UCD = 40 V và ampe kế

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.

U U U 2 U ( U − U3 ) U U U3 = + = + = + − R R1 R 2 R1 R2 R1 R 2 R 3

Từ (1) và (2) ta có: I = I1 + I2 ⇔

chỉ 1A. Nếu đặt vào CD hiệu điện thế 60 V thì người ta có thể lấy

U U3 U U + ⇒ 3 = 3− (1) R1 R 3 R3 R1

Tại A: I = I1 + I 2

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

 3 4 R = = 5Ω R 234 R1 Vậy:  34 R 3 + R 4 ⇒ R AB = = 7,5Ω

Khi đó tại C ta có: I A = I1 + I3 ⇔ 3 =

R1 B

R2 D

⇒U=

(2) do (R 2 = R 3 )

U U U  U = + −3−  R R1 R 2  R1 

3 3 = = 30V 2 1 1 2 1 1 + − + − R 1 R 2 R 15 10 7,5

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

R3 R2 D

 R = R + R = 15Ω 2 34  234

E R

đoạn mạch. Ta có:  R 2 nt ( R 3 / / R 4 )  / / R 1

a) Tính số chỉ của vôn kế, ampe kế.

b) Hiệu điện thế hai đầu điện trở R1: U1 = I1R1 = 4.10 = 40 V

Bài 10. Cho mạch điện như hình. Các Ampe kế giống nhau có điện trở RA. Số chỉ của các Ampe kế A2, R RA

Vậy số chỉ của A2 là 1A và số chỉ của A3 là 3A.

cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ các ampe kế.

a) Tỷ số

I = I1 = I2 + I3 ⇔ 4 = I2 + 3I2

⇒ I2 = 1A ⇒ I3 = 3A

Lại có:

a) Tính điện trở tương đương RAB của đoạn mạch AB.

U 23 = U 2 = U 3 ⇔ I2 R 2 = I3 R 3

⇔ I2 .3R 3 = I3 R 3 ⇒ I3 = 3I2

U 30 = = 2A < I R1 15

Như vậy chiều dòng điện qua R3 có chiều từ C đến D.

→

B≡C D R1

Cường độ dòng điện qua R2: I = I1 + I2 ⇒ I2 = I − I1 = 1A = I34

 3 4 = 10Ω R 34 = R 234 R1 R3 + R4 Vậy:  ⇒ R AB = = 6Ω

⇒ U 34 = I34 .R 34 = 1.5 = 5V

R 234 + R1

 R = R + R = 15Ω 2 34  234

Cường độ dòng điện qua R3: I3 = Cường độ dòng điện qua R4: I 4 =

U 3 U 34 5 = = = 0,5A R 3 R 3 10

b) Số chỉ ampe kế và vôn kế + Ta có U234 = U1 = UAB = 90V

U 4 U 34 5 = = = 0,5A R 4 R 4 10

+ Dòng điện chạy qua đoạn R1: I1 =

Nếu giả sử dòng điện qua R3 có chiều từ C đến D. Khi đó tại C ta có: I1 = IA + I3 ⇔

+ Dòng điện chạy qua đoạn R2 – R34: I 234 =

U U U U = 3+ 3 ⇒ 3 = − 3 (1) R1 R3 R 3 R1

U U U 2 U ( U − U3 ) U U U3 = + = + = + − R R1 R 2 R1 R2 R1 R 2 R 3

Từ (1) và (2) ta có: I = I1 + I2 ⇔ ⇒U=

Vì U3 = U4 = U34 = 60V ⇒ I3 =

(2) do (R 2 = R 3 )

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U 34 60 U 60 = = 2A; I 4 = 34 = = 4A R 3 30 R 4 15

Số chỉ của ampe kế: IA = I1 + I3 = 3 + 2 = 5 A

 U U U U = + −  − 3 R R1 R 2  R1 

Số chỉ của vôn kế: U4 = U34 = 60V

Bài 4.

3 3 = = 90V 1 1 1 1 − − R R 2 7,5 10

a) Khi nối M và B bằng vôn kế thì dòng không qua M và B U 90 = = 6A > I vô lý. Như vậ y dòng điện phải có chiều từ D đến C. R1 15

( R 2 nt R 3 ) / /R 1  nt R 4

Bài 3. Gọi C là giao điểm của (R1, R3)

⇒ R 123 =

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 dòng điện không chạy

như sau:

R3 R1

R2 A

a) Điện trở tương đương của đoạn mạch. Ta có:  R 2 nt ( R 3 / / R 4 )  / / R 1

→

B≡C

+ Điện trở tương đương của mạch: R = R 4 + R 123 = 2 + 4 = 6Ω U 18 = = 3A R 6

+ Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 6V. + Ta có: UAN = U – U4= 12V

D R1

+ Dòng điện qua R4 bằng dòng điện qua mạch chính nên: I4 = I = 3A.

R3 A

R 1R 23 6.12 = = 4Ω R1 + R 23 6 + 12

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

có điện trở rất lớn nên qua vôn kế.

nên mạch có:

+ Ta có: R 23 = R 2 + R 3 = 6 + 6 = 12Ω

Mạch điện được vẽ lại

U 90 = = 6A R 234 15

Lại có: I2 = I34 = I234 = 6A nên: U34 = UAB – U2 = UAB – I2R2 = 90 – 6.5 = 60V

Tại A: I = I1 + I 2 ⇔

U 90 = = 3A R1 30

N R1

+ Vì U1 = U23 = 12V U1 12   I1 = R = 6 = 2A  1 ⇒   I = I = I = U 23 = 1A  2 3 23 R 23

R4 R3

V M

+ Tại N ta có: I4 = I1 + I3 = 3A nên dòng từ M đến N nên: UMB = UMN + UNB = I3R3 + I4R4 = 12V b) Khi nối ampe kế vào giữa M và B thì M và B được chập

N R1

R4 R3

B, M

Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I1R2 = 0,4.25 = 10V.

lại, mạch điện được vẽ lại: ( R 3 / / R 4 ) nt R 1  / / R 2 + Ta có: R 34 =

R 3 .R 4 6.2 = = 1,5Ω R3 + R4 6 + 2

Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

⇒ R 341 = R 34 + R 1 = 1,5 + 6 = 7,5Ω

Hiệu điện thế hai đầu D, B: UDB = I3RDB =

+ Điện trở tương đương toàn mạch: R=

U 12 = . R 3 +R DB 20+R DB

⇒ U CD = 10-

N R1

U 2 18 = = 3A R2 6

R4 R3

⇒ U1 = 10 –

12.2r 100 - 2r = 20 + 2r 10 + r

(1)

– Khi hai điện trở r mắc song song: RDB =

+ Vì I134 = I1 = I34 = 2,4A ⇒ U1 = I1R 1 = 2,4.6 = 14, 4V

⇔

⇒ U 34 = U134 − U1 = 3,6V

+ Lại có R4 // R3 ⇒ U3 = U4 = U34 = 3,6 V

400 - 2r = 3U1 40 + r

– Lấy (2) chia (1):

⇒ I3 = 0,6 A và I4 = 1,8 A

r ⇒ U2 = 10 – 2

400 + 2r 10 + r . = 3 ⇔ 4000+380r - 2r 2 = 3.(4000+20r - 2r 2 ) 40 + r 100 - 2r

⇔ r 2 + 80r - 2000 = 0 ⇒ r = 20Ω và r = –100(Ω) < 0: (loại).

Bài 5.

Vậy: Giá trị của r là r = 20 Ω . b) Số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r

a) Mạch điện được vẽ lại như hình: Từ hình thấy: {( R 5 nt R 3 ) / /R 2  nt R 4 } / /R 1

R4 R1

Ta có:

R1.R 4235 2.2 = = 1Ω R1 + R 4235 2 + 2

12r 12.20 = 10 = 4V 20 + r 20 + 20

Số chỉ vôn kế V là U3 = I3R3. Lại có: U35 = U − U 4 = 4 − 2.1 = 2V U 35 2 = = 1A ⇒ U 3 = I35 .R 3 = 1.1 = 1V R 35 2

Bài 6. Hiệu điện thế hai đầu C, D: UCD = UCB + UBD = U2 – UDB Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

c) Điện trở cần phải di chuyển để V chỉ số 0 Ta có: UCD = UCB + UBD = UCB – UDB = 0 ⇒ UCB = UDB

⇔I1RCB = I3RDB

U 12 12 = = = 0,4A . R1 + R 2 5 + 25 30

(1)

Mặt khác: UCD = UCA + UAD = –UAC + UAD = 0 ⇒ UAC = UAD

⇔I1RAC = I3RAD

U MN 4 = = 2A R 4253 2

⇒ I35 =

Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì: UCD = 10–

Vậy: Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì số chỉ V là 4V. R .R 2.2 = 2 35 = = 1Ω R 2 + R 35 2 + 2

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 2 = 3U 1 r 20+ 2 12.

(2)

+ Vì I1 = I3 + I4 = 2,4 A nên dòng qua R3 từ N đến M do vậy: IA = I3 + I2 = 3,6 A

R 4235 = R 235 + R 4 = 1 + 1 = 2Ω ⇒ R =

– Khi hai điện trở r mắc nối tiếp: RDB = 2r

⇒ I134 = I − I2 = 5,4 − 3 = 2, 4A

R 35 = R 3 + R 5 = 1 + 1 = 2Ω ⇒ R 235

12R DB

20+R DB

a) Tính r

R 341.R 2 7,5.6 10 U 18.3 = = Ω⇒I= = = 5, 4A R 341 + R 2 7,5 + 6 3 R 10

+ Lại có: U = U 2 = U134 = 18V ⇒ I2 =

12R DB

20+R DB

– Lấy (2) chia (1) ta được:

(2) R AC R CB

R AD R DB

: mạch cầu cân bằng.

⇔ RAC.RDB = RAD.RCB Với: R1 = 5Ω, R2 = 25Ω, R3 = 20Ω, r = 20Ω:

⇔ R2R3 = 25.20 = 500 ; R1.r = 5.20 = 100. Vậy: Để mạch cầu cân bằng, ta chuyển r nối tiếp R1, lúc đó: RAC = R1 + r = 25Ω và RAC.r = 25.20 = 500.

Bài 7.

a) Khóa K mở, mạch vẽ lại như hình. + Ta có: R 23 = R 2 + R 3 = 2 + 3 = 5Ω ; R 23−4 =

R 23 .R 4 5.5 = = 2,5Ω R 23 + R 4 5 + 5

Dòng điện qua R1: I1 =

U1 U12 1,875 = = = 1,875A R1 R1 1

Dòng điện qua R2: I 2 = 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

Điện trở tương đương của mạch: R AB = R 23− 4 + R1 + R 5 = 2,5 + 1 + 0,5 = 4Ω

Bài 8.

U 20 Dòng điện trong mạch chính: I = AB = = 5A R AB 4

Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R1: U V = I1R V = 1

Ta có: I1 = I5 = I23− 4 = I = 5A ⇒ U 23− 4 = I 23− 4 .R 23− 4 = 5.2,5 = 12,5V Mà: U 23 = U 4 = U 23− 4 = 12,5V ⇒ I23 =

Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R2:

U 23 12,5 = = 2,5A R 23 5

UV = I2 R V =

Lại có: I 4 = I1 − I 23 = 5 − 2,5 = 2,5A

Từ hình ban đầu ta suy ra số chỉ của V chính là U4 ⇒ UV = U4 = 12,5V b) Đóng khóa K, mạch điện như hình.

Chập hai điểm A và D lại rồi thực hiện các bước vẽ

a) Từ sơ đồ mạch điện vẽ lại như sau, ta dễ dàng xác định được sơ đồ mắc các điện trở như sau:

R 12 =

R 1.R 2 1.2 2 2 17 = = Ω ⇒ R12− 4 = R 12 + R 4 = + 5 = Ω R1 + R 2 1 + 2 3 3 3

R AE =

17 .3 R 12 − 4 .R 3 51 51 32 = 3 = Ω ⇒ R AB = R AE + R 5 = + 0,5 = Ω R12 −4 + R 3 17 + 3 26 26 13 3

}

/ /R 6 ) nt R 2  / /R 5 nt R1 / /R 4

R 3R 6 = = 5Ω R3 + R6

Ta có: R GB R5

220.7000 − 7000 = 70000Ω = 70kΩ . 20

Bài 9.

E C

Ta có:

⇒ R GB−2 = R GB + R 2 = 10Ω

R FB =

R2 F

R GB−2 .R 5 = 5Ω R GB−2 . + R 5

Vậy: R AB =

R FB−1.R 4 = 5Ω R FB−1 + R 4

b) Dòng điện trong mạch chính: I = Ta có: I 4 =

51 = 15,9375 = U3 = U12 − 4 26

U AB 30 = = 6A R AB 5

U 4 U AB 30 = = = 3A, I = I1 + I4 ⇒ I1 = I − I 4 = 6 − 3 = 3A R4 R 4 10

Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 3.5 = 15V Lại có: U FB = U AB − U1 = 30 − 15 = 15V = U5

U 3 15,9375 = = 5,3125A R3 3

Dòng điện qua đoạn R1,2-4 là: I12 − 4 = I − I3 = 8,125 − 5,3125 = 2,8125A ⇒ I12 = I4 = 2,8125A 2 3

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, C: U AC = U12 = I12 .R 12 = I 4 .R 12 = 2,8125. = 1,875V

Dòng điện chạy qua R5: I5 =

⇒ R FB−1 = R FB + R1 = 10Ω

U 20 Dòng điện qua mạch chính: I = AB = = 8,125A R AB 32 13

Dòng điện qua R3: I3 =

{ ( R

− RV =

Vậy: Giá trị của R2 là R2 = 70k Ω .

lại mạch như bài trên ta vẽ được mạch sau:

U .R R2 + R V V

UR V

⇒ R2 = R3

Ta có: I5 = IAE = I = 8,125A ⇒ U AE = IAE .R AE = 8,125.

220 U .R ⇒ RV = 7000Ω. .R ⇔ 70 = 15000 + R V V R1 + R V V

U 5 15 = = 1,5A R 5 10

Dòng điện chạy qua R2: I 2 = I1 − I5 = 3 − 1,5 = 1,5A Ta có: I36 = I 2 = 1,5A ⇒ U36 = U GB = I36 .R 36 = I36 .R GB = 1,5.5 = 7,5V = U3 = U6

R6 R3

B (C;D;E

U 3 7,5   I3 = R = 10 = 0,75A  3 Nên:   I = U 6 = 7,5 = 0,75A  6 R 6 10

+ Điện trở tương đương của mạch: R = R 1 + C

Số chỉ các ampe kế: Để tìm số chỉ các ampe kế ta phải dựa trên

A1 R4

mạch gốc. Theo mạch gốc ta có: IA1 = I4 = 3A.

+ Dòng điện trong mạch chính: I =

mà I2 < I1 nên I1 phân nhánh cho I2 và I5. Vậy A2 sẽ đo dòng I4 + I5

F A

⇒ IA2 = I4 + I5 = 3 + 1,5 = 4,5A

U 18 = = 2A R 9

+ 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.

Để xem A2 đo dòng nào ta phải xét nút F. Tại nút F có I1 đến, I2 đi

R 2R3 = 9Ω R2 + R3

Bài 12. đó mạch chỉ gồm các điện trở nối tiếp. Ta có:

Vì I3 < I2 nên A3 đo dòng I4 + I5 + I6 ⇒ IA3 = I4 + I5 + I6 = 4,5 + 0,75 = 5,25A

Giả sử các vôn kế có điện trở vô cùng lớn, khi B

 U CD = V = I.2R   U MN = V2 = 0

Bài 10.

⇒ vôn kế có điện trở RV không phải rất lớn so với R.

Theo giả thiết các Ampe kế có điện trở RA.

+ Xét đoạn mạch MN: I V2 R V = 1 ⇒ IV2 =

{( A

Ta thấy:

}

nt 2R ) / /R  nt A 2 / /R nt A1

IA3 R 0, 2 1 = = = R A IA2 − 3IA3 1 − 3.0, 2 2

+ Xét đoạn mạch CD: U CD = I1R + U EF = I1R +

b) Ta có:

⇒ I1R +

U CB = U CD + U DB = IA2 .R A + I A3 .( 2R + R A ) = 1.2R + 0, 2.( 2R + 2R ) = 2,8R

Lại có: U CB = ( I A1 − IA 2 ) R = ( IA1 − 1) R

⇔

Vậy ta có: ( IA1 − 1) R = 2,8R ⇒ IA1 = 2,8 + 1 = 3,8A a) Mạch được vẽ lại R 4 nt ( R 2 / /R 3 ) nt R1 +

Điện

R = R4 +

trở

tương

đương

c ủa

mạch:

R2 R3

U 18 = = 1, 2A R 15

+ Dòng qua R1 và R4 là dòng chính: I1 = I4 = I = 1,2 A

R R 1 + 1 ⇒ IV1 = 2 + RV RV RV

 R =4 R + RV 

R 2 3R + = 4 ⇔ R 2 + 3RR V − 4R 2V = 0 ⇒ R = R V R 2V R V R + 1 = 2V RV

Bài 13. R1

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 =

R2R3 + R1 = 15Ω R2 + R3

+ Dòng điện trong mạch chính: I =

U CD = 40 Ω. I2

UAC = UAB – UCD = 60 V; R3 =

U AC = 60 Ω. I3

Trường hợp đặt vào giữa C và D hiệu điện thế 60 V thì đoạn mạch có:

+ Hiệu điện thế giữa hai hai điểm C và D: UCD = U2 = U3 = 18 – 2.7,2 = 3,6 V

(R3 nt R1)// R2. Khi đó UAC = UCD - UAB = 45 V.

+ Số chỉ vôn kế là U4 nên: UV = U4 = 7,2 V b) Khi đổi chỗ ampe kế và vôn kế mạch vẽ lại: R1 nt (R2 // R3)

I3 = I1 =

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R4 là: U1 = U4 = 7,2 V + Số chỉ ampe kế A là I4 nên: IA = I4 = 1,2 A

R V1

R +1 = 5 RV

 R 1 1 R R + = 4 ⇔ ( IV1 + IV2 ) R + =4 ⇔ 2 + RV RV  RV RV RV

+ Vậy: U EF = I V1R V = IV2 R + U MN = I V2 R + 1 =

Bài 11.

R V

1 RV

+ Xét đoạn mạch EF: U EF = I V1R V = IV2 R + U MN = IV2 R + 1 =

a) Ta có: U DB = IA3 .( 2R + R A ) = ( I A2 − IA3 ) R ⇔ IA3 .R A = ( I A2 − 3I A3 ) R ⇒

U AC U = 0,75 A; R1 = AB = 20 Ω. R3 I1

C R2 D

• Dạng 6. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA DÒNG ĐIỆN

công tơ điện tăng thêm 2,4 số.

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Công và công suất của dòng điện trên một đoạn mạch bất kì

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.

– Công của dòng điện: A = UIt. – Công suất của dòng điện: P =

Ví dụ 2: Một bếp điện được sử dụng liên tục trong 1,8 giờ ở hiệu điện thế 220V, khi đó số chỉ

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

A = UI. t

trong thời gian 1 tháng (30 ngày) là bao nhiêu?

2. Nhiệt lượng và công suất tiêu thụ bởi đoạn mạch chỉ tỏa nhiệt – Nhiệt lượng: Q = A = UIt = RI2t = – Công suất nhiệt: P =

U2 t. R

Hướng dẫn giải a) Điện năng mà bếp tiêu thụ: A = 2,4 số = 2,4 kW.h

Q U2 = UI = RI2 = . t R

+ Công suất của bếp: P =

Chú ý: – Đơn vị của A và Q có thể là J, kWh hoặc cal (calo) với:

A 2, 4 4 = = ( kW ) t 1,8 3

+ Cường độ dòng điện qua bếp: P = UI ⇒ I =

P 4.103 200 = = ( A ) = 6,06 ( A ) U 3.220 33

+ 1kWh (số chỉ công–tơ điện) = 3.600.000J = 3.600kJ.

b) Số điện mà bếp đã tiêu thụ là: n = 2, 4.30 = 72 số

+ 1J = 0,24 cal; 1cal = 4,18J.

+ Số tiền điện phải trả: 72.2000 = 144.000 VNĐ

– 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).

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 lượng điện năng là 1440 kJ. Hãy tính: b) Điện trở của bàn là và dòng điện chạy qua nó khi đó.

Hướng dẫn giải

+ Điện trở của bàn là: R =

U = 60,5Ω I

Hướng dẫn giải U

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = Hiệu điện thế hai đầu của bếp: Ub = RbI =

a) Công suất điện của bàn là.

A 1440.103 = = 800W t 30.60

b) Cường độ dòng điện qua bàn là: A = Q = UIt ⇒ I =

Công suất tỏa nhiệt trên bếp là 1,1kW. Tính cường độ dòng điện qua bếp và điện trở của bếp. Mạch điện được vẽ lại như sau:

B. VÍ DỤ MẪU

a) Công suất tiêu thụ của bàn là: P =

Ví dụ 3: Bếp điện mắc vào nguồn U = 120V. Tổng điện trở của dây nối từ nguồn đến bếp là 1Ω.

A 1440.103 40 = = (A) Ut 220.30.60 11

Công suất toả nhiệt trên bếp: P =

⇔ 1100 =

1202 .R b

(R b +1)2

U2b Rb

U . R+R b

UR b

R+R b

U.R b

R+R b

)2 .

. U2 .R b 1 = Rb (R+R b )2

⇔ 144R b = 11(R b +1)2

⇔ 11R2b - 122R b + 11 = 0 ⇒ R b = 11Ω . Cường độ dòng điện qua bếp: I =

U 120 = = 10A . R+R b 1+11

Vậy: Cường độ dòng điện qua bếp là I = 10A, điện trở của bếp là Rb = 11 Ω .

Ví dụ 4: Cho hai đèn 120V – 40W và 120V – 60W mắc nối tiếp vào nguồn U = 240V. 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.

R= 39RĐ = 156Ω + Dòng điện qua mỗi đèn bây giờ là: I =

U 240 = = 1,54A R 156

+ Công suất tiêu thụ của mỗi bóng bây giờ là: P = I2RĐ = 9,47W

Nhận xét về độ sáng của mỗi đèn

9, 47 − 9 .100% = 5, 2% 9

Cho biết điều kiện để hai đèn 120V sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 240V là gì?

+ Nghĩa là tăng lên so với trước:

Hướng dẫn giải

Nhận xét: Vì công suất của đèn vượt quá giá trị định mức nên rất dễ cháy.

a) Điện trở mỗi đèn và cường độ dòng điện qua hai đèn

Điện trở của đèn 1: R1 =

U 2đm Pđm

Điện trở của đèn 2: R 2 =

1202 = = 360Ω . 40

U 2đm 2 Pđm

b) Ghép hai bóng đèn trên nối tiếp nhau. Hỏi công suất tối đa mà hai bóng đèn chịu được. c) Ghép hai bóng đèn trên song song nhau. Hỏi công suất tối đa mà hai bóng đèn chịu được.

1202 = 240Ω . 60

Cường độ dòng điện qua hai đèn: I =

Hướng dẫn giải

U 240 = = 0,4A . R1 +R 2 360+240

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

b) Hiệu điện thế và công suất tiêu thụ mỗi đèn Hiệu điện thế của đèn 1: U1 = R1I = 360.0,4 = 144V. 2

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) Khi mắc nối tiếp thì Imax = I1 =

Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R1I = 360.0,4 = 57,6W. Hiệu điện thế của đèn 2: U2 = R2I = 240.0,4 = 96V. Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R2I2 = 240.0,42 = 38,4W. Ta có: P1 > Pđm ⇒ đèn 1 sáng chói. 1

P2 < Pđm ⇒ đèn 2 sáng mờ.

5 A nên: Pnt = I2max ( R Đ1 + R Đ 2 ) 11

 PĐ1 U2 5 = A,R Đ1 = Đ1 = 484Ω  IĐ1 = U 11 PĐ1 Đ1 Ta có:  2 P  I = Đ 2 = 6 A, R = U Đ 2 = 605 Ω Đ2  Đ2 U 11 P 3 Đ2 Đ2 

Vậy: Pnt = I2max ( R Đ1 + R Đ 2 ) = 141,67W

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?

 U 2Đ1 = 484Ω  U Đ1 = 220V, R Đ1 = PĐ1 Ta có:  2  U = 110V, R = U Đ 2 = 605 Ω Đ2  Đ2 P 3  Đ1  R Đ1R Đ 2   = 84,628W  R Đ1 + R Đ1 

Vậy: Pss = U 2max : 

Ví dụ 7: Một bếp điện gồm hai điện trở R1 và R2 có thể mắc nối tiếp hoặc song song vào cùng

Hướng dẫn giải a) Số bóng cần dùng: n =

 R Đ1R Đ 2    R Đ1 + R Đ1 

c) Khi mắc song song thì Umax = UĐ2 = 110W ⇒ Pss = U 2max : 

U 240 = = 40 (bóng) UĐ 6

b) Điện trở mỗi bóng: R Đ =

U 2Đ PĐ

62 = 4Ω 9

+ Nếu có một bóng bị cháy thì điện trở tổng cộng của các bóng còn lại là:

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) ít nhất.

Hướng dẫn giải

+ Lúc đầu hai điện trở mắc nối tiếp nên ta có: Pnt = I2 ( R 1 + R 2 ) =  R1R 2  R1 + R 2

+ Lúc sau hai điện trở mắc song song nên ta có: Pss = I2  Pss ( R1 + R 2 )  R 1 + R 2  = =   RR  Pnt R 1R 2 1 2   2

+ Ta có:

U2 R1 + R 2  U ( R1 + R 2 ) = R 1R 2  2

+ Nhiệt lượng này do điện năng chuyển thành từ dây xoắn. Do đó thời gian cần thiết để đun cho nước sôi là: Q = I2 Rt =

U2 Q.R 766500.27 t⇒t= 2 = = 427,59s = 7,13 phút R U 2202

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 nhiệt từ ấm ra môi trường. Hỏi thời gian đun sẽ là bao nhiêu nếu:

+ Theo bất đẳng thức cô-si: R 1 + R 2 ≥ 2 R1R 2 ⇒

a) Dùng hai dây trên ghép song song.

Pss 2 ≥ ( 2) = 4 Pnt

b) Dùng hai dây trên ghép nối tiếp.

+ Dấu “ = ” xảy ra khi R1 = R2

Hướng dẫn giải

Vậy khi chuyển từ mắc nối tiếp sang mắc song song thì công suất tăng lên 4 lần

Nếu ấm nước có hai sợi dây nung R1 và R2 dùng cùng một nguồn (giá trị hiệu điện thế không thay

Ví dụ 8: Người ta dùng một ấm nhôm có khối lượng m1 = 0,4 kg để đun một lượng nước m2 = 2

đổi) để đun một lượng nước nhất định thì Q và U đều không đổi.

kg thì sau 20 phút nước sẽ sôi. Bếp điện có hiệu suất H = 60% và được dùng ở mạng điện có hiệu 0

điện thế U = 220V. Nhiệt độ ban đầu của nước là t1 = 20 C, nhiệt dung riêng của nhôm c1 = 920

+ Ta có: Q = I2 Rt =

U2 U2 t⇒R= t R Q

J/kg.K, nhiệt dung riêng của nước là c2 = 4,18 kJ/kg.K. Hãy tính nhiệt lượng cần cung cấp cho

+ Áp dụng cho các trường hợp dùng R1 hoặc dùng R2 ta có:

ấm nước và dòng điện chạy qua bếp.

  U2 U2 U2 U2  t nt = t1 + t 2  R = R1 ⇒ R 1 = Q t1  R nt = R1 + R 2 ⇒ Q t nt = Q t1 + Q t 2    ⇒ ⇒ 1 1 1  2 R = R ⇒ R = U t  1 = 1 + 1 ⇒ Q = Q + Q t = t + t 1 2  ss 2 2 2   R ss R 1 R 2 U 2 t ss U 2 t1 U 2 t 2 Q

Hướng dẫn giải + Nhiệt lượng thu vào của ấm nước: Qthu = (m1c1 + m2c2)∆to = 698240 J + Do hiệu suất của chỉ đạt được 60% nên nhiệt lượng thực tế phải cung cấp là: Q toa

Q = thu = 1,164.106 J H

a) Khi dùng 2 dây ghép song song thì:

1 1 1 tt 10.15 = + ⇒ t ss = 1 2 = = 6 phút t ss t1 t 2 t1 + t 2 10 + 15

b) Khi dùng 2 dây ghép nối tiếp thì: t nt = t1 + t 2 = 10 + 15 = 25 phút

+ Cường độ dòng điện chạy qua bếp: Q toa

Q = UIt ⇒ I = toa = 4, 41( A ) Ut

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 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 5,4.10-5Ωm, nhiệt dung riêng cuả nước là 4200 J/kg.K, khối lượng riêng của nước D = 1000kg/m3.

Hướng dẫn giải ℓ s

+ Điện trở cuả dây xoắn là: R = ρ = 5,4.10−5.

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).

10 = 27Ω 0, 2.10−6

Hướng dẫn giải

+ Nhiệt lượng có ích để đun cho nước đến sôi:

a) Nhiệt lượng mà ấm tỏa ra trong thời gian t = 10 phút: Q1 = I2 Rt =

Q = mc ( t 2 − t1 ) = DVc ( t 2 − t1 ) = 1000.2.10−3.4200.(100 − 27 ) = 613200J

+ Bếp có hiệu suất 80% nên nhiệt lượng bếp phải cấp: Q =

Ví dụ 11: Một ấm nước dùng với hiệu điện thế 220V thì đun sôi được 1,5 lít nước từ nhiệt độ

Qi 613200 = = 766500J H 0,8

U2 t R

+ Nhiệt lượng mà nước thu vào: Q2 = mc ( t 2 − t1 ) = DVc ( t 2 − t1 ) + Vì hiệu suất của ấm là H = 90% nên ta có: Q2 = H.Q1 ⇔ DVc ( t 2 − t1 ) = H. + Vậy: R = H.

U2t 2202.10.60 = 0,9. ≈ 52Ω DVc ( t 2 − t1 ) 1000.1,5.10−3.4200.80

U2 t R

b) Công suất của ấm: P = I 2 R =

U 2 2202 = = 933,33W = 0,933kW R 52

Dòng điện chạy trong mạch: I =

U 6 = = 0,5A R AB 12

c) Thời gian sử dụng ấm trong 30 ngày là: t = t = .30 = 10h

Công suất trên đoạn AM là: PAM = I 2 R AM = 0,52 ( R 2 + R ) = 0,52 ( 3 + 3,5 ) = 1,625W

+ Điện năng mà ấm tiêu thụ trong thời gian 30 ngày dùng là:

b) Ta có: PR = I2 R =

1 3

U2R

( R1 + R 2 + R )

62 R

(8,5 + R )

62.R = R 2 + 17R+8,52

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.

Theo bất đẳng thức cô-si: R +

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

Hướng dẫn giải

8,52 8,52 ≥ 2 R. = 17 R R

8,52 8,52 + 17 ≥ 34 . P R = max khi và chỉ khi R + + 17 = min = 34 R R

Vậy PRmax = =

bao lâu nước sôi?

Ta có công suất toàn phần: P =

Do đó: R +

62 8,52 R+ + 17 R

62 8,52 = 1,06W . Dấu “ = ” xả y ra khi R = ⇒ R = 8,5Ω 34 R

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Một bóng đèn dây tóc có ghi 24V – 2,4W.

U R

+ Gọi ∆P là công suất hao phí (vì toả nhiệt ra không khí). Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước sôi với từng hiệu điện thế:

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

 U2   U2   U2  Q1 =  1 − ∆P  t1 ; Q 2 =  2 − ∆P  t 2 ; Q 3 =  3 − ∆P  t 3  R   R   R 

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 806Ω – 60W.

+ Nhiệt lượng Q1, Q2 ,Q3 đều dùng để làm sôi nước do đó: Q1 = Q2 = Q3

a) Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính hiệu điện thế tối ta có thể đặt vào hai đầu của bóng đèn;

 U2   U2   U2  ⇔  1 − ∆P  t1 =  2 − ∆P  t 2 =  3 − ∆P  t 3  R   R   R 

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

( 2002 − ∆P.R ) .5 = (1002 − ∆P.R ) .25 (1) Suy ra:  2 2 (100 − ∆P.R ) .25 = (150 − ∆P.R ) t 3 (2)

đèn thay đổi không đáng kể theo nhiệt độ. Tính công suất của bóng đèn khi đó. Bài 3. Bóng đèn 1 có ghi 220V – 100W và bóng đèn 2 có ghi 220V – 25W

Từ (1) ta có: ( 2002 − ∆P.R ) .5 = (1002 − ∆P.R ) .25 ⇒ ∆P.R = 2500

a) Mắc song song hai bóng đèn này vào hiệu điện thế 220V. Tính điện trở R1 và R2 tương ứng của

(100 − ∆P.R ).25 = 9,375 phút (150 − ∆P.R )

mỗi đèn và cường độ dòng I1 và I2 chạy qua mỗi đèn khi đó.

Thay ∆P.R = 2500 vào (2) ta có: t 3 =

a) Cho biết ý nghĩa của con số trên. Tính điện trở của bóng đèn, dòng điện qua bóng đền khi đèn

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 câu a. Hỏi đèn nào sáng hơn và có công suất gấp bao nhiêu lần đèn kia.

Ví dụ 13: Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = U = 6V; R1 = 5,5Ω; R2 = 3Ω; R là một biến trở. a) Khi R = 3,5Ω, tìm công suất tiêu thụ của đoạn mạch AM.

R2 A

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:

b) Với giá trị nào của biến trở R thì công suất tiêu thụ trên biến trở R đạt giá trị lớn nhất. Tìm

a) Cường độ dòng điện qua bóng nào lớn hơn.

giá trị lớn nhất đó.

b) Điện trở của bóng đèn nào lớn hơn.

Hướng dẫn giải

c) Có thể mắc nối tiếp hai bóng đèn này vào hiệu điện thế 220V được không? Đèn nào sẽ dễ hỏng?

a) Khi R = 3,5Ω thì điện trở tương đương của mạch là: R AB = R1 + R 2 + R = 5,5 + 3 + 3,5 = 12Ω

Bài 5. Mắc hai bóng đèn Đ1 (120V − 60W) và Đ2 (120V − 45W) vào mạng

điện có hiệu điện thế U = 240V theo sơ

Đ1

Đ3

đồ a và b như hình vẽ. Tìm hiệu điện thế và công suất định mức của hai

đèn Đ3 và Đ4 để các đèn đều sáng bình

Bài 11. Để mắc đèn vào nguồn hiệu điện thế lớn hơn giá trị ghi trên đèn, có thể dùng một trong hai

Đ2 Đ2

Đ1

sơ đồ bên. Sơ đồ nào có hiệu suất cao hơn? Biết trong hai trường hợp đèn sáng bình thường.

Đ4

Bài 12. Một bếp điện khi hoạt động bình thường có điện trở 80Ω 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.

thường.

b) Dùng bếp điện trên để đun sôi 1,5 lít nước có nhiệt độ ban đầu là 250C thì thời gian đun sôi

Bài 6. Bếp điện dùng với nguồn U = 220V.

nước là 20 phút. Coi rằng nhiệt lượng cần thiết để đun sôi nước là có ích. Tính hiệu suất của bếp.

a) Nếu mắc bếp vào nguồn 110V, công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần?

Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg.K), khối lượng riêng của nước d = 1000 kg/m3.

b) Muốn công suất không giảm khi mắc vào nguồn 110V phải mắc lại cuộn dây bếp điện như thế

c) Mỗi ngày sử dụng bếp điện này 3 giờ. Tính tiền điện phải trả cho việc sử dụng bếp điện đó trong

nào?

30 ngày, nếu giá 1kWh điện là 2000 đồng.

Bài 7. Có hai đèn 120V – 60W và 120V – 45W.

Bài 13. Dùng một bếp điện loại 200V – 1000W hoạt động ở hiệu điện thế U = 150V để đun sôi ấm

a) Tìm điện trở và cường độ dòng điện định mức mỗi đèn.

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,

b) Mắc hai đèn theo một trong hai cách như Đ1

hình dưới, UAB = 240V. Hai đèn sáng bình thường. Tìm r1, r2. Cách mắc nào có lợi hơn?

Đ1

Đ2

Bài 14. Một ấm đun nước bằng điện có 3 dây lò xo, mỗi cái có điện trở R = 120 Ω , được mắc song

song với nhau. Ấm được mắc nối tiếp với điện trở r = 50 Ω và được mắc vào nguồn điện. Hỏi thời

Đ2

gian cần thiết để đun ấm đựng đầy nước đến khi sôi sẽ thay đổi như thế nào khi một trong ba lò xo

(Cách 2)

(Cách 1)

nhiệt độ ban đầu là 200 C. Tìm thời gian cần thiết để đun sôi.

Bài 8. Có thể mắc hai đèn (120V – 100W) và

bị đứt.

(6V – 5W) nối tiếp vào nguồn U = 120V được không?

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 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

Đ1

X X

thường?

Bài 16. Dây nikêlin (điện trở suất ρ = 4,4.10–7Ωm), chiều dài 1m, tiết diện 2mm2 và dây nicrôm ( ρ

Đ3 B

= 4,7.10–7Ωm), 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?

Đ2

Bài 17. Bếp điện nối với hiệu điện thế U = 120V có công suất P = 600W được dùng để đun sôi 2 lít

Bài 10. Một bóng đèn dây tóc có ghi 220V – 110W và một bàn là có ghi 220V – 250W cùng được mắc vào ổ lấy điện 220V của gia đình.

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.

a) Tính điện trở tương đương của đoạn mạch này.

Bài 18. Dùng bếp điện để đun nước trong ấm. Nếu nối bếp với hiệu điện thế U1 = 120V, thời gian

b) Hãy chứng tỏ rằng công suất P của đoạn mạch bằng tổng công suất của đèn và của bàn là.

nước sôi là t1 = 10 phút còn nếu U2 = 100V thì t2 = 15 phút.

c) Nếu đem bóng đèn trên mắc vào hiệu điện thể U = 110V thì dòng điện qua bóng và công suất toả nhiệt của bóng là bao nhiêu?

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 = X

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

+ Khi hai bóng trên mắc song song vào hiệu điện thế U = 220V thì hiệu điện thế hai đầu mỗi bóng

theo nhiệt độ. Tìm nhiệt độ dây dẫn khi có dòng I3 = 5,6A đi qua.

đèn đều bằng hiệu điện thế định mức của chúng nên hai đèn lúc này sáng bình thường.

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 giá trị của Rx để:

I =

1 U + Và cường độ dòng điện qua mỗi bóng là: 

= 0, 455A

I = P2 = 0,114A 2 U 

b) Khi mắc nối tiếp hai điện trở thì điện trở tương đương của mạch là: R td = R1 + R 2 = 2420Ω

a) Đèn sáng bình thường. b) Công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất. Tính công suất đó.

+ Cường độ dòng điện qua mỗi bóng lúc này là: I1 = I2 = I =

Bài 21. Có mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế hai đầu mạch là U =

12V. Các điện trở mạch ngoài: R1 = 0,5; R2 = 6Ω; R3 = 12Ω. Điện trở R có

A R2

giá trị thay đổi từ 0 đến vô cùng. Điện trở ampe kế không đáng kể.

a) Điều chỉnh R = 1,5Ω. Tìm số chỉ của ampe kế và công suất tỏa nhiệt của

 P = I R = 4W + Công suất của mỗi bóng lúc này:  1 12 1 ⇒ P2 = 4P1 2

 P2 = I 2 R 2 = 16W

+ Cùng cường độ dòng điện, nhưng P2 = 4P1 nên đèn 2 sáng hơn đèn 1.

Bài 4.

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



Pmax = 2,4 W. U 2d 242 = = 240Ω Pd 2, 42

 U2 = 484Ω R1 = P1 b) Điện trở của mỗi bóng đèn:  2  R = U = 121Ω  2 P2

+ Dòng điện qua mỗi bóng đèn lúc này là: I1 = I2 = I = U 2 202 5 = = = 1,67W R d 240 3

U/ 4 = ≈ 0,364 ( A ) R td 11

+ Không thể mắc được vì đèn 1 sẽ dễ bị cháy

Bài 5.

Bài 2. a) Số trên cho biết điện trở của dây tóc bóng đèn là 806Ω, công suất cực đại đạt được bằng 60W + Hiệu điện thế cực đại có thể đặt vào hai đầu của bóng đèn: P = + Dòng điện qua bóng đèn khi đèn sáng bình thường: I = /

U2 ⇒ U = P.R = 219,91V R

P 60 = = 0, 273A U 219,91

b) Công suất của bóng đèn khi mắc vào hiệu điện thế U = 200V: P /

 U12 = 484Ω  R1 = P1  a) Điện trở mỗi bóng đèn:  2  R = U 2 = 1936Ω  2 P2

= 0,227A

c) Khi mắc hai bóng nối tiếp thì điện trở tương đương của mạch lúc này là: R td = R1 + R 2 = 605Ω

P 2,4 + Khi đèn sáng bình thường thì: Id = d = = 0,1( A ) U d 24

Bài 3.

 I = P2 = 0,909A  2 U

a) Số trên có ý nghĩa, hiệu điện thế lớn nhất của bóng đèn là Umax = 24 V và công suất lớn nhất là

+ Công suất của đèn khi mắc vào nguồn U = 20 V: P =

I =

1 U a) Cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn: 

Bài 1.

+ Điện trở của bóng đèn: R d =

U 1 = (A) R td 11

(U ) =

Pd1   U 2 = U d2 = 120 ( V ) ; I1 = Id1 = U = 0,5 ( A )  d1 Vì các đèn đều sáng bình thường nên:   U = U = 120 ( V ) ; I = I = Pd2 = 0,375 ( A ) d1 2 d2  1 U d2

I = I = I + I = 0,875 ( A ) + Để đèn 3 sáng bình thường thì:  3 d3 1 2

 U3 = Ud3 = U − U1 = 120 ( V )

/ 2

= 49,6W

+ Công suất định mức của đèn 3 là: Pd3 = Ud3 Id3 = 105 ( W )

+ Vậy đèn Đ3 phải có hiệu điện thế

định mức là 120V và công suất định mức là 105W.

Đ2

Đ1

Đ3

Đ2

Đ1

Đ4

I = I = I − I = 0,125 ( A ) + Để đèn 4 sáng bình thường thì:  4 d 4 1 2

Cường độ dòng điện qua r2: I 2 = I đm - Iđm = 0,5 - 0,375 = 0,125A . 1

 U 4 = U d4 = Ud 2 = 120 ( V )

Hiệu điện thế hai đầu r2: U2 = Uđm = 120V. 2

+ Công suất định mức của đèn 4 là: Pd4 = U d4 Id 4 = 15 ( W )

120 = 960Ω . 0,125

+ Vậy đèn Đ4 phải có hiệu điện thế định mức là 120V và công suất định mức là 15W.

Điện trở r2: r2 =

Bài 6.

Công suất tỏa nhiệt trên dây:

a) Công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần + Cách 1: P1 =

U2 – Khi mắc bếp điện vào nguồn U = 220V: P = . R

U12

– Khi mắc bếp vào nguồn U1 = 110V: P1 =

⇒

P1 P

U12

1102 2202

U2 = R1

r1 +

U2 R đ .R đ 1

1 4

+ Cách 2: P2 =

U = R2

Rd +

Điện trở của đèn 1: R1 =

mức mỗi đèn

U 2đm

120 = 240Ω . 60

U2đm Pđm

Pđm

Uđm

60 = 0,5A . 120

1202 = 320Ω . 45

Cường độ dòng điện định mức của đèn 2: Iđm = 2

Đ1

Đ2

X r2

Điện trở của đèn 2: R 2 =

U 2đm Pđm

Pđm

Uđm

45 = 0,375A . 120

Hiệu điện thế hai đầu r1: U1 = UAB – U ñm = 240 – 120 = 120V. 1

120 = = 137Ω . 0,875

nguồn

100 5 = ≃ 0,83A . 120 6

Pđm

Uđm

5 ≃ 0,83A . 6

U = 120V thì cường độ dòng điện qua mỗi đèn là:

U 120 = = 0,79A R1 + R 2 144 + 7,2

Bài 9. 2

Cường độ dòng điện qua r1: I1 = Iđm + Iđm = 0,5 + 0,375 = 0,875A . 1

mắc vào

62 = 7,2Ω . 5

(Cách 2)

Nếu

Pđm

Uđm

Để 3 đèn sáng bình thường thì: Iđm +Iđm = Iđm 1

⇔

1202 = 144Ω . 100

Ta thấy: I < Iđm nên có thể mắc nối tiếp hai đèn vào nguồn 120V.

b) Tính r1, r2

Pđm

Cường độ dòng điện định mức của đèn 2: Iđm =

Cường độ dòng điện định mức của đèn 1: Iđm =

Điện trở của đèn 2: R đ =

Đ2

(Cách 1)

Điện trở r1: r1 =

Điện trở của đèn 1:

r2 + R đ

2402 = 120W 960.320 240 + 960 + 320

Cường độ dòng điện định mức của đèn 1: Iđm =

Đ1

Bài 7.

Pđm

U r2 R đ

Bài 8.

Vậy: Phải mắc song song hai nửa dây dẫn.

2402 = 210W . 240.320 137 + 240 + 320

Ta thấy: P2 < P1 nên cách mắc thứ 2 lợi hơn.

R R . R ′ = 2 2 Muốn công suất không đổi thì điện trở phải giảm đi 4 lần: R = R R 4 + 2 2

Rđ =

R đ + Rđ

b) Cách mắc lại cuộn dây bếp điện:

U2đm 1

Vậy: Nếu mắc bếp vào nguồn 110V thì công suất của bếp giảm đi 4 lần.

a) Điện trở và cường độ dòng điện định

Pđm

Uđm

Pđm

U đm

Pđm

Uđm

⇔

Mà U1 = U2 = U3 = 110V ⇒ P1 + P2 = P3 Vậy: Để các đèn sáng bình thường thì P1 + P2 = P3.

Bài 10.

Đ1

Đ3

X X

Đ2

a) Gọi điện trở của bóng đèn và bàn là lần lượt là R1 và R2. Ta có: R 1 =

2 Đ

2 bl

+ Hiệu suất của bếp: H =

U U 220 220 = = 440Ω và R 2 = = = 193,6Ω PĐ 110 Pbl 250

Qi 472500 .100% = .100% = 78,75% Q tp 6.105

c) Công suất toả nhiệt của bếp là: P = I 2 R = 2,52.80 = 500W = 0,5kW

Vì bóng đèn và bàn là cùng mắc vào một nguồn nên chúng mắc song song. Vậ y điện trở tương

+ Mỗi ngày sử dụng ấm 3h, do đó thời gian sử dụng của 30 ngày là 90h

R .R 1210 đương của mạch là: R = 1 2 = = 134, 44Ω R1 + R 2 9

+ 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

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 = 360W Trong khi đó công suất của mạch là: P =

Độ

U 2 2202 = = 360W → đpcm R 1210 9

giảm

nhiệt

lượng

c ủa

ấm

trong

thời

gian

phút

là:

∆Q = ( m1c1 + m 2 c2 ) ∆t = ( 0,1.600 + 0,5.4200 ) 0,5 = 1080J

c) Nếu đem bóng đèn mắc vào hiệu điện thế U = 110V thì dòng điện qua bóng đèn khi này là: I1 =

Bài 13.

+ Nhiệt lượng hao phí trong mỗi giây là: Q0 =

∆Q 1080 = = 18 ( J / s ) , đây chính là phần công suất hao t 60

phí ra bên ngoài môi trường ∆P = 18W.

U 110 = = 0, 25A R1 440

Công suất toả nhiệt của bóng đèn khi này là: P1 =

+ Điện trở của bếp: R =

U 110 = = 27,5W R1 440

U 2b 2002 = = 40Ω Pb 1000

+ Công suất của bếp khi mắc vào nguồn U = 150V là: P =

U 2 1502 = = 562,5W Rb 40

+ Công suất có ích của ấm truyền cho nước: Pi = H.P = 0,8.562,5 = 450W

Bài 11. Hiệu suất cao hơn tức là công suất hao phí do tỏa nhiệt nhỏ hơn.

+ Ấm cung cấp công suất có ích là P i = 450W nhưng bị hao phí ra bên ngoài môi trường mất ∆P

Gọi R là điện trở mắc thêm vào đèn. Ta có:

nên thực chất công suất có ích cho quá trình đun sôi là: P i = Pi - ∆P = 450 – 18 = 432W

+ Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 1: R1 =

R 2 +R R 2 Rđ + 2

+ Nhiệt lượng có ích dùng cho việc đun sôi nước là:

Rđ

Vậy thời gian cần thiết để đun sôi ấm nước trên là: t =

R + Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 2: R 2 = +Rđ 2 R 2 ⇒ R >R Ta thấy: R đ > 2 1 R Rđ + 2 Rđ

Công suất tỏa nhiệt: P1 =

U2 U2 ; P2 = . R1 R2

Qi = ( m1c1 + m 2 c2 )( t 2 − t1 ) = ( 0,1.600 + 0,5.4200 )(100 − 20 ) = 172800J Qi 172800 = = 400s = 6 phút 40 giây Pi 432

Bài 14. X

*Lúc 3 lò xo mắc song song: + Điện trở tương đương của ấm: R1m =

+ Dòng điện chạy trong mạch: I1m =

R = 40(Ω) 3

U R1m + 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 = I2 Rt = 2,52.80.60 = 3.104 J b) Nhiệt lượng mà bếp tiệu thụ trong 20 phút: Q = I2 Rt = 2,52.80.20.60 = 6.105 J + Nhiệt lượng cần thiết để làm nước sôi: Q thu = m.c.( t 2 − t1 ) = DVc.( t 2 − t1 ) = 1000.1,5.10−3.4200.(100 − 25) = 472500J

+ Thời gian t1 cần thiết để đun ấm nước đến khi sôi: 2 Q1 = I1m R1m t1 ⇒ t1 =

Q1 = 2 R1m I1m

Q  U  R1m    R1m + r 

*Lúc 2 lò xo mắc song song:

Q ( R1m + r ) 2

U R1m

(1)

Tương tự trên ta có: R 2m =

R U = 60(Ω) và I 2m = 2 R2 + r

Điện năng tiêu thụ: A = Pt = 600.1400 = 840000J =

Vậy: Thời gian đun và điện năng tiêu thụ của bếp là t = 23,3 phút và A = 0,23 kWh.

+ Thời gian t1 cần thiết để đun ấm nước đến khi sôi: 2 Q 2 = I 2m R 2m t 2 ⇒ t 2 =

Q2 = 2 R 2m I2m

Q  U  R 2m    R 2m + r 

Q ( R 2m + r )

U 2 R 2m

(2)

Bài 18. Gọi A là hệ số tỉ lệ, nhiệt lượng hao phí trong thời gian đun nước là: ∆Q = A.t . Nhiệt lượng cung cấp cho nước trong 3 trường hợp là như nhau và bằng:

t R (R + r)2 60(40 + 50)2 243 Lấy (1) chia cho (2) ta có : 1 = 2m 1m = = ≈1 t 2 R 1m (R 2m + r)2 40(60 + 50)2 242

Vậy t2 ≈ t1 phút

Q′ = Q - ∆Q = (

U12 R

- A)t1 = (

- A)t 2 = (

U32 R

- A)t 3

Ta có: (U12 - AR)t1 = (U 22 - AR)t 2

Gọi R0 là điện trở của đèn ở 00C. – Điện trở của đèn khi cháy sáng (t1 = 28000C) là: R1 = R0(1+ α t1). – Điện trở của đèn lúc vừa mới bật ở nhiệt độ phòng (t2 = 200C) là: R2 = R0(1 + α t2). – Công suất của đèn khi cháy sáng: P1 = – Công suất của đèn lúc mới bật: P2 = 60(1 + αt1 ) 1 + αt 2

U2 U2 U2 = = 60 ⇒ = 60(1+αt1 ) R1 R 0 (1+αt1 ) R0 2

U U . = R2 R 0 (1 + αt 2 )

60(1 + 4,5.10-3 .2800) 1 + 4,5.10 -3 .20

⇔ (1202 - AR).10 = (1002 - AR).15 ⇔ 1202 - AR = 15000 - 1,5AR ⇔ 0,5AR = 600 ⇒ AR = 1200 Mặt khác: (U 22 - AR)t 2 = (U32 - AR)t 3

⇒ t3 =

(U22 - AR)t 2 U32

- AR

(1002 - 1200).15 802 - 1200

Bài 16. Công suất tỏa nhiệt của dây nikêlin: P1 = R1I2 = R1

U2 . R1 +R 2

Công suất tỏa nhiệt của dây nicrôm: P2 = R2I2 = R 2

U2 . R1 +R 2

Vậy: Thời gian đun sôi nước là t3 = 25,4 phút.

l2 P2 R2 S2 4,7.10-7 .2 2.10 -6 ⇒ = = = . = 8,55 l P1 R1 0,5.10-6 4,4.10-7 .1 ρ1 1 S1

Gọi A là hệ số tỉ lệ nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh: ∆Q = A.∆t = A(t - t 0 ) Nhiệt lượng toàn phần cung cấp cho dây: Q = Q′ + ∆Q : RI12 t = mc(t1 - t 0 ) + A(t1 - t 0 ) = (t1 - t 0 )(mc + A)

(1)

RI 22 t

= mc(t 2 - t 0 ) + A(t 2 - t 0 ) = (t 2 - t 0 )(mc + A)

(2)

RI32 t = mc(t 3 - t 0 ) + A(t 3 - t 0 ) = (t3 - t 0 )(mc + A)

(3)

Lấy (1) chia cho (2):

ρ2

Vậy: Dây nicrôm sẽ tỏa nhiệt nhiều hơn và nhiều gấp 8,55 lần.

Bài 17. A Q .100% = .100% = 80% A′ P.t

mc∆t mc.∆t 2.4200.(100 - 20) = 0,8 ⇒ t = = = 1400s ≃ 23,3 phút. Pt 0,8P 0,8.600

I12 I 22

t1 - t 0

t2 - t 0

⇔(

55 - t 0 1,4 2 1 ) = = 2,8 160 - t 0 4

⇔220 – 4t0 = 160 – t0 ⇒ t0 = 200C. Lấy (2) chia cho (3): I 22 I32

Thời gian đun và điện năng tiêu thụ Hiệu suất của bếp: H =

= 25,4 (phút).

Bài 19.

= 748,6W

Vậy: Công suất của đèn lúc vừa mới bật là P2 = 748,6W.

⇔

U 22

⇒ (U12 - AR)t1 = (U22 - AR)t 2 = (U32 - AR)t 3

Bài 15.

⇒ P2 =

840000 ≈ 0,23 kWh . 3600000

t2 - t0 t3 - t 0

⇔

2,82 5,6

160 - 20 (160 - 20).5,62 ⇒ t3 = +20 = 5800 C . t 3 - 20 2,82

Vậy: Khi có dòng I3 chạy qua thì nhiệt độ của dây dẫn là t3 = 580oC.

Bài 20.

a) Đèn sáng bình thường nên: Mặt khác: I R = I - I§ = I x

⇒ Rx =

1. Mạch kín cơ bản (gồm nguồn và điện trở thuần):

U DB = U R x = U § = 6 V U U -U ⇒ I = AD = AB DB = 0,75 A R R

P§ = 0,75 - 0,5 = 0,25A U§

nguồn).

2. Mạch kín gồm nhiều nguồn điện và máy thu mắc nối tiếp với điện trở thuần: I=

b) Đặt Rx = x. U.R 27x Ta có: U DB = U - U AD = U - I.R = U = R § .x 4(3 + x) R+ R§ + x

R 2R 3 6.12 + R = 0,5 + + 1,5 = 6Ω R 2 + R3 6 + 12

( 4,5 + R )

122 R = R + 4,52 + 9R 2

122 4,52 R+ +9 R

4,52 4,52 122 Theo cô-si ta có: R + ≥ 2 R. = 9 ⇒ PRmax = = 8W R R 9+9 4,52 Dấu “ = ” xảy ra khi R = ⇒ R = 4,5Ω R

• Dạng 7. Định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín) A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

E, r

(R là điện trở tương đương của mạch ngoài; Eb, rb là suất điện

E, r E, r Nối tiếp E, r

E, r

+ Nếu n nguồn giống nhau mắc nối tiếp thì: Eb =

A R2

R 122 R

R + rb

động và điện trở trong của bộ nguồn)

U 12 = = 2A R 6

b) Công suất trên R: =

I Máy thu

3. Mạch kín gồm nhiều nguồn giống nhau (E, r) mắc thành bộ và điện trở thuần:

2 Công suất mạch AB: PAB = IAB R AB = 22.6 = 24W

E’, r’

khi dòng điện đi vào từ cực dương và đi ra từ cực âm).

U2R

I Nguồn điện

quy ước: nguồn khi dòng điện đi vào từ cực âm và đi ra từ cực dương; máy thu

Bài 21.

Cường độ dòng điện mạch chính AB: I =

E, r

trong của nguồn; E’, r’ là suất điện động và điện trở trong của máy thu điện với

Theo bất đẳng thức cô-si suy ra: x = 3 Ω ⇒ Px ≈ 3,8 W

a) Điện trở tương đương của toàn mạch: R = R1 +

ΣE - ΣE′ R + Σr + Σr′

(R là điện trở tương đương của mạch ngoài; E, r là suất điện động và điện trở

U2 729  3  ⇒ Px = DB = . P x max khi  + x  min R x 16( 3 + x )2  x  x

  R 2 .R 3 +R  R1 + R + R 2 3  

(R là điện trở của mạch ngoài; E, r là suất điện động và điện trở trong của

U DB 6 = = 24 Ω IR x 0,25

PR = I2 R =

E, r

E I= . R+r

E, r

nE; rb = nr.

E, r

r . n

E, r E, r

E, r

+ Nếu n nguồn giống nhau mắc song song thì: Eb = E; rb =

E, r

E, r E, r

+ Nếu N nguồn giống nhau mắc hỗn hợp đối xứng thành m dãy, mỗi dãy có n nguồn thì: Eb = nE; rb =

Song song

E, r

E, r Hỗn hợp đối xứng

nr . m

B. VÍ DỤ MẪU Ví dụ 1: Đèn 3V – 6W mắc vào hai cực ac quy (E = 3V, r = 0,5Ω). Tính điện trở đèn, cường độ dòng điện, hiệu điện thế và công suất tiêu thụ của đèn.

Hướng dẫn giải Điện trở của đèn: R =

U2đm Pđm

32 = 1,5Ω 6

Cường độ dòng điện qua đèn: I =

E 3 = = 1,5A . R + r 1,5 + 0,5

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình. Biết nguồn điện có suất điện động

Hiệu điện thế của đèn: U = IR = 1,5.1,5 = 2,25V. 2

Công suất tiêu thụ của đèn: P = RI = 1,5.1,5 = 3,375W.

E = 12V và có điện trở trong r = 1Ω, các điện trở R1 = 10Ω, R2 = 5Ω

Ví dụ 2: Khi mắc điện trở R1 = 5Ω vào hai cực của một nguồn điện thì hiệu điện thế mạch ngoài

và R3 = 8Ω.

là U1 = 10 V, nếu thay R1 bởi điện trở R2 = 11Ω thì hiệu điện thế mạch ngoài là U2 = 11 V. Tính

a) Tính tổng trở RN của mạch ngoài.

E, r R1

suất điện động của nguồn điện.

b)Tính cường độ dòng điện I chạy qua nguồn điện và hiệu điện thế mạch ngoài U.

Hướng dẫn giải

c) Tính hiệu điện thế U1 giữa hai đầu điện trở R1. d)Tính hiệu suất H của nguồn điện.

 I1 = 1 = 2 ( A ) Khi mắc điện trở R1 vào hai cực của nguồn điện thì:  R 1

e) Tính nhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trong thời gian 10 phút.

 E = U + I r = 10 + 2r (1) 1 1 

Hướng dẫn giải

U  I 2 = 2 = 1( A ) R2 + Khi mắc điện trở R2 vào hai cực của nguồn điện thì:   E = U + I r = 11 + r ( 2 ) 2 2 

b) Cường độ dòng điện chạy qua nguồn: I =

 E = 12 ( V ) + Từ (1) và (2) ta có: 

+ Hiệu điện thế mạch ngoài U: U = I.R N = 0,5.23 = 11,5 ( V )

a) Tổng trở mạch ngoài: RN = R1 + R2 + R3 = 23Ω

 r = 1Ω

Ví dụ 3: Hai điện trở R1 = 2Ω, R2 = 6Ω mắc vào nguồn

E, r

(E, r). Khi R1, R2 nối tiếp, cường độ trong mạch IN = 0,5A. Khi R1, R2 song song, cường độ mạch chính IS =

R1 R1

R2 R2

1,8A. Tìm E, r.

E 12 = = 0,5 ( A ) R N + r 23 + 1

c) Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R1: U1 = I.R1 = 0,5.10 = 5 V d) Hiệu suất của nguồn điện: H =

U 11,5 .100% = .100% = 95,83% E 12

e) Nhiệt lượng tỏa ra trong 10 phút ở mạch ngoài: Q = I2 R N 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 =

E, r

12V và có điện trở trong r = 0,5 Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 =

4,5Ω, R2 = 4Ω, R3 = 3Ω. Hãy số chỉ của ampe kế, công suất tỏa nhiệt

Hướng dẫn giải – Khi [R1 nt R2] ⇒ RN = R1 + R2 = 2 + 6 = 8Ω. ⇒ – Khi [R1 // R2] ⇒ R′N =

R1R 2

R1 + R 2

2,7 + 1,8r = E

của mạch ngoài, hiệu suất của nguồn điện khi

E E ⇒ 0,5 = R N +r 8+r

2.6 E E ⇒ 1,8 = = 1,5Ω ⇒ IS = 2+6 R′N + r 1,5 + r

 4 + 0,5r = E

– Từ (1) và (2), suy ra: 

IN =

⇒ r = 1Ω; E = 4,5V.

(1)

B R2

a. K mở. b. K đóng.

(2)

a) Khi K mở mạch gồm R1 nối tiếp R2 nối tiếp R3 + Tổng trở mạch ngoài là: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 11,5Ω + Dòng điện trong mạch: I =

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 4,5V và r = 1 Ω .

E = 1( A ) ⇒ I A = 1( A ) R td + r

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: Pngoai = I 2 R td = 11,5W + Hiệu suất nguồn: H =

U I.R td 1.11,5 = = = 95,83% E E 12

b) Khi khóa K đóng, A và B cùng điện thế nên chập A, B, mạch điện vẽ lại như hình + Tổng trở mạch ngoài là: Rtđ = R1 + R2 = 7,5Ω

E, r

E + Dòng điện trong mạch: I = = 1,5 ( A ) ⇒ IA = 1,5 ( A ) R td + r

R3 R1

A≡B

Hướng dẫn giải

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: Pngoai = I2 R td = 16,875W + Hiệu suất nguồn: H =

R 12 = R 1 + R 2 = 8Ω R 34 = R 3 + R 4 = 8Ω

U I.R td 1.7,5 = = = 93,75% E E 12

a) Ta có: 

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E

E, r R1

3Ω, R4 = 6Ω. a) Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu điện thế hai

đầu mỗi điện trở.

R4 R3

b) Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

R 12 R 34 = 4Ω R12 + R 34

E = 2, 4 ( A ) R ng + r

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: UAB = I.Rng = 9,6 V

c) Do R12 và R34 bằng nhau, mà chúng mắc song song nên: I12 = I34 =

b) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm C và D. c) Tính hiệu điện thế hai đầu nguồn điện và hiệu suất của nguồn điện.

U AB = 1, 2 ( A ) R12

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình vẽ:

Hướng dẫn giải

E, r

E = 4,8V, r = 1Ω, R1 = R2 = R3 = 3Ω, R4 = 1Ω, RV rất lớn.

a) Ta có: R23 = R2 + R3 = 6Ω ⇒ R AB =

R1.R 23 = 2Ω R 1 + R 23

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

R3 V

Tìm số chỉ của ampe kế.

Hướng dẫn giải a) Số chỉ của vôn kế

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu R4: U 4 = I 4 R 4 = 6 ( V )

Vì RV rất lớn nên mạch được vẽ lại như sau: Số chỉ của vôn kế bằng UAB

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: U AB = I.R AB = 2 ( V ) ⇒ U1 = U 23 = 2 ( V )

Điện trở mạch ngoài: RN = R4 +

U1 2 = (A) R1 3

2 3

 U3 = I3 R 3 = 1( V )

U3 = I3R3 =

b) Hiệu điện thế giữa hai điểm C và D: U CD = U3 + U 4 = 1 + 6 = 7 ( V )

⇒ RAD =

U 8 = = 88,89% E 9

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình: E = 12 V, r = 1 Ω, R1 = R2 = 4 Ω,

b) Tìm cường độ dòng điện mạch chính và UAB. c) Tìm cường độ dòng điện trong mỗi nhánh và UCD.

= 1+

3.(3+3) = 3Ω 3+3+3

E 4,8 = = 1,2A R N +r 3+1

E, r R1 D

U AD R 23

.R3 =

I.R AD R 23

C R 3

.R3

với R23 = R2 + R3 = 3 + 3 = 6Ω

c) Hiệu điện thế hai đầu nguồn: U = E − Ir = 9 − 1 = 8 ( V )

a) Tìm điện trở tương đương mạch ngoài.

R1 +R 2 +R3

⇒ U4 = IR4 = 1,2.1 = 1,2V

 U = I R = 1( V ) + Hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện trở R2 và R3 là:  2 2 2

R3 = 3 Ω, R4 = 5 Ω.

R1 (R2 +R3 )

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

1 3

+ Dòng điện qua R2 và R3 là: I 23 = I 2 = I3 = I − I1 = 1 − = ( A )

+ Hiệu suất của nguồn: H =

b) Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0.

E = 1( A ) ⇒ I4 = 1( A ) R ng + r

a) Tìm số chỉ của vôn kế.

+ Tổng trở của mạch ngoài: Rng = RAB + R4 = 8Ω

+ Dòng điện qua R1: I1 =

+ Điện trở tương đương của mạch ngoài: R ng =

= 9V và điện trở trong r = 1Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = R2 = R3 =

B R3 D

3.6 1,2.2 = 2Ω ⇒ U3 = .3 = 1,2V 3+6 6

Vậy: Số chỉ của vôn kế là: UCB = UCD + UDB = U3 + U4 = 1,2 + 1,2 = 2,4V.

R1 C R2 A

R1R23

R1 +R23

b)Số chỉ của ampe kế Khi thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0 thì mạch được vẽ lại

như sau: E, r

Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I3.

Điện trở mạch ngoài: RN =

E,r

R134 R2

R134 +R2

R1 D R2

B≡C

R3R 4

với R134 = R1 +

R3 +R 4

=3+

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Và

I2 =

U AB R2

I.R N R2

1,8. 3

+ Nhận thấy: I 2 = 0,75 ( A ) > I3 = 0,5 ( A ) ⇒ dòng điện từ R2 chia làm hai nhánh, một nhánh qua ampe

3.1 3,75.3 5 = 3,75Ω ⇒ RN = = Ω 3 +1 3,75 + 3 3

kế và một nhánh qua R3. Hay dòng điện qua ampe kế theo chiều C đến D và số chỉ của ampe kế khi

E 4,8 9 = = = 1,8A 5 R N +r 5 +1 3

đó là: I A = I 2 − I3 = 0, 25 ( A ) + Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: Pngoai = I2 R td = 5,5W

5 3 = 1A .

+ Hiệu suất nguồn: H =

Ví dụ 10: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = 6Ω, R3 =

I1 = I – I2 = 1,8 – 1 = 0,8A. I3 =

U DB R3

I1 .R DB R3

U I.R td 1.5,5 = = = 91,67% E E 6

I1 .R3 .R 4

R3 (R3 +R 4 )

I1R 4

R3 +R 4

3Ω, r = 5Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,6A.

0,8.1 = = 0,2A . 3+1

E, r

Hướng dẫn giải

Ví dụ 9: Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất

E, r

điện động E = 6V, và điện trở trong r = 0,5Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = R2 = 2Ω, R3 = R5 = 4Ω, R4 = 6Ω. Điện

R2 A

a. Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở.

N M

Tính E và số chỉ của ampe kế A2.

Vậy: Số chỉ của ampe kế: I2 + I3 = 1 + 0,2 = 1,2A.

trở của ampe kế không đáng kể.

A1 A

Vì điện trở của các ampe

R3 A

kế bằng 0 nên ta có thể vẽ lại

mạch điện như hình sau [R1

// R2 // R3]:

R1 M

E, r E, r

b. Tìm số chỉ của ampe kế, tính công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài và hiệu suất nguồn điện.

Hướng dẫn giải

Số chỉ của ampe kế A1 bằng tổng I2 và I3: I2 + I3 = 0,6A = I23

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

R 2 .R 4   R 24 = R + R = 1,5Ω  2 4 + Ta có:   R = R 3 .R 5 = 2Ω 35 R3 + R5 

B R4

+ Do đó: R AB = R 24 + R 35 = 3,5Ω

⇒ I2 =

A R5

+ Tổng trở mạch ngoài: Rtđ = R1 + RAB = 5,5Ω + Dòng điện trong mạch chính: I =

E = 1( A ) ⇒ I1 = 1( A ) R td + r

 U 2 = U 4 = U 24 = I24 .R 24 = 1,5V  U 3 = U 5 = U 35 = I35 .R 35 = 2V

+ Ta có: I24 = I35 = I = 1 (A) ⇒ 

U2   I2 = R = 0,75 ( A ) ⇒ I 4 = I24 − I2 = 0, 25 ( A )  2 + Do đó:   I = U 3 = 0,5 ( A ) ⇒ I = I − I = 0,5 ( A ) 5 35 3  3 R 3

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 đến D hay ngược lại.

⇒ UAB = I23.R23 = 0,6.2 = 1,2V ⇒ I1 = U AB R2

U AB R1

1,2 = 0,2A 6

1,2 = 0,2A và I3 = I23 – I2 = 0,6 – 0,2 = 0,4A. 6

Số chỉ của ampe kế A2 bằng tổng I1 và I2: I1 + I2 = 0,2 + 0,2 = 0,4A. Tìm E: Ta có: I =

E ⇒ E = I(RN + r) R N +r

với: I = I1 + I2 + I3 = 0,2 + 0,2 + 0,4 = 0,8A 1 1 1 1 1 1 1 2 3 ⇒ RN = = + + = + + = = 1,5Ω RN R1 R 2 R 3 6 6 3 3 2

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.

Ví dụ 11: Cho mạch điện như hình vẽ: E = 24V, r = 1Ω, R1 = 3Ω, R2 = R3 = R4 = 6Ω, RA = 0.

A A

R1 C

B R2

R3 R4

E,r

Tìm số chỉ của ampe kế.

I4 R 4

Mặt khác, ta có: I3 =

R123

Hướng dẫn giải Vì RA = 0 nên mạch được vẽ lại như sau:

Số chỉ của ampe kế bằng tổng dòng điện qua R2 và R3

Điện trở mạch ngoài: RN =

R124 .R3

R124 +R3

⇒ I3 = R4

E, r

3.6 8.6 24 với R124 = R4 + = 6+ = 8Ω . ⇒ RN = = Ω R1 +R2 3+6 8+6 7

⇒ I3 = và

U AB R3

I124 =

⇒ I2 =

U AC R2

U AB R124

R2 B R4

+ I 4 = 0,5 ⇒

Điện trở mạch ngoài: RN =

I4 = 0,4A. 0,4 = 0,6A 2

I B, A

R123 .R 4

R123 +R 4

Do R1 = R3 ⇒ I1 = I3 = A E,r

D R2

I2 2

I 4 .R 4

R123 .2

0,4.30 = 0,1A 60.2

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

Tìm số chỉ của ampe kế.

– Khi n acquy nối tiếp, ta có: Eb = nE và rb = nr.

Hướng dẫn giải

⇒I=

a) Suất điện động của nguồn Vì ampe kế có RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại như sau:

+I 4 = 0,5A

I = 0,6A và I4 = 0,4A

b) Đổi chỗ nguồn và ampe kế.

So với câu a thì R123 không đổi nên dòng điện qua mạch vẫn không đổi:

24 96 120 + = A. 31 31 31

40.40 với: R123 = R2 + = 40+ = 60Ω . R1 +R3 40+40

(2)

Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I4 = 0,5A

E, r

R1R3

a) Tính suất điện động của nguồn.

Số chỉ của ampe kế bằng: I3 + I4.

30Ω, r = 10Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,5A.

Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, mạch điện được vẽ lại như sau:

E, r

Ví dụ 12: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = R3 = 40Ω, R4 =

Từ (1) và (2), ta có:

(4)

b) Số chỉ của ampe kế

120 Vậy: Số chỉ ampe kế bằng A. 31

Vì R1 = R2 ⇒ I1 = I2 =

Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 18V.

576 75 72 144 = A ⇒ UAC = I124.R12 = .2 = V 31.8 31 31 31

Từ (1) và (2) suy ra: I2 + I3 =

40.40 = 60Ω 40 + 40

Mặt khác: UAB = E – Ir ⇒ E = UAB + I.r = 12 + 0,6.10 = 18V.

(1)

144 24 = = A 31.6 31

= 40+

Do đó: UAB = I4R4 = 0,4.30 = 12V và I = I4 + I3 = 0,4 +

168 24 576 . = V 31 7 31

576 96 = = A 31.6 31

I 4 .30

Từ (3) và (4), ta có:

R1R2

⇒ UAB = IRN =

R1 + R 2

R1 C

E 24 168 = = A Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 24 R N +r 31 +1 7

R1R 2

với R123 = R3 +

nE R + nr

(1)

– Khi n acquy song song, ta có: Eb = E và rb =

(1) I

(2) C, A

(3)

R + rb

E,r

⇒ I′ =

R4 I2

R2 D

E R+

r n

(2)

– Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì: I3

R + rb

r . n

I = I′ ⇔

nE = R + nr

E r R+ n

Vậy: Cường độ dòng điện qua R là I = 4,5A.

⇔ nR + r = R + nR ⇒ R = r.

Ví dụ 16: Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi pin có e = 1,5V, r0 =

Vậy: Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì R = r.

1Ω, R = 6Ω. Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính.

Ví dụ 14: Điện trở R = 2Ω mắc vào một bộ nguồn gồm hai pin giống nhau. Khi hai pin nối

Hướng dẫn giải

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

Suất điện động của bộ nguồn: Eb = EAM + EMB

của mỗi pin.

Ta có:

Hướng dẫn giải 2e Ta có: I1 = ⇔ 0,75 = R + rb 2+2.r0

0,75 + 0,75r0 = e

Ta có: I2 =

⇔

R+rb

⇔ 0,6 =

rb = rAM + rMB = r0 2

7,5 = 0,75A . 6+4

9 pin

b) Cường độ dòng điện qua R 13,5 = 4,5A . 2,1 + 0,9

R2 K 1

c) K1, K2 đóng. Tìm số chỉ của vôn kế.

Trong các trường hợp trên, cực dương của vôn kế nối với điểm nào?

Ta có: Eb = ne = 2.1,5 = 3V;

rb =

ne 2.2 = = 2Ω . m 2

RN = R1 + R2 = 2 + 1 = 3Ω.

Eb = 9e = 9.1,5 = 13,5V.

Số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện thế giữa hai đầu R1.

Suất điện động của bộ nguồn:

9.0,2 rb = 9r0 = = 0,9 Ω.

V C

a) K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau:

Hướng dẫn giải

Điện trở trong của bộ nguồn:

Hướng dẫn giải

b) Tính cường độ qua R. a) Suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn

Tính R4.

a) Tính suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn.

R+ rb

b) K1 mở, K2 đóng, vôn kế chỉ 1,5V.

song, mỗi dãy 9 pin nối tiếp. Điện trở R = 2,1Ω mắc vào hai đầu bộ pin trên.

2.1 + 3.1 = 4Ω 2

a) K1 đóng, K2 mở. Tìm số chỉ của vôn kế.

Ví dụ 15: Có 18 pin giống nhau, mỗi pin có e = 1,5V, r0 = 0,2Ω được mắc thành 2 dãy song

R + rb

+n' r0 ⇒ rb =

RV rất lớn.

(2)

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của mỗi pin là e = 1,5V và r0 = 1 Ω .

Ta có: I =

Ví dụ 17: Cho mạch điện như hình vẽ: mỗi pin E0 = 1,5V, r0 = 2Ω, R1 = 2Ω, R2 = 1Ω, R3 = 4Ω,

0,75 + 0,75r0 = e  r = 1Ω – Từ (1) và (2), ta có:  ⇒  0 . 2,4 + 0,6r0 = 2e e = 1,5V

nr0

Vậy: Cường độ dòng điện qua mạch chính là I = 0,75A.

r0 2

2,4 + 0,6r0 = 2e

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

e 2+

Điện trở trong của bộ nguồn:

(1)

– Khi 2 pin mắc song song: Eb = e; rb =

⇒ Eb = 3 + 4,5 = 7,5V

⇔

EAM = ne = 2.1,5 = 3V

EMB = n’e = 3.1,5 = 4,5V

– Khi 2 pin mắc nối tiếp: Eb = 2e; rb = 2r0.

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

R N +rb

3 = 0,6A . 3+2

⇒ I1 = I = 0,6A; U1 = I1R1 = 0,6.2 = 1,2V. Vậy: Số chỉ của vôn kế là 1,2V. b) K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau: Số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = 1,5V.

⇒ I3 =

U3 R3

1,5 = 0,375A 4

3 Mặt khác, ta có: I3 = I = ⇔ 0,375 = ⇒ R N + rb R N +2

– Vì x, y đều dương nên theo bất đẳng thức Cô–si, ta có:

R3 B

Rx + y ≥ 2 Rxy ⇔ (Rx + y)min = 2 Rxy

Dấu ‘=’ xảy ra khi Rx = y

RN = 6Ω R4

Vì: RN = R3 + R4 ⇒ R4 = RN – R3 = 6 – 4 = 2Ω.

 Rx = y

– Kết hợp (4) với (2), ta có: 

 xy = 80

Vậy: Giá trị của điện trở R4 là: R4 = 2Ω.

 x =

c) K1, K2 đều đóng: Khi K1 và K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

Điện trở mạch ngoài:

RN =

(R1 + R 2 )(R3 + R 4 ) R1 + R 2 + R3 + R 4

a) Với R = 5Ω ⇒ 

3 Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = = = 0,75A R N +rb 2+2

⇒ x=

80 80 ;y=R = 80R . R R

80 =4 5

  y = 80.5 = 20

(2 + 1).(4 + 2) = 2Ω 2+1+4+2

(4)

Vậy: Với R = 5Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy. A

 x =

b) Với R = 6Ω ⇒ 

80 = 3,65 6

 y = 80.6 = 21,9

Vì: R12 = R1 + R2 = 2 + 1 = 3Ω, R34 = R3 + R4 = 4 + 2 = 6Ω

Vì x, y nguyên và xy = 80 nên suy ra x = 4; y = 20.

Vậy: Với R = 6Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy.

⇒ I12 = 2I34 Mà I12 + I34 = I = 0,75 ⇒ I12 = 0,5A; I34 = 0,25A.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

⇒ I1 = I12 = 0,5A ⇒ U R = UCA = R1I1 = 2.0,5 = 1V .

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.

I3 = I34 = 0,25A ⇒ U R = UCB = R3 I3 = 4.0,25 = 1V

và

Bài 2. Cho mạch điện trong đó nguồn điện có điện trở trong r = 1Ω. Các điện trở của mạch ngoài R1

⇒ Số chỉ của vôn kế: UAB = UAC + UCB = –UCA + UCB = –1 + 1 = 0.

= 6Ω, R2 = 2Ω, R3 = 3Ω mắc nối tiếp nhau. Dòng điện chạy trong mạch là 1A.

Vậy: Số chỉ của vôn kế là 0.

a) Tính suất điện động của nguồn điện và hiệu suất của nguồn điện.

Trong các trường hợp trên cực dương của vôn kế luôn nối với A.

b) Tính công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài và nhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trọng thời gian t = 20

Ví dụ 18: Có N = 80 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có e = 1,5V, r0 = 1Ω 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:

a) 5Ω.

b) 6Ω.

yr0 x

xy = N = 80

8A. Khi điện trở mạch ngoài là R2 = 5Ω thì hiệu điện thế hai đầu nguồn là U2 = 25V. Tìm E, r. =

y x

(1)

(2)

– Cường độ dòng điện qua điện trở R: I=

R + rb

1,5y 1,5yx = y Rx + y R+ x

– Thay (2) vào (3) ta được: I =

Bài 3. Vôn kế mắc vào nguồn (E = 120V, r = 10Ω) chỉ 119V. Tính điện trở vôn kế. Bài 4. Nguồn điện (E, r), khi điện trở mạch ngoài là R1 = 2Ω thì cường độ dòng điện qua R1 là I1 =

Bài giải Ta có: Eb = yE = 1,5y; rb =

min.

(3)

…... …... …..................... …...

y nguồn

1,5.80 120 = Rx + y Rx + y

– Để y = ymax thì M = (Rx + y) đạt cực tiểu.

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. Một vôn kế mắc song song với R2, thì số chỉ của nó là 160 V. Tính điện trở của vôn

}

kế. x dãy

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E =

E, r

12V,và điện trở trong r = 0,1Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 =

R2 = 2Ω, R3 = 4Ω, R4 = 4,4Ω. a) Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu

điện thế hai đầu mỗi điện trở.

R1 R3

R2 C

b) Tính hiệu điện thế UCD. Tính công suất tiêu thụ của mạch ngoài và hiệu suất nguồn điện.

Bài 13. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 11,5V, r = 0,8Ω, R1 =

Bài 7. Có mạch điện như hình vẽ. Các điện trở mạch ngoài R1 = 6Ω, R2

4,2Ω, R2 = R3 = R4 = 2,1Ω, RA = 0, RV rất lớn. Tìm số chỉ ampe

E, r

= 5,5Ω. 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,

K V

c) K1 đóng, K2 mở. E, r + -

r = 0,1Ω, R1 = R2 = 2Ω, R3 = 4Ω, R4 = 4,4Ω. a) Tìm điện trở tương đương mạch ngoài.

D R4

Bài 14. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 2Ω, R3 = R4

= 2Ω, điện trở các ampe kế rất nhỏ.

c) Tìm cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ và UCD.

b) K1 đóng, K2 mở, ampe kế A1 chỉ 2A. Tính R1.

nối tiếp. Một vôn kế mắc song song R2, chỉ 160V.

c) K1, K2 đều đóng. Tìm số chỉ các ampe kế.

A R3 E, r

R1 K1 C

Bài 15. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 170V, r = 5Ω, R1 =

không đổi xác định.

195Ω, R2 = R3 = 200Ω, vôn kế chỉ 100V. Tìm điện trở vôn kế.

E, r

a) Tính cường độ dòng điện qua mỗi điện trở trong các trường hợp còn lại.

Bài 16. Cho mạch điện như hình vẽ, bộ nguồn gồm 2 dãy, mỗi dãy

b) Cần bao nhiêu điện trở R0 và mắc thế nào để khi nối vào nguồn điện không đổi nói trên, cường

4 pin nối tiếp, mỗi pin có: e = 1,5V, r0 = 0,25Ω, mạch ngoài, R1 =

độ dòng điện qua mỗi điện trở đều bằng 0,1A.

12Ω, R2 = 1Ω, R3 = 8Ω, R4 = 4Ω. Biết cường độ dòng điện qua R1

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 30V, r = 3Ω, R1 = 12Ω, R2 F

c) Giá trị điện trở R5.

Bài 17. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn có: e = 1,5V, r0 =

1Ω. Các điện trở mạch ngoài R1 = 2Ω, R2 = 4Ω, R3 = R4 = 6Ω, R5 =

1Ω, R1 = 6Ω, R2 = 12Ω, R3 = 4Ω.

R1 C R2

2Ω.

c) Tính hiệu suất của nguồn điện.

a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn tương đương.

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 21V, và điện trở trong r =

b) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm C và D.

E, r

Tìm số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế.

hai đầu mỗi điện trở. Tính công suất tiêu thụ của mạch ngoài.

b) UAB và cường độ dòng điện qua mạch chính.

b) Đổi chỗ nguồn E và ampe kế (cực dương của E nối với G).

a) Tính cường độ dòng điện chạy qua các điện trở và hiệu điện thế

R1 A

là 0,24A. Tính:

A R2

– Khi ba điện trở mắc song song, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2A.

a) Tìm số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó.

– Khi ba điện trở mắc nối tiếp, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở bằng 0,2A.

Bài 10. Ba điện trở đều bằng R0, mắc theo các cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện

D R4

Tính điện trở của vôn kế.

= 36Ω, R3 = 18Ω, RA = 0.

a) K1 mở, K2 đóng, ampe kế A chỉ 3A. Tính R2.

Bài 9. Mạch kín gồm nguồn điện (E = 200V; r = 0,5Ω) và hai điện trở R1 = 100Ω, R2 = 500Ω mắc

d) K1, K2 đóng.

và UAB.

R2 V

b) K1 mở, K2 đóng.

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V,

b) Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính

E, r

a) K1, K2 mở. R2

kế, vôn kế nếu:

tính E, r và số chỉ ampe kế khi đó.

A R5

B R3 D

Bài 18. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn E, r

Tìm cường độ dòng điện qua mạch chính. e = 12V, r0 = 2Ω, R2 =

3Ω, R3 = 6Ω, R1 = 2R4, RV rất lớn.

a) Vôn kế chỉ 2V. Tính R1, R4. b) Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0. Tìm số chỉ của ampe kế.

Bài 19. Có 7 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn có e = 6V, r0 = như hình vẽ. R1 = 3Ω,

Ta có: UAB = IR2 =

2 Ω m ắc 3

E E.5 R = = 25 R 2 +r 2 5+r

⇒ 5E - 25r - 125 = 0

R2 = 6Ω, R3 = 2Ω, RA = 0. Tìm số chỉ của ampe kế.

 E - 8r - 16 = 0

(2)

– Từ (1) và (2), ta có: 

5E - 25r - 5 = 0

Bài 20. Có 16 nguồn giống nhau, mỗi nguồn e = 2V, r0 = 1Ω, mắc thành

 E = 40V . ⇒  r = 3Ω

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 40V; r = 3 Ω .

hai dãy song song, mỗi dãy x và y nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là R = 15Ω.

Bài 5.

Tìm x, y để cường độ qua một dãy bằng 0.

Giả sử điện trở của vôn kế không quá lớn so với điện trở của các điện trở thuần

Bài 21. Có n nguồn giống nhau (e, r) mắc song song. Có một nguồn mắc ngược với các nguồn

+ Gọi RV là điện trở vôn kế.

khác. Tìm cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn.

+ Điện trở tương đương mạch ngoài: R ng =

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG + Dòng điện trong mạch chính: I =

Bài 1. + Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

E = 0,02 ( A ) R+r

Bài 2. a) Điện trở tương đương mạch ngoài: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 11Ω

+ Do đó ta có:

E E + Ta có: I = ⇔1= ⇒ E = 12V R ng + r 11 + 1

+ Hiệu suất của nguồn: H =

200 E = 500R V R ng + r + 100,5 500 + R V

160   I2 = 500 + Lại có: I = I2 + I V . Với:   I = 160  V R

+ Ta có: E = U + Ir ⇒ U = E − Ir = 2 − 0,02.0,1 = 1,998V

+ Hiệu điện thế mạch ngoài (hiệu điện thế hai đầu cực của nguồn):

R 2R V 500R V + R1 = + 100 R2 + RV 500 + R V

200 160 160 100500 = + ⇒R= ≈ 2051 500R R 500 49 + 100,5 500 + R

Bài 6.

U = IR td = 11( V )

a) Ta có: R23 = R2 + R3 = 6Ω ⇒ R AB =

U 11 = = 91,67% E 12

R1 .R 23 = 1,5Ω R1 + R 23

b) Công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài: P = I 2 R td = 11W

+ Tổng trở đương đương của mạch ngoài: R td = RAB + R4 = 5,9 Ω

+ Nhhiệt lượng tỏa ra ở mạch ngoài trong thời gian t = 20 phút: Q = I2Rtđt = 13,2 Kj

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

Bài 3.

Ta có: U = IRv =

E,r

E rU 10.119 .R ⇒ Rv = = = 1190 Ω Rv + r v E - U 120 - 119

Bài 4.

⇒ E – 8r –16 = 0 (1) – Khi R = R2 = 5Ω.



+ Ta có: U AB = I.R AB = 3V ⇒ U 23 = U1 = 3V ⇒ 

I1 =

U1 = 1,5A R1

  I2 = I3 = I − I1 = 0,5 ( A )

Vậy: Điện trở của vôn kế là Rv = 1190 Ω .

– Khi R = R1 = 2Ω, ta có: I =

E = 2( A) R td + r

+ Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I = 2 A ⇒ U4 = I4.R4 = 8,8 V

Gọi Rv là điện trở của vôn kế, I là cường độ dòng điện qua mạch.

E E = = 8A R1 +r 2+r

 U 2 = I2 R 2 = 1V  U 3 = I3 R 3 = 2V

+ Lại có: I 2 = I3 = I23 = 0,5A ⇒ 

b) Hiệu điện thế giữa hai điểm C, D: U CD = U3 + U 4 = 2 + 8,8 = 10,8V

E, r A

+ Công suất mạch ngoài: Pngoai = I2 R td = 22.5,9 = 23,6W + Hiệu suất nguồn: H =

U I.R td 2.5,9 = = = 98,33% E E 12

Bài 7.

⇒ I(R1 + r) = E – U2

Khi khoá K mở, trong mạch không có dòng điện. Ta có: U V = E = 6V + Khi đóng K, trong mạch có dòng điện: I =

E 6 = R1 + R 2 + r 11,5 + r

R1 + r

200 - 160 ≃ 0,398A 100 + 0,5

U2 R2

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

6 .r ⇒ r = 0,5Ω 11,5 + r

động và điện trở trong của nguồn

+ Số chỉ của ampe kế A chính là dòng điện trong mạch chính nên: IA = I = 0,5 A

– Khi 3 điện trở mắc nối tiếp:

Bài 8.

Ta có: RAB = 3R0

a) Điện trở tương đương mạch ngoài

Điện trở tương đương của R2 và R3 là: Điện trở tương đương của R23 và R1 là: R123 =

R1 +R23

R4 R3

R23 = R2 + R3 = 2 + 4 = 6Ω R1.R23

⇒I=

E, r + -

Ta có: [{R2 nt R3)//R1] nt R4

E 12 = = 2A . R N +r 5,9+0,1

+ Với hình a: R AB =

Gọi RV là điện trở của vôn kế, RN là điện trở của mạch ngoài.

Và I1 = I2 =

E ⇒ IRN + Ir = E R N +r

RAB = I

3R 0

 r = R 0

I 0,32 = = 0,16A . 2 2

I1 R0

2R 0 R 0

2R 0 +R 0

R0 R0

E, r Hình a

+ Với hình b:

E,r

(1)

Từ (1) và (2) suy ra: IR1 + U2 = E – Ir

+R 0 =

0,8R 0 ⇒I= = = 0,32A 3R 0 3R 0 +r + R0 2 2

Bài 9.

(2)

⇒ UCD = I3R3 + I4R4 = I2R3 + IR4 = 0,5.4 + 2.4,4 = 10,8V.

Mặt khác: UN = U1 + U2 = I.R1 + U2

E - 0,6r = 0,2R 0

– Các cách mắc còn lại:

U 3 3 = 1,5A ; I2 = AB = = 0,5A 2 R 23 6

⇒ UN = E – Ir

E, r

(2) 0,2R 0 + 0,6r = E

Hiệu điện thế giữa hai điểm C, D là: UCD = UCB + UBD = U3 + U4

Ta có: I =

R0 +r 3

0,6R 0 + 0,2r = E E - 0,2r = 0,6R 0 E = 0,8R 0 Từ (1) và (2), ta có:  ⇒  ⇒ 

Cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ: R1

⇔ 0,2R 0 + 0,6r = E

c) Cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ và UCD

⇒ I′ =

I′ E E = ⇔ 0,2 = R0 R0 3 ( + r).3 ( + r).3 3 3

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: UAB = IRAB = IR123 = 2.1,5 = 3V.

U AB

– Khi 3 điện trở mắc song song: R0

(1)

Vì 3 điện trở đều bằng nhau nên dòng điện qua mỗi điện trở là:

b) Cường độ dòng điện qua mạch chính và UAB Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

⇔ 0,6R 0 + 0,2r = E

E, r

E E ⇔ 0,2 = 3R 0 + r 3R 0 + r

Ta có: RAB =

2.6 = = 1,5 Ω 2+6

Điện trở tương đương của mạch ngoài là: RN = R123 + R4 = 1,5 + 4,4 = 5,9Ω.

I1 =

E - U2

Mà I = I1 + I2 ⇒ I1 = I – I2 = I –

+ Số chỉ vôn kế V chính là hiệu điện thế hai cực của nguồn nên: U V/ = E − I.r ⇔ 5,75 = 6 −

⇒I=

0,8R 0 2 E R ⇒I= = = 0,48A 2R 0 2R 0 3 0 +r +R 0 3 3

Vì I2 = 2I1 và I2 + I1 = 0,48 ⇒ I2 = 0,32A và I1 = 0,16A.

E, r Hình b

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

R′N = R3 +

Gọi n là số điện trở R0:

I′ =

– Trường hợp mắc nối tiếp, ta có: RAB = nR0 0,8R 0 E ⇔ 0,1 = ⇒ n = 7. nR 0 + r nR 0 + R 0

– Trường hợp mắc song song, ta có: RAB =

R0 n

⇒I=

36.18 = 24Ω 36+18

R1 I

R3 F

D≡G I2

E, r

B R3 D

E, r

E = 3( A ) R ng + r

Vì số chỉ ampe kế chính là cường độ dòng điện qua R3 nên số chỉ của ampe kế là

I = I = I = 2 ( A )  U1 = I1R1 = 4 ( V ) ; U 2 = I2 R 2 = 8 ( V ) + Do đó ta có:  1 2 12 ⇒ I3 = I 4 = I34 = 1( A )

 U3 = I3 R 3 = 6 ( V ) ;U 4 = I4 R 4 = 6 ( V )

+ Công suất tiêu thụ mạch ngoài: Png = I2 R ng = 32.6 = 54 ( W )

c) Hiệu suất của nguồn: H =

U ng E

U 5 + U AB 12 + 6 = = 0,857 = 85,7% E 21

Bài 13.

40 20 = = A. 3.18 27

a) K1, K2 mở 20 A và dòng điện 27

Khi K1, K2 mở, mạch được vẽ lại như sau: Lúc đó, số chỉ của ampe kế bằng dòng điện qua mạch chính I; số chỉ của vôn kế

có chiều từ D đến G.

bằng hiệu điện thế UAB.

b) Số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế khi đổi chỗ nguồn và ampe kế

Điện trở mạch ngoài: RN = R4 +

+ Điện trở tương đương mạch ngoài:

b) Ta có: UCD = -U1 + U3 = 2 V

E 30 10 10 40 = = A ⇒ UDF = IR23 = .12 = V. R N +r 24+3 9 9 3

Khi đổi chỗ nguồn E và ampe kế, ta có mạch điện như sau:

R1 C R2

U12   I12 = R = 2 ( A )  12 + Lại có: U12 = U34 = UAB = 12 V ⇒   I = U 34 = 1( A )  34 R 34

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

9 = 0,75A 12

 U AB = I.R AB = 12 ( V )

⇒ I3 =

U = I R = 6 ( V ) + Ta có: I5 = IAB = I = 3 A ⇒  5 5 5

Vì điện trở của ampe kế RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại:

= 12+

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

a) Số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó

R 2 R3

U BD

+ Điện trở tương đương của mạch ngoài: R ng = R AB + R 5 = 6Ω

Bài 11.

R 2 +R3

B F

 R12 = R1 + R 2 = 6Ω R .R ⇒ R AB = 12 34 = 4Ω  R12 + R 34  R 34 = R 3 + R 4 = 12Ω

U 160 160 = 0,078A và RV = V = = 2051Ω . 500 I1 0,078

Ta có:

E 30 = = 1A R ′N + r 27 + 3

a) Ta có:

Vậy: Điện trở của vôn kế là RV = 2051 Ω .

U DF

Bài 12.

R0 +r n

Vậy: Cần 7 điện trở R0 và mắc nối tiếp hoặc song song nhau.

E,r

Vậy: Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, ampe kế chỉ 0,75A và dòng điện có chiều từ F đến B.

0,8R 0 I E E ⇔ 0,1 = = ⇔ 0,1 = ⇒ n=7 R0 R0 R0 n ( + r)n ( + r)n ( + R 0 )n n n n

Điện trở mạch ngoài: RN = R1 +

12.36 = 27Ω 12+36

⇒ UBD = I′RN = 1.9 = 9V ⇒ I1 =

Vì có n điện trở R0 mắc song song nên dòng điện qua mỗi điện trở là:

⇒ I = 0,398 -

= 18+

+ Cường độ dòng điện mạch chính:

trở nối tiếp hoặc song song.

⇒I =

R1R 2

R1 +R 2

R1 (R2 + R3 )

R1 + R2 + R3

A E,r

R2 B

⇒ RN = 2,1+

4,2.(2,1 + 2,1) = 4,2Ω 4,2 + 2,1 + 2,1

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: E 11,5 I= = = 2,3A RN + r 4,2 + 0,8

Cường độ dòng qua mạch chính:

Ta có: I1 = 2A ⇒ UBC = I1R1 = 2R1.

⇒ I4 =

Hiệu điện thế hai đầu A, B: UAB = I.RN = 2,3.4,2 = 9,66V. Vậy: Số chỉ ampe kế là 2,3A; số chỉ vôn kế là 9,66V.

U BC R 24

2R1

2+2

I = I1 + I4 = 2R1 +

Số chỉ của ampe kế bằng I4: E 11,5 115 = = ≈ 4A R4 + r 2,1 + 0,8 29

Số chỉ của vôn kế: U = I4.R4 = I.R4 =

E,r

115 .2,1 = 8,3V . 29

R4 B

Điện trở mạch ngoài: RN = với R134 = R1 +

⇒ RN =

R3 .R 4

R3 + R 4

R 2 + R134 = 4,2 +

⇒I =

E,r

2,1.5,25 = 1,5Ω 2,1 + 5,25

⇔

R1 .(R 4 + R 2 ) R1 + R 4 + R2

E,r

⇒ RN = 0,7Ω

= 2+

R1.(2 + 2)

=2+

R1 + 2 + 2

4R1

4 + R1

(2)

12.(4 + R1 ) 16 + 8R1

40R1 + 20 R12 = 48 + 12R1 ⇔ 20 R12 + 28R1 – 48 = 0 12 < 0: (loại). 5

D≡A

Ta có: Số chỉ của A1 bằng I1; số chỉ của A bằng I.

với: R134 = R1 +

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

⇒ RN =

E 11,5 = = 7,67A R N +r 0,7+0,8

R3 .R 4

R3 + R 4

R 2 .R134

=1+

R1 I C

E 12 = = 4A . RN + r 1 + 2

I 4 = = 2A . 2 2

Bài 15. R2

E,r

2.2 = 2Ω 2+2

Vậy: Số chỉ của các ampe kế là 4A và 2A.

A ≡D

E,r

2.2 = 1Ω 2+2

Vì R134 = R2 ⇒ I1 = I2 =

Bài 14.

R 2 + R134

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

23 .0,7 ≈ 5,37V . 3

a) K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch được vẽ lại như sau:

E,r C

12.(4 + R1 ) 12 = 4R1 16 + 8R1 2+ +2 4 + R1

Điện trở mạch ngoài: RN =

1 1 1 1 1 1 1 3 = + + = + + = RN R 2 R3 R 4 2,1 2,1 2,1 2,1

D I4 R4

Vậy: Giá trị của điện trở R1 là R1 = 1 Ω .

Điện trở mạch ngoài:

(1)

B I1

c) K1, K2 đều đóng: Khi K1, K2 đều đóng, mạch được vẽ lại như sau:

d) K1, K2 đóng: Khi K1, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

E E - Ir 12 - 3.2 Từ: I = ⇒ R2 = = = 2Ω r+R 2 I 3

= 2,5R1

E RN + r

⇒ R1 = 1Ω và R1 = –

E 11,5 = = 5A R N +r 1,5+0,8

Vậy: Số chỉ ampe kế là 7,67A; số chỉ vôn kế là: UAB = I.RN =

Từ (1) và (2) suy ra: 2,5R1 =

Vậy: Số chỉ của ampe kế là 5A; số chỉ của vôn kế là: UAB = IRN = 5.1,5 = 7,5V.

2,1.2,1 = 5,25Ω 2.1 + 2.1

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Mặt khác, ta có: I = với: RN = R3 +

c) K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau: R 2 .R134

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

b) K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

I4 = I =

– Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch chứa nguồn, ta có:

E, r B

UCB = E – I(R1 + r) = 170 – I(195 + 5) (1)

⇒ rb =

– Mặt khác, số chỉ của vôn kế bằng 100V nên: UCB = 100

(2)

r0 2

+r0 = 2r0 = 2.1 = 2Ω

Điện trở mạch ngoài: RN = R3 +

– Từ (1) và (2) suy ra: 170 – 200I = 100 ⇒

I = 0,35A U CB

– Cường độ dòng điện qua R2 và R3 là: I2 =

R 2 + R3

– Cường độ dòng điện qua vôn kế là: IV = I – I2 ⇒ – Điện trở của vôn kế: R V =

UCB I1

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

100 = 0,25A 200 + 200

Ta có: Eb = e = 12V; rb = với UAB = 2V; R23 =

a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn Suất điện động của bộ nguồn: Eb = ne = 4.1,5 = 6V. nr0

4 Điện trở trong của bộ nguồn: rb = = .0,25 = 0,5Ω . m 2

R5 I B

b) Tính UAB và cường độ dòng điện qua mạch chính

⇒ R4 =

⇒ UAB = 0,24.(12 + 8) = 4,8V. 4,8 = 0,96A . 1+4

R N +rb

E b - Irb

r0 2

= 1Ω ⇒ I =

R 2 R3

R 2 + R3

R AB

U AB R 23

3.6 2 = 2Ω ⇒ I = = 1A 3+6 2

RN - 2 3

Vì RA = 0 nên ta có thể bỏ R2 và R3. Cường độ dòng điện qua mạch: I=

⇒ RNI + rbI = Eb

R1 + R 4 + rb

12 = 1,2A 6+3+1

Vậy: Số chỉ ampe kế là 1,2A. Vì RA = 0 nên nguồn giữa hai điểm mắc ampe kế bị nối tắt.

2 3. nr0 Ta có: Eb = ne = 3.6 = 18V; rb = = 3 = 1Ω; m 2

0,6 = 0,5Ω . 1,2

Bài 17.

RN = R3 + R12 = R3 +

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

11 − 2 = 3Ω và R1 = 2R4 = 2.3 = 6Ω. 3

Mặt khác: UN = UAB + U5 ⇒ U5 = UN – UAB = 5,4 – 4,8 = 0,6V. I

12 − 1.1 = 11Ω 1

Bài 19.

⇒ R5 =

⇒ IRN + Irb = Eb

⇒ UN = Eb – rbI = 6 – 0,5.1,2 = 5,4V. U5

b) Số chỉ của ampe kế

c) Giá trị điện trở R5 R N +rb

U AB

4,5 = 0,45A . 8+2

Vậy: Giá trị các điện trở R1 = 6 Ω ; R4 = 3 Ω .

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2 = 0,24 + 0,96 = 1,2A. Eb

và RN = R1 + R23 + R4 = 3R4 + R23 = 3R4 + 2

UAB = U1 + U3 = I1R1 + I3R3 = I1(R1 + R3)(vì I1 = I3)

Từ biểu thức của định luật Ôm: I =

Mặt khác: I =

⇒ RN =

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là:

R N +rb

a) Tính R1, R4

Bài 16.

U AB

6.12 = 8Ω 6 + 12

Bài 18.

Vậy: Điện trở của vôn kế là RV = 1000 Ω .

R 2 +R 4

=4+

Vậy: Cường độ mạch chính là I = 0,45A.

IV = 0,35 – 0,25 = 0,1A

100 = 1000Ω . 0,1

Cường độ dòng điện qua R2 là: I2 =

R1R 2

R1 + R 2

N R3

=2+

rb +R N

A I0

I2 R3

3.6 = 4Ω. 3+6

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

R1R2

R1 +R2

IA I1

18 = = 3,6 A 1+ 4

Số chỉ ampe kế: IA = I0 – I1 với I1 =

e I 3,6 6 = 1,8A; I0 = 0 = = 9A. = 2 2 2 r 3

Vậy: Cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn là: nguồn mắc ngược là I = lại là I’ =

⇒ IA = 9 – 1,8 = 7,2A. Bài 20.

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI x nguồn …….

Ta có: x + y = 16 A

E b = xe = 2x; rb = xr0 = x

…….

E b = ye = 2y; rb = yr0 = y 2

R+rb

= 2

(1)

Ep, rp

U AB − E t rt + R

(2)

và máy thu: I =

⇒ y = 10 và y = –24 < 0 (loại) và x = 16 – 10 = 6.

U AB + E p − E t

+ -

∑I

®Õn

= ∑ Iđi (nút là nơi giao nhau của ít nhất 3 nhánh).

Lấy dấu “+” trước I khi dòng I có chiều AB Lấy dấu “-” trước I khi dòng I ngược chiều AB

- + e, r

2(n - 1)e . nr

2(n - 1)e (n - 2)e = n n

E t,rt

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: U AB = ± ∑ E ± I(R + r)

Eb, rb

Trong (n – 1) nguồn mắc đúng thì dòng điện đều bằng nhau và bằng:

R + rP + rt

+ Tại một điểm nút ta luôn có:

Ep, rp

+ Dòng I có chiều AB, do đó nếu chưa có chiều I thì ta giả sử dòng I theo chiều A → B.

Bài 21. E b = e Trong (n – 1) nguồn mắc đúng, ta có:  r  rb = n -1 

Chú ý:

Vậy: Để cường độ qua một dãy bằng 0 thì số nguồn của mỗi dãy là 6 và 10.

r nr 2(n - 1)e ) = 2e (Eb = e) ⇔ I. = 2e ⇒ I = n -1 n -1 nr

UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch. Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa cả nguồn

30y + Từ (1) và (2): 2.(16-y) = ⇔ 2y2 + 28y – 480 = 0 15+y

Xét theo một vòng kín: –e + Ir – Eb + Irb = 0 ⇔ I(r + rb) = e + Eb

E t,rt

Đối với máy thu Et: dòng điện đi vào cực dương và đi ra từ cực âm. 1

Hiệu điện thế của mỗi nguồn: UAB = –e + Ir = –e +

+ Định luật Ohm cho đoạn mạch chứa máy thu điện:

+ Mặt khác, dòng điện không qua dãy chứa x nguồn nên ta có: UAB = E b = 2x = 2.(16 – y)

Suy ra: Dòng điện qua nguồn mắc ngược bằng I =

rp + R

UAB: tính theo chiều dòng điện đi từ A đến B qua mạch ( U AB = − U BA ).

2y 15+y

2y.15 30y + Hiệu điện thế hai đầu bộ nguồn: UAB = IR = = 15+y 15+y

U AB + E p

âm và đi ra từ cực dương.

ta có: + Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

+ Định luật Ohm chứa nguồn (máy phát): I =

Đối với nguồn điện (máy phát): dòng điện đi vào cực

y nguồn

Giả sử dòng qua dãy chứa x nguồn bằng 0,

⇔ I(r +

2e (n - 2)e và U = . nr n

• Dạng 8. Định luật ôm cho từng đoạn mạch

Vậy: Số chỉ của ampe kế là IA = 7,2A.

2(n - 1)e , các nguồn còn nr

Khi đi từ A đến B gặp nguồn nào lấy nguồn đó, gặp cực nào trước lấy dấu cực đó. Khi mạch kín thì định luật Ohm cho đoạn mạch chứa cả nguồn và máy thu: I =

I 2(n - 1)e 2e = = n - 1 nr(n - 1) nr

B. VÍ DỤ MẪU

Ep − Et R + rP + rt

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 =

Ta có: I =

28,4 Ω, hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch đo được là UAB = 6 V a) Tính cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch và cho biết chiều của nó. b) Cho biết mạch điện này chứa nguồn điện nào và A

c) Tính hiệu điện thế UAC và UCB.

E 2 , r2

15 R + r1

⇒ R + r1 = 15Ω (1) E1 + E2

R + r1 + r2

E1, r1

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. U AB + E1 − E 2 1 = ( A) R + r1 + r2 3

15 + 10 ⇒ R + r1 + r2 = 25 (2) R + r1 + r2

– Khi E2 song song với E1 (hình c), ta có: UAB = E1 – I1r1

(3)

(4)

+ Vì I > 0 nên dòng điện có chiều từ A đến B.

UAB = IR

(5)

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

I1 + I2 = I = 1

(6)

dương.

+ Thay (5) vào (3): IR = E1 – I1r1

c) Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C: U AC = −E1 + I.r1 = −7,6 ( V )

⇒ 1.R = 15 – I1r1

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B: U CB = E 2 + I.( r1 + R ) = 13, 6 ( V )

+ Thay (1) vào (7): 15 – r1 = 15 – I1r1 ⇒ r1 = I1r1 ⇒ I1 = 1A.

E1 E 2

Nguồn điện 1 có E1 = 18V, điện trở trong r1 I1

điện trở trong r2 . Cho R = 9Ω; I1 = 2,5A ; I2

E2, r2

I2 I

R Hình c

(7)

E1 E 2

+ Kết hợp (4) và (5): 1.R = E2 ⇒ R = E2 = 10Ω.

+ Từ (1) suy ra: r1 = 15 – 10 = 5Ω. Vậy: R = 10Ω; r1 = 5Ω; r2 = 10Ω.

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 9 V, E 2 = 3 V, E 3 =

= 0,5A. Xác định suất điện động E 2 và điện trở r2.

10V, r1 = r2 = r3 = 1 Ω, R1 = 3 Ω, R2 = 5 Ω, R3 = 36 Ω, R4 = 12 Ω

Hướng dẫn giải + Với hình a ta thấy máy 1 và máy 2 đều là máy phát nên định luật ôm viết cho mạch kín chứa máy E1 + E 2 ⇒ 2,5 ( 9 + 1 + r2 ) = 18 + E 2 ⇒ E 2 − 2,5r2 = 7 R + r1 + r2

a) Tính tổng trở của mạch ngoài và điện trở toàn phần của mạch

điện.

(1)

b) Xác định độ lớn và chiều dòng điện trong mạch chính. Cho

+ 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 phát và máy thu là là: I 2 =

E1, r1 A

+ Từ (6) suy ra: 1 + I2 = 1 ⇒ I2 = 0.

Ví dụ 2: Cho 2 mạch điện như hình vẽ:

phát là: I1 =

R Hình b

+ Thay (1) vào (2), ta được: 15 + r2 = 25 ⇒ r2 = 10Ω. UAB = E2 – I2r2

= 1Ω. Nguồn điện 2 có suất điện động E 2 và

E2, r2

+ Vì cường độ dòng điện qua R không đổi nên:

Hướng dẫn giải

+ Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch AB ta có: I =

⇔ 1=

– Khi E2 nối tiếp với E1 (hình b), ta có: I =

E 1 ,r1

chứa máy thu nào? Vì sao?

R+r1

E1 - E 2 ⇒ 0,5 ( 9 + 1 + r2 ) = 18 − E 2 ⇒ E 2 + 0,5r2 = 13 R + r1 + r2

E 1, r1 R2

E 3, r3

biết đâu là máy thu đâu là máy phát.

Hướng dẫn giải

E 1, r1

a) Giả sử chiều của dòng điện trong mạch như hình

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. E1, r1

– Khi chỉ có nguồn E1 (hình a): I

(2)

+ Giải (1) và (2) ta có: E 2 = 12 V và r2 = 2 Ω

Hướng dẫn giải

E 2, r2

R Hình a

+ Kho đó E 1 và E 2 là máy phát, E 3 là máy thu + Tổng trở mạch ngoài là: R ng = R 1 + R 2 +

R 3R 4 = 17Ω R3 + R4

E 3, r3

E 2, r2 R2

+ Tổng trở toàn phần của mạch điện: Rtp = Rng + r1 + r2 + r3 = 20Ω b) Cường độ dòng điện trong mạch chính:

E1 + E 2 − E3 9 + 3 − 10 = = 0,1( A ) R tp 20

 U AB = 10 − 2I1 I1 − I 2 = −5 10 − 2I1 = 20 − 2I2  ⇒ ⇔  U AB = 20 − 2I2 ⇒  20 − 2I = − 12 + 6I  2 3 I2 + 3I3 = 16   U AB = −12 + 6I3

+ Vậy E1 và E2 là máy phát, E3 là máy thu

+ Lại có: I3 = I1 + I2 ⇒ I1 + I2 – I3 = 0

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ, E 1 = 12 (V); r1 = 1 (Ω);E 2 = 6 (V); r2 = 2 (Ω);E 3 = 9 (V); r3 = 3 (Ω), R4 = 6 (Ω), R1 = 4 (Ω), R2 = R3 = 3 (Ω). Tìm hiệu điện thế

E 1, r1 A

giữa A và B.

E 2, r2

E 3, r3

Hướng dẫn giải

R1 R 2

I2 E 2, r2 I3

E 3, r3

B R4

31 (A) 7

E 1, r1 A

b) Dễ nhận thấy giữa hai đầu vôn kế bên đường đi qua B không

I2 E , r 2 2

V B

E 3, r3 R3

có điện trở nào nên UV = 0

Chú ý: Có thể tính số chỉ vôn kế theo công thức: U V = −E 2 + E1 + I 2 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 1,7V. Hỏi khi đảo cực nguồn E1, vôn kế chỉ bao nhiêu? có cần

đảo lại cực vôn kế không?

E1, r1

E2, r2

Hướng dẫn giải

+ Vì I2 < 0 nên chiều dòng I2 ngược lại với chiều giả sử.

– Ban đầu (khi chưa đảo cực nguồn E1), ta có:

111 .5 = 6,95V 110

Ví dụ 6: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ 3 nguồn E 1 = 10V, r1 = 0,5Ω; E 2 = 20V, r2 = 2Ω; E 3 = 12V, r3 = 2Ω; R1 = 1,5Ω;

+ Từ hình ta thấy dòng điện trong mạch chính là: I = I2 =

111  I1 = 110 ( A ) 5I1 − 5I2 = 6  21  + Lại có: I 4 = I1 + I 2 + I3 ⇒ 5I1 − 6I3 = 3 ⇒ I 2 = − (A) 110 11I + 6I + 6I = 12   1 2 3  15 I3 = 44 ( A ) 

E 1, r1 A

a) Tính cường độ dòng điện chạy trong mạch chính.

V E 3, r3

E 2, r2

R3 = 4Ω .

UBA = E1 + Ir1

(1)

và UBA = E2 – Ir2

(2)

⇔ E1 + Ir1 = E2 – Ir2 ⇒ I = Từ (2) suy ra: UBA = E2 -

b) Xác định số chỉ của Vôn kế.

I′ =

a) Giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình  U AB = E1 − I1 ( R 1 + r1 ) 

+ Ta có:  U AB = E 2 − I2 r2

E 1, r1 A

I2 E , r 2 2

Mà V E 3, r3

E1 + E 2 r1 + r2 r2

r1 + r2

V E2, r2

r1 + r2

E2 - E1 r1 + r2

E 2 - E1

.r2 ⇔ 1,7 = 2 -

⇒ U′BA = E2 - I′r2 = E2 -

r 2 - 1,5 .r ⇒ 2 = 0,6 (3) r1 + r2 2 r1 + r2 I

E1 + E 2 r1 + r2

.r2

= 0,6 ⇒ U′BA = 2 - (2 + 1,5).0,6 = - 0,1V

Vậy: Số chỉ của vôn kế bằng 0,1V và ta cần phải đảo cực của vôn kế.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

E1, r1

– Khi đảo cực nguồn E1, ta có:

Hướng dẫn giải

 U = −E + I R + r 3 3( 3 3)  AB

4   I1 = − 7 ( A )  31 + Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có: I 2 = ( A ) 7   27 I3 = 7 ( A ) 

trong mạch như hình.

I1 E 1, r1

 E1 − I1 ( r1 + R1 ) = E 2 − I2 ( r2 + R 2 ) 5I1 − 5I2 = 6   ⇔  E1 − I1 ( r1 + R1 ) = E3 − I3 ( r3 + R 3 ) ⇒ 5I1 − 6I3 = 3  5I + 6I = 12 4  1  E1 − I1 ( r1 + R1 ) = I.R

+ Ta có: U AB = E1 − I1 ( R1 + r1 ) = 12 −

(3)

+ Vì I1 < 0 nên dòng I1 ngược lại với giả sử nên dòng điện thực

+ Giải sử chiều các dòng điện trong mạch như hình  U AB = E1 − I1 ( r1 + R 1 )  U = E − I (r + R2 ) + Ta có:  AB 2 2 2  U AB = E 3 − I3 ( r3 + R 3 )  U = I .R  AB 4 4

(1) ( 2)

E1, r1

V I E2, r2

Bài 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);E 2 = 1,7 (V); r2 = 0,1 (Ω);E 3 = 1,6 (V); r3 = 0,1 (Ω), ampe kế A chỉ số 0. Tìm R và các dòng

Ω, hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch đo được là UAB =

điện. Coi rằng điện trở ampe kế không đáng kể, điện trở vôn kế vô cùng lớn.

6V a) Tính cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch và

E 2 , r2

E 1 ,r1 A

Bài 9. Ba nguồn giống nhau, mỗi nguồn có: E = 1,5V, r = 0,5Ω và một vôn kế V (RV rất lớn) lần

cho biết chiều của nó.

lượt mắc theo ba sơ đồ như

b) Cho biết mạch điện này chứa nguồn điện nào và chứa máy thu nào? Vì sao?

hình vẽ. Tính số chỉ vôn kế

c) Tính hiệu điện thế UAC và UCB.

Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 4,5V, r1 = 2Ω, R = 2Ω, RA

trên mỗi sơ đồ.

E1, r1

E2, r2

Hình b

Bài 10. Cho mạch điện như

Hình a

= 0. Ampe kế chỉ 2A. Tính r2.

Hình c E1, r1

hình vẽ: R = 10Ω, r1 = r2 = 1Ω, RA = 0. Khi xê dịch con chạy biến trở R0, số chỉ

E2, r2

ampe kế không đổi và bằng 1A.

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết E 1 = 2,1 V; E 2 = 1,5 V; r1, r2

Tìm E1, E2.

không đáng kể, R1 = R3 = 10 Ω và R2 = 20 Ω. Tính cường độ dòng

điện chạy qua mạch chính và qua các điện trở.

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm biểu thức tính UAB. Khi nào E2 là:

Máy phát? Máy thu? Không phát, không thu?

A R

B E1, r1

Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E 1 = 20V, E 2 = 32V, r1 E 2, r2

= 1Ω, r2 = 0,5Ω, R = 2Ω. Tìm cường độ dòng điện qua mỗi nhánh.

E 1, r1

R1 A

E1 , r1

điện trở.

E 3 ,r3

E1, r1

b) Đảo vị trí các cực của một trong hai nguồn. Tìm số chỉ của vôn kế.

E2, r2

E 2 , r2

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm E1 để: a) UAB > 0.

E1, r1 A

b) UAB < 0.

Bài 1.

E2, r2

a) Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến

c) UAB = 0.

B. Khi đó E1 và E2 đều là máy thu.

Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E 1 = E 2 = 6V; r1 = 1Ω; r2 = 2Ω, R1 = 5Ω; R2 = 4Ω.

+ Áp dụng định luật ôm cho đoạn mạch AB ta có:

Vôn kế V (điện trở rất lớn, cực dương mắc vào điểm M) chỉ 7,5V. Tính:

a) Hiệu điện thế UAB giữa A và B.

N R1

b) Điện trở R.

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ, E 1 = 1,9 (V); r1 = 0,3

R1 = 5Ω, R2 = 3Ω, RV rất lớn. a) Vôn kế V chỉ 0. Tính R3.

Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 12 V, r1 = 1 Ω, E 2 = 6 V, r2 = 2 Ω, E 3 = 9 V, r3 = 3 Ω, R1 = 4 Ω, R2 = 2 Ω, R3 = 3 Ω. Tính UAB và cường độ dòng điện qua mỗi

E2, r2

Bài 12. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 3V, r1 = r2 = 1Ω,

E 1, r1 V E 2 , r2 A V R2 M E 2R, r2 A

E 3 ,r3

U AB − ( E1 + E 2 ) = −0, 2 ( A ) R + r1 + r2

+ Vì I < 0 nên dòng điện có chiều từ B đến A.

E 2, r2 B B

E 2 , r2

E 1 ,r1

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: U AC = E1 − I.r1 = 7,76 ( V )

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B: U CB = E 2 − I.( r2 + R ) = −1, 76 ( V )

Bài 5.

Bài 2.

+ Giải sử chiều dòng điện trong mạch như hình

+ 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

⇒ I1 =

E1 -U AB r1

6-4 = = 1A 2

(1)

E 2 + E 3 − E1 I= = 0,2 ( A ) R1 + R 2 + R 3 + r1 + r2 + r3

E 2 , r2 R2

Bài 6.

0,5 (2) I2

Ta có: I =

+ Mặt khác, tại nút A: I = I1 + I2 ⇒ I2 = I - I1 = 2 - 1 = 1A

E1 + E2

R + r1 + r2

E1, r1

(1) A

+ UAB = E1 – Ir1 = E1 -

+ Thay vào (2) ta được: r2 = 0,5Ω. Vậy: r2 = 0,5Ω.

Bài 3.

(E1 + E 2 )r1 R+ r1 + r2

(R+ r2 )E1 - E 2 r1 R+ r1 + r2

(2)

a) Để UAB > 0: Từ (2), để UAB > 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 > 0 ⇒ E1 >

+ Giả sử chiều các dòng điện đi như hình A

 U AB = 2,1 − 10I1

E 3 , r3

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: U AB = E1 + I ( R 1 + R 3 + r1 ) = 13,6 ( V )

+ Ta có:  U AB = 20I 2 + 1,5

R1 A

E1 , r1

+ Vì I > 0 nên điều giả sử là đúng

E2, r2

+ Xét nhánh dưới, ta có: UAB –E2 + I2r2 = 0

⇒ I2 r2 = E2 - U AB = 4,5 - 4 = 0,5 ⇒ r2 =

+ Áp dụng định luật ôm cho mạch kín ta có:

E1, r1

 U = 10I 3  AB

10I1 + 10I3 = 2,1 (1)  2,1 − 10I1 = 10I3 ⇒ ⇒ 20I + 1,5 = 10I  2 3  20I 2 − 10I3 = −1,5 ( 2 )

b) Để UAB < 0: Từ (2), để UAB < 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 < 0 ⇒ E1 < c) Để UAB = 0: Từ (2), để UAB = 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 = 0 ⇒ E1 =

Vậy: Để UAB > 0 thì E1 >

+ Tại nút A ta có: I1 = I2 + I3 ⇒ I1 − I 2 − I3 = 0 ( 3)  I1 = 0,096 ( A ) 

+ Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có: I 2 = −0,018 ( A )

Để UAB < 0 thì E1 <

+ Vì I2 < 0 nên chiều dòng điện I2 ngược với chiều giả sử ban đầu

Để UAB = 0 thì E1 =

  I3 = 0,114 ( A )

Bài 4.

E2 r1

R + r2

E2 r1

R + r2 R + r2

E2, r2

B R

E2 r1

R+r2 E2 r1

R+r2

Bài 7.

+ Giả sử chiều dòng điện trong các nhánh như hình  U AB = E1 − I1r1

E − I r = E − I r + Ta có:  U AB = E 2 − I2 r2 ⇒  1 1 1 2 2 2   U AB = I.R

 E 2 − I2 r2 = I.R

 20 − I1 = 32 − 0,5I2  I1 − 0,5I2 = −12 ⇔ ⇒ 32 − 0,5I2 = 2I 0,5I 2 + 2I = 32

I1 E 1, r1 I

E 2, r2 R

7,5 = 6 + 4I2 − I1 ⇒ 7,5 = 6 − 2I2 + 5I1

 U MN = E1 + I2 R 2 − I1r1  U MN = E 2 − I2 r2 + I1R1

a) Ta có: 

 I1 − 4I2 = −1,5  I1 = 0,5 ( A ) ⇔ ⇒ 5I1 − 2I 2 = 1,5  I2 = 0,5 ( A )

+ Lại có: U AB = E1 − I1 ( R1 + r1 ) = 6 − 0,5 ( 5 + 1) = 3 ( V )

 I1 − 0,5I2 = −12  I1 = −4 ( A )  + Tại nút A ta có: I = I1 + I2 ⇒ 0,5I 2 + 2I = 32 ⇒ I2 = 16 ( A ) I + I − I = 0  1 2  I = 12 ( A )

b) Ta có: U AB = IR

+ Vì I1 < 0 nên dòng điện I1 có chiều ngược lại với giả thiết

Bài 8.

+ Mà I = I1 + I2 = 1 A ⇒ R = 3Ω

N R1

+ Giải sử chiều các dòng điện như hình

E 1, r1 A I

V R

E 2, r2

M I2

+ Số chỉ ampe kế bằng 0 ⇒ dòng điện không qua ampe kế ⇒ UAB = E3 = 1,6 V

Bài 11.

+ Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên dòng điện cũng không qua vôn kế, mạch vẽ lại như hình.

– Áp dụng công thức:

 U AB = E1 − I1r1 1,6 = 1,9 − 0,3I1 + Ta có:  U AB = E 2 − I2 r2 ⇔ 1,6 = 1,7 − 0,1I 2  U = I.R 1,6 = I.R  AB 

E 2 , r2

 I1 = 1( A ) ⇔ ⇒ I = I1 + I2 = 2 ( A ) ⇒ R = 0,8Ω  I2 = 1( A )

E1 , r1

E1 r1

E2 r2

⇒ Eb = (

Giả sử dòng điện như hình vẽ: – Hình a: Nhánh trên: UAB = 2E – I.2r0

Hình a

Hình b

E2 r2

).rb

R+rb

( .R =

E1 E2 + )r .R r1 r2 b R+rb

E1 E2 r1r2 + ). .R r r2 r1 + r2 (E r + E 2 r1 ).R = 1 = 12 r1r2 Rr1 + Rr2 + r1r2 R+ r1 + r2 (

⇔ U AB

Hình c

I1 E1, r1

I2 E2, r2

R B

– E2 là máy phát khi dòng I2 > 0 (cùng chiều đã chọn):

(1)

Nhánh dưới: UAB = –E + Ir0

rr 1 1 1 = + ⇒ rb = 1 2 rb r1 r2 r1 + r2

– Ta có: U AB = IR = A

Bài 9. trong mạch có chiều

Ta có: UAB = E2 – I2r2 ⇒

(2)

+ Từ (1) và (2) ta có: 2E – I.2r0 = –E + Ir0 ⇒ ⇒ I =

⇒I2 > 0 ⇔ E2 – UAB > 0 ⇒ E2 > UAB.

E 1,5 = = 3(A) r0 0,5

– E2 là máy thu khi I2 < 0 (ngược chiều đã chọn): E2 < UAB. – E2 không thu, không phát khi: I2 = 0 ⇒ E2 = UAB.

+ Số chỉ của vôn kế: UAB = 2.1,5 – 3.2.0,5 = 0. – Hình b: Nhánh trên: UAB = –2E + I.2r0 = –3 + I Nhánh dưới: UAB = –E – I.r0 = –1,5 – 0,5I

(3)

Vậy: U AB =

(4)

(E1r2 + E2 r1 ).R Rr1 + Rr2 + r1r2

; để E2 là máy phát thì E2 > UAB; để E2 là máy thu thì E2 < UAB; để E2

+ Từ (3) và (4) ta có: –3 + I = –1,5 – 0,5I ⇒ I = 1A; UAB = –3 + 1 = –2V.

không phát, không thu thì E2 = UAB.

+ Số chỉ của vôn kế là 2V, cực dương nối với B.

Bài 12.

– Hình c: Nhánh trên: UAB = –I.2r0 = –I

a) Tính R3: Ta có:

(5)

Nhánh dưới: UAB = E + I.r0 = 1,5 + 0,5I (6)

Điện trở mạch ngoài: RN = R1 +

+ Từ (5) và (6) ta có: –I = 1,5 + 0,5I

⇒ I = –1A: dòng điện thực tế ngược chiều ta chọn.

Cường độ dòng điện qua mạch: I =

+ Số chỉ của vôn kế là UAB = –(–1) = 1V, cực dương của vôn kế nối với A (VA > VB).

⇒I =

Bài 10. – Vì khi xê dịch con chạy R0, số chỉ của ampe kế không đổi nên không có

E1, r1

dòng điện chạy qua nguồn E1. – Ta có: UAB = IR = 1.10 = 10V. + Với nguồn E1, ta có: UAB = E1 ⇒ E1 = 10V. + Với nguồn E2, ta có: UAB = E2 – Ir2

⇒ E2 = UAB + Ir2 = 10 + 1.1 = 11V. Vậy: Suất điện động của các nguồn điện là E1 = 10V, E2 = 11V.

R2 R3

R 2 +R3

I1 A

E2, r2

B A

3R3

E1 +E2

R N +r1 +r2

9.(3 + R3 ) 6+3 = 3R 3 10R 3 + 21 5+ +1+1 3 + R3

⇒ UDC =

 9.(3 + R 3 )  3R 3 9 . + 1 - 3 = .  4R + 3 - 3 10R 3 + 21  3 + R 3 10R 3 + 21  3  

Để vôn kế chỉ số 0: UDC = 0 ⇔

9 .(4R3 + 3) - 3 = 0 10R3 + 21

36R3 + 27 - 30R3 - 63 = 0 ⇒ R3 = 6Ω .

E1, r1

3+R3

Ta có: UDC = UDB + UBC = IR23 – E2 + Ir2 = I(R23 + r2) – E2

= 5+

E2, r2

V A

R1 I

I2 D

I3 R3

Vậy: R3 = 6 Ω .

Ví dụ 2: Điện trở R = 8Ω mắc vào 2 cực một acquy có điện trở trong r = 1Ω. Sau đó người ta

b) Số chỉ của vôn kế khi đảo cực của một nguồn: Giả sử đảo cực của nguồn E2, cường độ dòng điện

mắc thêm điện trở R song song với điện trở cũ. Hỏi công suất mạch ngoài tăng hay giảm bao

qua mạch là:

nhiêu lần?

E1 - E2

3.(3 + 6) 1 I= = = A R N + r1 + r2 10.6 + 21 3

Hướng dẫn giải

1 Ta có: UCD = – E1 + I(r1 + R1) = -6 + .(1 + 5) = - 4V ⇒ UDC = 4V. 3

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

Cường độ dòng điện ban đầu trong mạch: I1 = Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 =

– Công suất của nguồn điện: P =

Công suất mạch ngoài: P2 = A = EI. t

– Hiệu suất của nguồn điện: H% =

⇒

U R rI .100% = .100% = (1 - ).100% . E R+r E

(E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn; R là điện trở mạch ngoài).

P2 P1

2RE2 2

(R + 2r)

(R + r)2 RE

E 2E . = R R+2r +r 2

R 2 R 4E2 I = . 2 2 2 (R+2r)2

2(R + r)2 2

(R + 2r)

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

2. Công, công suất và hiệu suất của máy thu điện 2

– Công tiêu thụ của máy thu điện: A′ = UIt = E′It + r′I t. – Công suất tiêu thụ của máy thu điện: P′ =

(R+r)2

Cường độ dòng điện sau khi mắc thêm R: I2 =

1. Công, công suất và hiệu suất của nguồn điện – Công của nguồn điện: A = EIt.

RE 2

E . R+r

A' = UI = E′I + r′I2. t

– Hiệu suất của máy thu điện: E′ E′ r′I H′% = .100% = .100% = (1 - ).100% U E' + r'I U

(E′, r′ là suất phản điện và điện trở trong của máy thu; R là điện trở mạch ngoài).

B. VÍ DỤ MẪU

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 a) Tính E, r Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P = RI 2 = R

Ví dụ 1: Acquy có r = 0,08Ω. 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

Hướng dẫn giải 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.

(R+r)

= (

R R

Với R1 = R2 thì P1 = P2 ⇔

bao nhiêu? Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI.

⇔ R1 +2r+

r R

( R+

E2 ( R1 +

r R1

r R

E2 ( R2 +

r R2

R -R r2 r2 ⇔ R1 - R2 = r 2 ( 1 2 ) = R 2 +2r+ R1 R2 R1R2

⇒ r = R1R 2 và E = ( R1 +

r R1

) P = ( R1 + R2 ) P .

Vậy: E = ( R1 + R2 ) P ; r = R1R 2 .

b) Tính Rx

Ví dụ 5: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ E = 12V, r = 2Ω.

Vì công suất mạch ngoài không đổi nên từ câu a, ta có: E ( R+

r R

)

⇔ R + 2r +

a. Cho R = 10Ω. Tính công suất tỏa nhiệt trên R, công suất của nguồn;

RR x ( + R+R x

hiệu suất của nguồn. r

RR x R+R x

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.

⇔ R 2 R x = r 2 R + r 2 R x ⇔ R x (R 2 - r 2 ) = r 2 R , với R > r ⇒ R x = r2 R R 2 -r 2

r2R R2 - r2

Hướng dẫn giải

RR x RR x r 2 (R + R x ) r2 r2 r 2 r2 ⇔ R+ = = + 2r + + + R R + Rx RR x R R + Rx Rx R

a) Ta có: I =

⇔ RR x (R + R x ) = RR2x + r 2 R + r 2 R x

Vậy: R x =

E, r

E = 1( A ) R+r

, với R > r.

+ Công suất của nguồn: Pnguon = E.I = 12W + Hiệu suất của nguồn: H =

Ví dụ 4: Một động cơ điện mắc vào nguồn điện hiệu điện thế U không đổi. Cuộn dây của động

E   R = 10W R+r

+ Công suất tỏa nhiệt trên R: PR = I2 R = 

U R = = 83,33% E R+r

    E E  E  2 b) Ta có: I = ⇒P=I R =   R = R+r R+r  R+ r    R  

cơ có điện trở R. Khi động cơ hoạt động, cường độ dòng điện chạy qua động cơ là I. a) Lập biểu thức tính công suất hữu ích của động cơ và suất phản điện xuất hiện trong động cơ. b) Tính I để công suất hữu ích đạt cực đại. Khi này, hiệu suất của động cơ là bao nhiêu?

Hướng dẫn giải a) Biểu thức tính công suất hữu ích của động cơ và suất phản điện xuất hiện trong động cơ



⇒ PR max =

Công suất có ích của động cơ: P = UI – RI2. Suất phản điện của động cơ: U = E + RI ⇒ E = U – RI. b) Tính I để công suất hữu ích đạt cực đại 2

Công suất có ích: P = RI = R.

U2 (R + r)2



r 

c) Ta có: I =

E2 = 18W ⇒ R = r = 2Ω 4r 2 2  R = 4Ω E  E   12  ⇒ P = I2 R =   R ⇔ 16 =   R ⇒  R = 1Ω R+r R+r R +2 

Ví dụ 6: Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện U2 R

(R + r)

U2 R U2 Theo bất đẳng thức Cô-si: (R + r) ≥ 4Rr ⇒ P ≤ = 4Rr 4r

Khi R = r thì công suất mạch ngoài cực đại: Pmax =

E, r

động E = 12V, điện trở trong r = 1Ω. Điện trở R1 = 6Ω, R3 =

. 2

Hiệu suất của động cơ: H =

r 

+ Theo cô-si ta có:  R + ≥2 r ⇒ R +  =2 r R R min  

4Ω. Hỏi R2 bằng bao nhiêu để công suất trên R2 lớn nhất. Tính

U2 U U ⇒ I= = 4r R+r 2R

R R = = 0,5 = 50% . R+r 2R

U Vậy: Để công suất hữu ích đạt cực đại thì I = , lúc đó hiệu suất của động cơ là H = 50%. 2R

công suất này. R2

Hướng dẫn giải + Ta có: U R = U12 = IR 12 = 2

⇒ UR2 =

R3 +

E R 1R 2 R 1R 2 + r R1 + R 2 R1 + R 2

12 6R 2 12.6R 2 = 6R 2 + 1 6 + R 2 11R 2 + 30 6 + R2

+ Lại có: PR = I22 R 2 = 2

⇒ PR 2 =

(12.6 )



30.11

)

Đ2

điện trở trong của nguồn.

 30  30  ≥ 2 11.30 ⇒ 11 R 2 +  R 2  R2 

  = 2 11.30  min

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

+ Điện trở của bóng đèn Đ1:

+ Dấu “=” xảy ra khi: 11 R 2 =

30 30 ⇒ R2 = 11 R2

R1 =

Ví dụ 7: Cho mạch điện như hình. Trong đó nguồn điện có suất

Id1 =

có ghi số 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 suất mạch ngoài Png và hiệu suất H của nguồn điện khi đó.

U12 = 4Ω P1

Đ1

E, r

+ Dòng điện định mức của đèn Đ1:

E, r

điện động E = 12,5 ( V ) và có điện trở trong r = 0,4Ω, bóng đèn Đ1

P1 = 1,5 ( A ) U1

+ Vì đèn Đ1 sáng bình thường nên dòng điện qua đèn Đ1 phải bằng 1,5 A Đ1

A Rb

B Đ2

+ Vì mạch mắc nối tiếp nên số chỉ ampe kế là IA = 1,5 A + Điện trở tương đương của mạch ngoài: Rtđ = R1 + R = 9Ω E 15 ⇔ 1,5 = ⇒ r = 1Ω R td + r 9+r

Hướng dẫn giải

+ Ta có: I =

+ Điện trở và cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn:

b) Khi K đóng mạch gồm Đ1 nt (R// Đ2)

  U12 U 22 R 1 = P = 24Ω R 2 = P = 8Ω   1 2 ;  I = P1 = 0,5 ( A ) I = P2 = 0,75 ( A ) d1 d2 U1 U2  

+ Khi đèn sáng bình thường thì dòng điện chạy qua bóng đèn và hiệu điện thế hai đầu bóng đèn

Hiệu

đi ệ n

thế

giữa

hai

điểm

U AB = IA .R = 5 ( V ) ⇒ U 2 = 5 ( V )

+ Dòng điện qua đèn Đ2: I 2 =

Đ1 U2 = 1( A ) R2

E, r

Đ2

+ Dòng điện trong mạch chính là:

phải bằng giá trị định mức. + Do đó: UAB = UĐ1 = URb + UĐ2 ⇒ URb = 6V + Lại có: I2 = IĐ2 = 0,75 A ⇒ R b =

U Rb 6 = = 8Ω I2 0,75

+ Công suất mạch ngoài: Pngoai = PD1 + PD2 + PRb ⇒ Pngoai = PD1 + PD2 + I22 R b = 6 + 4,5 + 0,752.8 = 15W

+ Hiệu suất của nguồn: H =

E, r

b. K đóng. Ampe kế chỉ 1A và đèn Đ2 sáng bình thường. Biết điện trở của đèn Đ2 là R2 = 5Ω. Hỏi

122.62

a. K mở, đèn Đ1 sáng bình thường. Tìm số chỉ của ampe kế và

 30   11 R 2 +  R 2  



Đ1

(6V – 9W).

+ Theo cô-si: 11 R 2 +  ⇒ PR 2 =

Ví dụ 8: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: E = 15V, R = 5Ω, Đ1

U 22  12.6R 2  1 (12.6) R 2 = =  R 2  11R 2 + 30  R 2 (11R 2 + 30 ) 2

U AB .100% = 96% E

I = I1 + I2 = 2 A + Dòng điện qua đèn Đ1 lớn hơn giá trị định mức nên bóng đèn 1 sáng hơn bình thường ⇒ dễ cháy. + Công suất định mức đèn 2: P2 = I 22 R 2 = 5W

Ví dụ 9:Nguồn E = 12V, r = 4Ω 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: + Điện trở của đèn: R đ =

U2đm

Pđm

62 = 6Ω 6

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

Pđm

Uđm

6 = 1A . 6

* Với m = 4 dãy ⇒ n =

E 12 = = 1,2A R đ +r 6+4

– Nếu mắc thêm Rx nối tiếp với đèn, để đèn sáng bình thường thì:

⇒ Rx =

I dm

– Với m = 4 ⇒ P = EI = 24.4 = 96W và H =

12 – (Rđ + r) = – (6 + 4) = 2 Ω 1

+ Hiệu điện thế hai đầu Rx: Ux = Uđ = 6V.

+ Điện trở Rx: R x =

m dãy song song, mỗi dãy n nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là điện trở R = 1Ω. Tính m, n để: a) Công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất. Tính công suất này.

12 - 6 = = 1,5A . 4

+ Cường độ dòng điện qua Rx: I2 = I – Iđm = 1,5 – 1 = 0,5A. Uđ

U 6.3 = = 0,75 = 75% . E 24

Ví dụ 11: Có N = 60 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn E = 1,5V, r = 0,6Ω ghép thành bộ gồm

– Nếu mắc thêm Rx song song với đèn, để đèn sáng bình thường thì:

U 2.3 = = 0,25 = 25% . E 24

Vậy: Công suất và hiệu suất của nguồn là 288W; 25% hoặc 96W; 75%.

+ Công suất tiêu thụ của Rx: Px = RxI2 = 2.12 = 2W.

+ Cường độ dòng điện qua mạch: I =

b) Công suất và hiệu suất của nguồn – Với m = 12 ⇒ P = EI = 24.12 = 288W và H =

E = Iđm R đ +R x +r

E - Uđ

24 = 6 bóng: Trường hợp này ứng với 5 cách mắc (bằng cách hoán vị giữa 4

Vậy: Có tất cả 6 cách mắc để các đèn trên sáng bình thường.

b) Tính Rx và công suất tiêu thụ của Rx

24 = 2 bóng: Trường hợp này chỉ có 1 cách mắc duy nhất là trên mỗi dãy 12

các bóng loại 3V – 3W và 6V – 6W).

Vì I > Iđm nên đèn không sáng bình thường.

+ Cường độ dòng điện qua đèn: I =

* Với m = 12 dãy ⇒ n =

chỉ có 1 bóng 6V–6W hoặc 2 bóng 3V–3W.

a) Chứng minh đèn không sáng bình thường Ta có: Cường độ dòng điện qua đèn: I =

12 = m.1

I = mIđ  ⇒ m = 12; m = 4.  4 = m.1

– Mà:

6 = = 12Ω . 0,5

b) Công suất tiêu thụ mạch ngoài không nhỏ hơn 36W.

Hướng dẫn giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy: mn = 60 (m, n ∈ N*). và Eb = nE = 1,5n; rb =

+ Công suất tiêu thụ trên Rx: Px = R x I2x = 12.0,52 = 3W .

nr 0,6n . = m m

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

Ví dụ 10: Nguồn E = 24V, r = 1,5Ω được dùng để thắp sáng bình thường 12 đèn 3V–3W cùng với 6 đèn 6V–6W. a) Tìm cách mắc đèn.

R + rb

1,5n 1,5mn 90 90m 90 ⇔ I= = = = 2 0,6n 0,6.60 36 m + 0,6n m + 36 1+ m+ m+ m m m

a) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI2 =

b) Tính công suất và hiệu suất của nguồn.

Hướng dẫn giải a) Cách mắc đèn

Để P = Pmax thì (m+

Vì 6 đèn 6V–6W tương đương với 12 đèn 3V–3W nên coi như có tất cả 24 đèn 3V–3W.

902 . 36 (m+ )2 m

36 ) min ⇔ m = 6 (dựa vào bất đẳng thức Cô–si). m

– Công suất mạch ngoài: Pn = 24.3 = 72W

(1)

902 = 56,25W. 36 (6 + )2 6

– Mặt khác: P n = UI = (E – Ir)I = (24–1,5I)I = 24I – 1,5I2

(2)

Vậy: Khi công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất thì m = 6; n = 10 và Pmax = 56,25W.

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (mn = 24).

⇔ 1,5I – 24I + 72 = 0 ⇒ I = 12A hoặc I = 4A.

Lúc đó: n = 10 và P = Pmax =

b) Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P =

Để P ≥ 36W ⇔

902 . 36 (m+ )2 m

a) Mạch kín gồm acquy E = 2,2V cung cấp điện năng cho điện trở mạch ngoài R = 0,5Ω. Hiệu suất của acquy H = 65%. Tính cường độ dòng điện trong mạch. b) Khi điện trở mạch ngoài thay đổi từ R1 = 3Ω đến R2 = 10,5Ω thì hiệu suất của acquy tăng gấp

902 36 ≥ 36 ⇔ m+ ≤ 15 36 2 m (m+ ) m

đôi. Tính điện trở trong của acquy.

⇔ m - 15m + 36 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ m ≤ 12. m

24V, điện trở trong r = 6Ω. Điện trở R1 = 4Ω. Hỏi giá trị của biến trở R 6

60 7

15 2

20 3

có giá trị bằng bao nhiêu để:

60 11

a. Công suất mạch ngoài lớn nhất. Tính công suất của nguồn khi đó.

Với m, n nguyên dương nên để P ≥ 36W thì:  m = 3, 4, 5, 6, 10, 12 .   n = 20, 15, 12, 10, 6, 5

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 =

12 đèn loại 1,5V – 0,75W mắc nối tiếp. Tìm sơ đồ mắc bộ nguồn.

= 12Ω. Điện trở R1 có giá trị thay đổi từ 0 đến vô cùng. Điện trở ampe

kế không đáng kể.

Điều chỉnh R1 = 1,5Ω. Tìm số chỉ của ampe kế và cường độ dòng điện

Hướng dẫn giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = 32. và Eb = ne = 1,5n; rb =

nr0 m

1,5n m

Điện trở của mỗi đèn: Rđ =

U2dm Pdm

qua các điện trở. Tính công suất tỏa nhiệt của mạch ngoài, hiệu suất của

Điều chỉnh R1 có giá trị bằng bao nhiêu thì công suất trên R1 đạt giá trị cực đại, tính giá trị cực đại

Pdm

U dm

0,75 = 0,5 A. 1,5

1,5 = 3Ω . 0,75

Hiệu điện thế 2 đầu của bộ nguồn: U = Eb – rbI 1,5n .0,5 ⇔ 18m = 1,5m.n - 0,75n m

⇔ 18m + 0,75n - 48 = 0 ⇔ 18m + 0,75

32 - 48 = 0 m

⇔ 18m 2 - 48m + 24 = 0 ⇒ m = 2; m =

2 (loại). 3

đó. Bài 5. Cho mạch điện như hình: E = 12V, r = 1 Ω; Đèn

E,r

Đ1 có ghi 6V – 3W, đèn Đ2 có ghi 3V – 6W. a. Tính R1 và R2, biết rằng hai đèn đều sáng bình thường.

Bài 6. Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất

Đ2

Đ1

điện điện E = 24V, điện trở trong r = 1Ω. Trên các bóng đèn có ghi: Đ1 (12V- 6W), Đ2(12V – 12W), điện trở R = 3Ω.

E, r

Các bóng đèn sáng như thế nào? Tính cường độ dòng điện qua các bóng

đèn.

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Tính công suất tiêu thụ của mạch điện và hiệu suất của nguồn điện.

Bài 1. Acquy (E,r) khi có dòng I1 = 15A đi qua, công suất mạch ngoài là P1 = 135W, khi I2 = 6A, P 2

b. Tính công suất tiêu thụ trên R1 và trên R2.

Vậy: Phải mắc nguồn thành 2 dãy, mỗi dãy 16 pin.

= 64,8W. Tìm E, r.

nguồn điện.

Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

Bài 2.

E, r

12V và có điện trở trong r = 0,5 Ω. Các điện trở mạch ngoài R2 = 6Ω, R3

Ví dụ 12: Có 32 pin giống nhau, mỗi pin e = 1,5V, r0 = 1,5Ω mắc thành bộ và thắp sáng bình thường

⇔ 12.1,5 = 1,5n -

E, r

Bài 3. Có mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E =

Đ1

Đ2

Bài 7. Nguồn E = 6V, r = 2Ω 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 = 0,5Ω. 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?

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 20V, r = 1,6Ω, R1 = R2 = 1Ω,

E, r

Ta có: Hiệu suất của ac quy là: H =

hai đèn 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

Bài 9. Mạch điện gồm một nguồn E = 150V, r = 2 Ω, một đèn Đ có

⇒ I= R2

Đ2

công suất định mức P = 180W và một biến trở Rb mắc nối tiếp nhau. a) Khi Rb = 18Ω 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. 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–1Ω để mắc thành bộ và thắp sáng bình thường bóng đèn 6V–24W. Nêu cách mắc bộ nguồn này.

Bài 11. Điện trở R = 25Ω mắc vào bộ nguồn là 2 acquy giống nhau, điện trở trong mỗi acquy là r =

RI2 RI = = 0,65 EI E

0,65E 0,65.2,2 = = 2,86A . R 0,5

Vậy: Cường độ dòng điện trong mạch là I = 2,86A. b) Điện trở trong của acquy Khi R = R1 thì H1 = Khi R = R2 thì H 2 =

⇔

R1I1 E

R2 + r

R1E

E(R1 + r)

⇒

H2 H1

R1 + r

R2 R1 + r . =2 R1 R 2 + r

10,5 3 + r 3+r 4 ⇔ 21 + 7r = 42 + 4r ⇒ r = 7Ω . . =2⇔ = 3 10,5 + r 10,5 + r 7

Vậy: Điện trở trong của acquy là r = 7 Ω .

Bài 3.

10Ω. 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?

   E  E E 2 + Ta có: I = ⇒ PN = I R N =   RN =  r  RN + r R + r  N  R + N  RN  2

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.

a) Gọi RN là tổng trở mạch ngoài

b) Song song.

Bài 13. Các nguồn giống nhau, mỗi nguồn E0 = 1,5V, r0 = 1,5Ω mắc thành bộ đối xứng thắp sáng bình thường đèn 12V – 18W. a) Tìm cách mắc nguồn.



     

 r  r   ≥ 2 r ⇒  RN +  =2 r   R N  R N  min 

+ Theo cô-si ta có:  R N +  

⇒ PN max =

E = 24W 4r

b) Cách mắc nào có số nguồn ít nhất. Tính công suất và hiệu suất mỗi nguồn lúc đó.

+ Dấu “=” xảy ra khi R N = r = 6Ω ⇔ R1 + R = 6Ω ⇒ R = 2Ω

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

      E E E b) Ta có: I = ⇒ PR = I2 R =    R = R + r R + R1 + r R + R + r 1  R+  1     R  

Bài 1. Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI. Công suất mạch ngoài: P = UI = (E – rI).I = EI – rI2.

R +r R +r + Theo cô-si ta có:  R + 1  ≥ 2 R1 + r ⇒  R + 1  

135 = E.15 - r.15 15E - 25r = 135 Ta có:  ⇔ ⇒ E = 12V; r = 0,2Ω. 2 6E - 36r = 64,8 64,8 = E.6 - r.6

Vậy: E = 12V; r = 0,2Ω.

Bài 2. a) Cường độ dòng điện trong mạch

⇒ PR max =

R 

E2 = 14,4W 4 ( R1 + r )

+ Dấu “=” xảy ra khi R = R1 + r = 10Ω

Bài 4. a) Khi R = 1,5Ω.



R  min

= 2 R1 + r

+ Ta có: R 23 =

b) Công suất tỏa nhiệt trên R1: P1 = I12 R1 = 15W

R 2 .R 3 6.12 = = 4Ω R 2 + R 3 6 + 12

+ Công suất tỏa nhiệt trên R2: P2 = I 22 R 2 = 3W

+ Điện trở tương đương của mạch: R = R1 + R 23 = 1,5 + 4 = 5,5Ω + Dòng điện trong mạch chính: I =

E 12 = = 2A ⇒ IA = I = I1 = 2A R + r 5,5 + 0,5

 U12 R 1 = P = 24Ω 1 Điện trở của các bóng đèn:  2 R = U 2 = 12Ω  2 P2

+ Hiệu điện thế U23: U 23 = I23 .R 23 = 2.4 = 8V ⇒ U 2 = U3 = U 23 = 8V + Dòng điện qua R2: I 2 =

U2 8 4 = = A R2 6 3

+ Dòng điện qua R3: I3 =

U3 8 2 = = A R 3 12 3

+ Tổng trở mạch ngoài: R td = R +

+ Công suất tỏa nhiệt mạch ngoài: P = I 2 R = 22.5,5 = 22W

 2 2    12 12  E  b) Ta có: PR1 = I R1 =   R1 =   R1 =  4,5  R + 4 + 0,5 R+r  1   R1 + R 1  2

     

  4,5  4,5  + Theo cô-si:  R1 +  ≥ 2 4,5 ⇒  R 1 +  = 2 4,5    R R1 min 1    2

 12  ⇒ PR1−max =   = 8W  2 4,5  4,5 ⇒ R 1 = 4,5Ω R1

Bài 5.

 R 1R 2   = 16 ( V )  R1 + R 2 

+ Cường độ dòng điện qua các bóng đèn: I1 = ⇒ I2 = I − I1 =

P1  Id1 = U = 0,5 ( A ) < I1  1 + Cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn:  I = P2 = 1( A ) < I 2  d2 U 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 = I2 R td = 22.11 = 44Ω

+ Ta có: UAB = U1 + U2 = 9 V

Bài 7.

E + Định luật ôm cho mạch kín: I = ⇒ I.R N + I.r = E RN + r

a) Tìm R

+ Hiệu điện thế hai đầu cực của nguồn: U = E − Ir = 24 − 2 = 22 ( V ) U 22 = .100% = 91,67% E 24

Công suất mạch ngoài: P = UI = (E – rI)I = EI – rI2

⇔ 4 = 6I – 2I2 ⇔ I2 – 3I + 2 = 0 ⇒

+ Dòng điện qua R1 là: I1 = I – Iđ1 = 2,5 A ⇒ R 1 =

U1 = 2,4Ω I1

U2 = 3Ω I2

U1 2 = ( A ) ≡ 0,67 ( A ) R1 3

4 ( A ) ≈ 1,33 ( A ) 3

+ Hiệu suất của nguồn: H =

+ Dòng điện qua R2 là: I2 = I – Iđ2 = 1 A ⇒ R 2 =

E = 2( A) R td + r

+ Ta có: U1 = U 2 = U12 = I.R 12 = I 

Pd1   U1 = U d1 = 6V;Id1 = U = 0,5 ( A )  d1 + Vì các đèn đều sáng bình thường nên:   U = U = 3V;I = Pd 2 = 2 ( A ) d2 d2  2 U d2

E - U AB ⇔ U AB + I.r = E ⇒ I = = 3( A ) r

R 1.R 2 = 11Ω R1 + R 2

+ Dòng điện trong mạch chính: I =

U I.R 2.5,5 + Hiệu suất của nguồn: H = = = = 91,67% E E 12

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: R1 =

Bài 6.

Mặt khác: P = RI2 ⇒ R = + Với I = 2A ⇒ R =

4 22

P I2

= 1Ω .

 I = 2A   I = 1A

+ Với I = 1A ⇒ R =

+ Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 5 – 3 = 2A.

= 4Ω .

+ Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R đ I22 = 4.22 = 16W .

Vậy: R = 4Ω hoặc R = 1Ω.

+ Hiệu suất của nguồn: H =

b) Cách mắc R2 với R1 Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P = RI2 = R(

E 2 ) = R+r

(

R R

r R

( R+

E2 ( R1 +

r R1

⇔ R1 - R3 = r2 .

( R3 +

R1 - R3 R1R3

r R3

⇔ R1 +2r+

* Trường hợp 2: Lúc đó: R =

Gọi R3 là điện trở tương đương của R1 và R2, ta có: P1 = P3.

⇔

r2 r2 = R 3 +2r+ R1 R3

R2đ +2Rđ 2Rđ +2

U 12 = = 0,6 = 60% . E 20

16 ⇔ 15R 2đ - 2Rđ - 32 = 0 ⇒ Rđ = 1,53Ω 15

1,53.(1,53+2) 16 E 20 = Ω ⇒ I= = = 7,5A 16 2.1,53+2 R+r 15 +1,6 15

+ Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.7,5 = 8V. + Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 =

22 ⇔ R1R3 = r ⇒ R3 = = 8Ω > R1 0,5 2

Vậy: Phải mắc R2 nối tiếp R1 và R2 = R3 – R1 = 8 – 0,5 = 7,5Ω.

U 8 800 = = A. Rđ 1,53 153

+ Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R đ I12 = 1,53.(

800 2 ) = 41,83W . 153

+ Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 7,5 –

Bài 8. – Điện trở tương đương mạch ngoài: R =

R đ .(R đ + R1 + R2 ) R đ + R đ + R1 + R2

– Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

⇔ 60 =

(R+1,6)2

2Rđ + 2

E . R+r

– Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI2 = R R.20 2

R đ .(Rđ + 2)

E2 (R+r)2

⇔ (R 2 + 3,2R + 2,56).60 = 400R

⇔ 3R2 + 9,6R + 7,68 - 20R = 0 ⇔ 3R2 - 10,4R + 7,68 = 0  R = 2,4Ω ⇒  R = 16 Ω  15

* Trường hợp 1:

(với R = R2đ + 2Rđ 2Rđ + 2

R đ .(R đ + 2) 2Rđ + 2

)

+ Hiệu suất của nguồn: H =

4.(4 + 2) E 20 Lúc đó: R = = 2,4Ω ⇒ I = = = 5A 2.4 + 2 R+r 2,4 + 1,6

+ Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.5 = 12V. U 12 = = 3A Rđ 4

+ Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R đ I12 = 4.32 = 36W .

695 2 ) = 7,89W . 306

U 8 = = 0,4 = 40% . E 20

Bài 9. a) Hiệu điện thế định mức của đèn Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

E 150 150 = = . R b + R đ + r 18 + 2 + R đ 20 + R đ

Hiệu điện thế định mức của đèn: Uđ = IRđ = Mặt khác: Uđ =

= 2,4 ⇔ R 2đ - 2,8Rđ - 4,8 = 0 ⇒ Rđ = 4Ω

+ Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 =

+ Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R đ I22 = 1,53.(

800 695 A. = 153 306

150Rđ

20 + Rđ

P 180 = .(20 + R đ ) = 1,2(20 + R đ ) I 150

⇔ 150Rđ = 1,2(20 + Rđ )2 ⇔ 150Rđ = 480 + 48Rđ + 1,2R đ2  150.80 = 120V R đ = 80Ω ⇒ Uđ = 20 + 80 R = 5Ω ⇒ U = 150.5 = 30V đ  đ 20 + 5

⇔ 1,2R2đ - 102Rđ + 480 = 0 ⇒ 

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 = 80Ω: Để đèn sáng bình thường:

+ Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

P 180 = = 1,5A . U 120

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.1,5 = 3A. E 150 ⇔ I= =3 ⇔ = 3 ⇒ R b = 8Ω . Rđ R b + 40 + 2 Rb + +r 2

– Với đèn có Uđ = 30V; Rđ = 5Ω: Để đèn sáng bình thường: + Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

P 180 = = 6A U 30

và nmax =

150-6.5 U 30 = 10 (đèn) ⇒ H = = = 0,2 = 20% 6.2 E 150

Vậy: Số đèn tối đa loại Uđ = 30V; Rđ = 5Ω là 10 và hiệu suất của nguồn lúc đó là H = 20%.

Bài 10. – Ta có: Iđ =

Pdm

U dm

Rb +

E Rđ 2

= 12 ⇔ +r

150 = 12 ⇒ R b = 8Ω R b + 2,5 + 2

Vậy: Để 2 đèn sáng bình thường thì Rb = 8Ω.

Eb = mE = 6m; rb = – Mặt khác: I =

– Với loại đèn có Uđ = 120V; Rđ = 80Ω: Gọi n là số đèn tối đa có thể thắp sáng bình thường. Vì các P 180 = = 1,5A . U 120

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 1,5n. E ⇔ I= = 1,5n ⇔ E = 1,5nRb + 1,5Rđ + 1,5nr R Rb + đ + r n

⇒n=

E - 1,5R d

1,5(R b + r)

1,5 +

m n

6m m 1,5 + n

⇔ 4m + 6n = 6mn ⇒ m = 1 +

4 6n - 4

Vì m là số nguyên nên (6n – 4) phải là ước số của 4 ⇒ n = 1 và m = 3.

đèn sáng bình thường nên: + Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: Iđ =

R d + rb

mr m = n n

– Để đèn sáng bình thường thì I = Iđ = 4A.

⇔4=

c) Số nguồn tối đa có thể thắp sáng

U2 24 62 = 4 A; Rđ = dm = = 1,5Ω . 6 Pdm 24

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có:

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.6 = 12A.

⇔ I=

⇒ n = nmax khi Rb = 0.

150 - 1,5.80 U 120 và nmax = = 10 (đèn) ⇒ H = = = 0,8 = 80% 1,5.2 E 150

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 = + Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 = R.

4E 2

– Nếu 2 ac quy mắc song song: E2 = E, r2 = + Cường độ dòng điện trong mạch: I2 =

r . 2 E2

R+r2

đèn sáng bình thường nên: + Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: Iđ =

P 180 = = 6A . U 30

+ Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 6n. E ⇔I= = 6n ⇔ E = 6nRb + 6Rđ + 6nr R R b + đ +r n

⇒n =

E - 6R d

6(R b + r)

⇒ n = nmax khi Rb = 0.

+ Công suất mạch ngoài: P2 = RI22 = R.

⇒

4E2 R 2

(R + 2r)

(2R + r)2 2

4E R

(2R + r)2 2

(R + 2r)

2E . R + 2r

(R + 2r)2

Vậy: Số đèn tối đa loại Uđ = 120V; Rđ = 80Ω là 10 và hiệu suất của nguồn lúc đó là H = 80%. – Với loại đèn có Uđ = 30V; Rđ = 5Ω: Gọi n là số đèn tối đa có thể thắp sáng bình thường. Vì các

R + r1

4E 2 (2R+r)2

E r R+ 2

2E . 2R+r

(2.25 + 10)2 (25 + 2.10)2

16 . 9

Vậy: Công suất mạch ngoài trong trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp lớn hơn ngoài trong trường hợp 2 acquy mắc song song.

16 lần công suất mạch 9

Bài 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

Ta có: Công suất mạch ngoài của ac quy: P = R

Vì MS = R +

⇒ P1

max

(R + r)2

≥ 2 r ⇒ MSmin khi R = r và Pmax

( R+

r R

)

E2 = 4r

E2 E2 = 20W ; P2 = = 30W . max 4r1 4r2

bằng 1 hoặc 3:

m = 2  n = 32 ⇔   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 3

– Công suất của mỗi nguồn: P = E 0 . = 1,5.

a) Trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp: Khi 2 acquy mắc nối tiếp: P′ – Hiệu suất của nguồn: H = = P

Eb = 2E; rb = r1 + r2 nên: Pmax =

4P1P2 (2E)2 4E2 4 4 = = = = 4r1 4r2 1 1 4(r1 +r2 ) 4(r1 +r2 ) R1 +R 2 + + P1 P2 E2 E2

⇒ Pmax =

I r0 ( )2 3 = r0 I = 1,5.1,5 = 0,5 = 50% . I 3E 0 3.1,5 E0 . 3

Vậy: Công suất và hiệu suất của mỗi nguồn ứng với cách mắc có số nguồn ít nhất là 0,75W và 50%.

4.20.30 = 48W 20 + 30

b) Trường hợp 2 acquy mắc song song: Khi 2 acquy mắc song song: Eb = E; rb = Pmax =

1,5 = 0,75 W. 3

r1r2

r1 + r2

nên:

PHẦN III : DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Dòng điện trong kim loại

E2 (r1 + r2 ) E 2 E2 (E)2 = = + = P1 + P2 = 20 + 30 = 50W r1r2 4r1r2 4r1 4r2 4( ) r1 + r2

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

Vậy: Khi 2 acquy mắc nối tiếp thì Pmax = 48W; khi 2 acquy mắc song song thì Pmax = 50W.

- Bản chất dòng điện trong kim loại là dòng dịch chuyển có hướng của các electron dưới tác dụng

Bài 13.

của điện trường. *

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (m, n ∈ N ). 1,5n và Eb = nE0 = 1,5n; rb = = m m

– Điện trở của đèn: Rđ =

U2dm Pdm

b. Sự phụ thuôc của điên trở suất của kim loai theo nhiệt độ

122 = = 8Ω . 18

– Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđ =

Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: Pdm

U dm

18 = 1,5A . 12

a) Cách mắc nguồn Ta có: Eb = Uđ + Irb ⇔ 1,5n = 12 + 1,5. 16 ⇒n= = 3 2m

1,5n 1,5 ⇔ 1,5n.(1 - ) = 12 m m

3 24 )+ m m = 8 + 24 3 2m - 3 2m

8.(2 -

- 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.

nr0

ρ = ρ 0 [1 + α (t − t 0 )]

- 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 T1, T2 khác nhau, trong mạch có suất điện động nhiệt điện E = αT(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,

+ Dòng điện trong kim loại tuân theo định luật ôm: I =

bazơ.

U R

- Chất điện phân không dẫn điện tốt bằng kim loại vì mật độ các ion trong chất điện phân nhỏ

+ Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: ρ = ρ0 1 + α ( t − t 0 ) .

hơn mật độ các electron trong kim loại, khối lượng và kích thước của các ion lớn hơn khối lượng

Với ρ0 là điện trở suất của kim loại ở t0 0C.

và kích thước của các electron nên tốc độ chuyển động có hướng của chúng nhỏ hơn.

+ Điện trở của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: R t = R 0 [1 + α(t − t 0 )] . Với

- Dòng điện trong chất điện phân là dòng ion dương và ion âm chuyển động có hướng theo hai

R0: điện trở ở t0 0C; α (K-1): hệ số nhiệt của điện trở.

chiều ngược nhau trong điện trường.

+ Biểu thức suất điện động nhiệt điện: E = α T ( T1 − T2 ) = α T ( t1o − t 2o ) , α T : hệ số nhiệt điện động

- 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

Khối lượng vật chất đươc giải phóng ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ thuân với điện lượng chạy qua bình đó m = k .q

(µV/K), T1 và T2 lần lượt là nhiệt độ của đầu nóng và đầu lạnh.

B. VÍ DỤ MẪU 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 10 km bằng bao nhiêu ? cho biết điện trở suất của thép bằng 3.10 –7 Ω.m Hướng dẫn giải l S

Ta có: R = ρ = 3.10−7.

10.103 = 0,54Ω 56.10−4

Ví dụ 2: Một dây dẫn có đường kính 1mm, chiều dài 2m và điện trở 50 mΩ. Hỏi điện trở suất của vật liệu?

Hướng dẫn giải

Định luật Fa – ra - đây thứ hai

A Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố tỉ lệ với đương lượng gam của nguyên tố đó. Hệ n 1 1 A số tỉ lệ là , trong đó F gọi là số Fa – ra – đây k = . F F n

- Khối lượng chất thoát ra ở cực của bình điện phân tính ra gam: 1 A m = . It với F = 96500 C/mol. F n

Trước tiên ta tính diện tích tiết diện của dây dẫn: S = l S

Mà R = ρ = ρ

πd 2 4

4l πd 2 R π.10−6.50.10−3 ⇒ρ= = = 1,96.10−8 Ωm 2 πd 4l 4.2

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 Ω.m; 1,69.10 – 8 Ω.m.

Hướng dẫn giải II. CÁC DẠNG TOÁN • Dạng 1. DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI

A. PHƯƠNG PHÁP 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. l1 4l1  R 1 = ρ1 S = ρ1 πd 2 (1)  1 1 Điện trở của hai dây lần lượt là:  R = ρ l 2 = ρ 4l 2 (2) 2 2  2 S2 πd 22 R1 = R 2 = R l1 = l2 = l

Hai dây có cùng điện trở và chiều dài nên:  Từ (1) và (2) ta có:

ρ1 ρ2 ρ 9,68.10−8 = ⇒ d1 = d 2 . 1 = 1, 2. = 2,87mm d12 d 22 1,69.10−8 ρ2

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 0

-3

-1

20 C và dây tóc đèn làm bằng Vonfram có α = 4,5.10 K .

E + t1o = 420o C αT

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

U đ2 2202 = = 484Ω Pđ 100

Bài 1. Hai vật được chế tạo cùng một vật liệu và có chiều dài bằng nhau. Vật dẫn A là một dây đặc

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi không thắp sáng: R = R 0 1 + α ( t − t 0 )  ⇒ R 0 =

E = α T ( T2 − T1 ) = 6,5. ( 200 − 20 ) = 1170 ( µV ) = 1,17 ( mV )

b) Ta có: E = α T ( T2 − T1 ) = α T ( t 2o − t1o ) ⇒ t o2 =

Hướng dẫn giải + Điện trở của dây tóc bóng đèn khi thắp sáng: R =

a) Suất điện động nhiệt điện khi t2 = 2000C:

có đường kính 1 mm. Vật dẫn B là một ống rỗng có đường kính ngoài 2 mm và đường kính trong 1

R 484 = = 48,8Ω 1 + α ( t − t 0 ) 1 + 4,5.10−3 ( 2000 − 20 )

mm. Hỏi tỉ số điện trở R A / R B đo được giữa hai đầu của chúng là bao nhiêu?

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 điện trở của nó ở 1000C. Tính hệ số nhiệt điện trở α và điện trở R0 của nó ở 1000C. Coi

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 Ω.m . Muốn thay dây đồng bằng dây nhôm 2,82.10 – 8 Ω.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

rằng điện trở của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ.

kg/m3 và của nhôm là 2700 kg/m3.

Hướng dẫn giải

Bài 3. Dựa vào quy luật phụ thuộc nhiệt độ của điện trở suất của dây kim loại, tìm công thức xác

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn sáng bình thường:

2 đ

U 220 = = 242Ω Pđ 200

Theo bài ra: Coi rằng điện trở của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo  R  1 − 1 .  R0  ( t − t0 )

thiết rằng điện trở của dây tóc bóng đèn trong khoảng nhiệt độ này tăng bậc nhất theo nhiệt độ.

1  −3 −1 α = (10,8 − 1) . ( 2500 − 100 ) = α = 4,1.10 K R  + Theo đề: = 1,08 ⇒  R0 R = R = 242 = 22, 4Ω  0 10,8 10,8

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

Ví dụ 6: Một bóng đèn loại 220V – 40W làm bằng vonfram. Điện trở của dây tóc đèn ở 200C là R0 = 121Ω. Tính nhiệt độ t của dây tóc khi đèn sáng bình thường. Coi điện trở suất của vonfram trong khoảng nhiệt độ 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 =

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 α và điện trở R0 của dây tóc đèn ở 200C. Giả

nhiệt độ nên ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 ) ⇒ α = 

2 đ

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.

U 220 = = 1210Ω Pđ 40

 1 R + Ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 )  ⇒ t =  − 1 + t 0 = 20200 C α  R0 

Ví dụ 7: Một mối hàn của cặp nhiệt điện có hệ số nhiệt điện động αT = 6,5 µV/K được đặt trong

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 α = 4,2.10-3 K-1. Nhiệt độ t2 của dây tóc đèn khi sáng bình thường là:

Bài 6. Đồng có điện trở suất ở 200C là 1,69.10–8 Ω.m và có hệ số nhiệt điện trở là 4,3.10 – 3 (K –1). a) Tính điện trở suất của đồng khi nhiệt độ tăng lên đến 1400C. b) Khi điện trở suất của đồng có giá trị 3,1434.10 – 8 Ω.m thì đồng có nhiệt độ bằng bao nhiêu?

Bài 7. Một dây kim loại có điện trở 20Ω khi nhiệt độ là 250C. Biết khi nhiệt độ tăng thêm 4000C thì điện trở của dây kim loại là 53,6 Ω . a) Tính hệ số nhiệt điện trở của dây kim loại.

không khí ở t1 = 20 C, còn đầu kia được nung nóng ở nhiệt độ t2.

b) Điện trở của dây dẫn tăng hay giảm bao nhiêu khi nhiệt độ tăng đến 3000C kể từ 250C.

a) Tìm suất điện động nhiệt điện khi t2 = 2000C

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

b) Để suất điện động nhiệt điện là 2,6 mV thì nhiệt độ t2 là bao nhiêu?

10 m, đường kính 0,5 mm.

Hướng dẫn:

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.

Thay (4) vào (3) ta được:

Bài 9. Một mối hàn của một cặp nhiệt điện có hệ số nhiệt điện động là 32,4 µV/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.

m1 D1.ρ1 D .ρ = ⇒ m 2 = m1. 2 2 m 2 D 2 .ρ2 D1.ρ1

Thay số ta được: m 2 = 1000.

2700.2,82.10−8 = 506kg 8900.1,69.10−8

Bài 3.

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

+ Ta có: ρ = ρ0 1 + α ( t − t 0 )  ℓ

ℓ

+ Vì coi chiều dài l và S là không đổi nên ta có: ρ = ρ0 1 + α ( t − t 0 ) S S

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. Nối cặp nhiệt điện này với điện kế G có điện trở RG = 19,5 Ω. Đặt mối hàn thứ nhất vào

ℓ S

+ Mà: R = ρ ; R 0 = ρ0 . Vậy: R = R 0 1 + α ( t − t 0 ) 

trong không khí ở nhiệt t1 = 270C, nhúng mối hàn thứ hai vào trong bếp điện có nhiệt độ 3270C.

Bài 4.

Cường độ dòng điện chạy qua điện kế G là

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn sáng bình thường:

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. lA 4lA   R A = ρA S = ρA πd 2 (1) A A  Điện trở của hai dây lần lượt là:  4l B  R B = ρ B lB = ρ B SB  π ( d 22 − d12 )

 R

+ Ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 ) ⇒ α = 

 R0

(2)

ρA = ρB = ρ l A = l B = l

Hai dây dẫn cùng vật liệu và chiều dài nên:  Từ (1) và (2) ta có:

U đ2 2202 = = 484Ω Pđ 100

R A d 22 − d12 4 − 1 = = =3 RB d 2A 1

+ Theo đề:

 1 − 1 .  ( t − t0 )

−3 −1 R α = 4,5.10 K = 12,1 ⇒  R0  R 0 = 40Ω

Bài 5. + Điện trở của dây tóc bóng đèn khi nhiệt độ là t1 = 250 C là: R 1 =

Bài 2.

+ Điện trở của dây tóc bóng đèn khi nhiệt độ là t2 là: R 2 =

Đường dây tải truyền từ A đến B nên có cùng chiều dài: l1 = l2 = l

+ Sự phụ thuộc điện trở của vật dẫn vào nhiệt độ:

Khối lượng dây đồng cần để truyền từ A đến B: m1 = D1V1 = D1l1.S1 (1) Khối lượng dây nhôm cần để truyền từ A đến B: m 2 = D 2 V2 = D2l2 .S2 (2) Từ (1) và (2) ta có:

m1 D1l1.S1 D1.S1 = = (3) m 2 D 2l 2 .S2 D 2 .S2

Điện trở của dây đồng: R 1 = ρ1

l S1

Điện trở của dây nhôm: R 2 = ρ2

l S2

R 2 = R 1 1 + α ( t 2 − t1 )  ⇒ t 2 =

Bài 6. a) Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất: ρ = ρ0 1 + α ( t − t 0 )  = 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 − t 0 ) ⇒ t = 

 ρ0

Bài 7.

dây truyền từ A đến B phải bằng nhau.

a) Ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 )  ⇒ α = 

ρ1 ρ2 S ρ = ⇒ 1 = 1 (4) S1 S2 S2 ρ 2

U2 = 30Ω I2

 1  R2 − 1 + t1 = 26440 C  α  R1 

Muốn thay dây đồng bằng dây nhôm mà vẫn đảm bảo chất lượng truyền điện thì điện trở trên đường

R1 = R 2 ⇔

U1 = 2,5Ω I1

1 − 1 + t 0 = 2200 C α

 R  1  53,6  1 − 1 . = − 1 = 4,2.10−3 K −1  400  R0  ( t − t 0 )  20

b) Ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 ) = 20 1 + 4, 2.10−3 ( 300 − 25 ) = 43,1Ω

LOẠI 1: ĐIỆN PHÂN CÓ DƯƠNG CỰC TAN

⇒ ∆R = R − R 0 = 43,1Ω

Phương pháp giải:

Bài 8. a) Điện trở của dây dẫn: R 0 = ρ + Vì dây hình trụ nên: S =

+ Hiện tượng dương cực tan xảy ra khi điện phân một dung dịch muối mà kim loại anôt làm bằng

ℓ S

chính kim loại ấy.

πd 2 4ℓ 4.10 ⇒ R 0 = ρ 2 = 5.10−7. ≈ 25, 46Ω 2 4 πd π. ( 0,5.10−3 )

+ 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

b) Ta có: R = R 0 1 + α ( t − t 0 ) = 25, 46 1 + 5.10−5 ( 200 − 20 ) = 25,69Ω

điện trở).

Bài 9.

+ Sử dụng định luật Farađây:

a) Ta có: E = α T ( T2 − T1 ) = α T ( t o2 − t1o ) ⇒ t1o = t 2o −

E = 20o C αT

E/ b) Ta có: E = α T ( T2 − T1 ) = α T ( t − t ) ⇒ t = + t1o = 180o C αT /

o 2

o 1

o 2

+ Vậy phải giảm nhiệt độ mối hàn nung nóng một lượng là: ∆t o = 330o − 180o = 150o

+ 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 q chạy qua bình đó. 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 giải phóng, k có đơn vị là kg/C)

Bài 10.

+ Định lật 2: Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố, tỉ lệ với đương lượng gam

+ Suất nhiệt điện động:

nguyên tố đó

ET = α T T2 − T1 = 50, 4 ( 327 − 27 ) = 15120 ( µV ) = 15,120 ( mV ) E 15,12 + Dòng điện qua điện kế: I = T = = 0,756 ( mA ) R G + r 19,5 + 0,5

• Dạng 2. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN

Dạng toán này có 2 loại bài toán

Biểu thức: k = c

A của n

A A 1 (2) ( F = = 96500C / mol ) = n Fn c

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. • 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 qua bình tuân theo định luật ôm cho đoạn mạch chứa máy thu (vì có hai cực, dòng vào

cực dương ra cực âm) I =

E − Ep r + rp

1A 1A + Để giải ta cũng sử dụng định luật Farađây: m = q Hay: m = It Fn Fn

Các công thức liên quan cần thiết để giải dạng toán này:

Khối lượng riêng: D =

m . V

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. + Áp dụng định luật Farađây: m =

1 A.I.t F n

Thể tích: V = S.d

Khối lượng đồng bám vào sắt: m =

Trong đó:

+ Chiều dày của lớp mạ được tính:

• D (kg/m3): khối lượng riêng

• d (m): bề dày kim loại bám vào điện cực

1 64.10.96500 . = 320 ( g ) = 0,32(kg) 96500 2

V m 0,32 = = = 0,0018(m) = 1,8(mm) S S.ρ 2.10−2.8,9.103

• S (m2): diện tích mặt phủ của tấm kim loại

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Có bộ nguồn ( E = 12V ; r = 0,4

• V (m3): thể tích kim loại bám vào điện cực.

Ω), R1 = 9Ω, R2 = 6Ω và một bình điện phân đựng dung dịch CuSO4,

E, r

anôt bằng đồng Cu và điện trở của bình điện phân Rp = 4Ω. 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) a) Điện trở tương đương mạch ngoài:

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 biết đồng có A = 64; n = 2 và có khối lượng riêng ρ = 8,9.103

R 1R 2 9.6 + Rp = + 4 = 7,6Ω R1 + R 2 9+6

+ Dòng điện trong mạch chính: I =

E 12 = = 1,5A R+r 8

b) Khối lượng đồng thoát ra ở cực dương: m=

AIt 64.1,5.(16.60 + 5) = = 0,48g 96500n 96500.2

kg/m3.

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

Hướng dẫn giải

phân đựng dung dịch CuSO4, anốt bằng đồng, có điện trở R2 = 4 Ω. Hãy tính

Trước tiên ta chuyển đổi các đơn vị của các đại lượng về đơn vị chuẩn:

a) Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài, cường độ

Diện tích: S = 200cm 2 = 200.10−4 m 2 = 2.10−2 m 2

dòng điện qua nguồn, qua bình điện phân.

Thời gian: t = 2 giờ 40 phút 50 giây = 2.3600 + 40.60 + 50 = 96500 giây

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.

E, r

c) Công suất của nguồn và công suất tiêu thụ ở mạch ngoài.

+ Điện trở của bóng đèn: R § =

U 2§ = 2Ω P§

a) Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua bóng đèn là: I§ =

P§ = 2 ( A ) ⇒ I3,§ = I3 = I§ = 2 ( A ) U§

+ Ta có: R3,Đ = R3 + RĐ = 4Ω và R2,p = R2 + Rp = 6Ω

Hướng dẫn giải

+ Lại có: U3,Đ = I3,Đ.R3,Đ = 8 V ⇒ UCD = U3,Đ = U2,p = 8 V

R R a) Ta có: R 34 = 3 4 = 2Ω ⇒ R 2,34 = R 2 + R 34 = 6Ω R3 + R4

+ Dòng điện qua R2 và bình điện phân: I 2,p =

+ Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài: R MN = + Cường độ dòng điện qua nguồn: I = + Ta có: U MN = IR MN = 9V ⇒ I 2 = b)

Khối

lượng

đồng

R1 .R 2,34 R1 + R 2,34

= 2Ω

+ Dòng điện qua mạch: I = I3,Đ + I2,p =

E 13,5 = = 4,5A R MN + r 2 + 1

ở

catốt

R 2,p

8 4 = (A) 6 3

10 (A) 3

+ Mà: E b = U AB + I.rb = U CD + I.( R 1 + R x ) + I.rb ⇒ I =

U MN 9 = = 1,5A R 234 6

thoát

U 2,p

E b − U CD R1 + R x + rb

10 40 − 8 = ⇒ R x = 4,6Ω 3 3 + Rx + 2

thời

gian

phút

giây:

AIt 64.1,5.(3.60 + 13) m= = = 0,096g 96500n 96500.2

c) Công suất của nguồn: PE = E.I = 60,75W

tiếp; đèn Đ loại (4V - 8W); các điện trở R1 = 3 Ω; R2 = R3 = 2 Ω ; Rp = 4 Ω và là bình điện phân đựng dung dịch

96500n

4 27. .(1.60.60 + 4.60 + 20 ) 3 = 0, 48 ( g ) 96500.3

U AM = U1 + U 2 = I.R 1 + I2 .R 2 =

Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình. Trong đó mỗi nguồn có

Al2(SO4)3 có cực dương bằng Al. Điều chỉnh biến trở Rx

A.Ip .t

c) Hiệu điện thế giữa hai điểm A, M:

+ Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: PMN = I2 R MN = 40,5W suất điện động E = 5V; điện trở trong r = 0,25 Ω mắc nối

b) Khối lượng nhôm bám vào catốt:

B R1

để đèn Đ sáng bình thường. Tính:

Ví dụ 5: Cho mạch điện như hình vẽ. Biết bộ nguồn gồm 6 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có suất điện động E

Rx D

R2 R3

38 V = 12,67V 3

= 2,25V, điện trở trong r = 0,5Ω. Bình điện phân có điện trở Rp chứa dung dịch CuSO4, anốt làm bằng Cu. Tụ điện

a) Điện trở của biến trở tham gia trong mạch.

điện trở có giá trị R1 = 0,5R2 = R3 = 1Ω. Ampe kế có

b) Lượng Al giải phóng ở cực âm của bình điện phân trong thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây. Biết Al

điện trở không đáng kể, bỏ qua điện trở của dây nối. Biết

có n = 3 và có A = 27.

đèn Đ sáng bình thường. Tính:

c) Hiệu điện thế giữa hai điểm A và M.

A R1

có điện dung C = 6 µF. Đèn Đ có ghi số (4V - 2W), các A

R2 N

a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn. b) Hiệu điện thế UAB và số chỉ của ampe kế.

Hướng dẫn giải

c) Khối lượng đồng bám vào catốt sau 32 phút 10 giây và điện trở Rp của bình điện phân.

E = 8.5 = 40V + Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn:  b rb = 8.0, 25 = 2Ω

d) Điện tích và năng lượng của tụ điện.

Hướng dẫn giải

 E b = 4.2, 25 = 9V 0,5.2  rb = 0,5 + 2 + 0,5 = 1,5Ω

a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: 

Ta có:

( R1 nt R § ) / / ( R p nt R 2 )  nt R 3  

– Cường độ dòng điện qua biến trở: I b =

+ Ta có: R 1,§ = R 1 + R § = 9Ω P§ = 0,5 ( A ) U§

62 = 4Ω . 9 Pđm

Uđm

9 = 1,5A . 6

U NP Rb

6 = 0,5A . 12

– Khối lượng đồng bám vào catốt trong 1 phút = 60s là: 1 A 1 64 m= . .It = . .2.60 = 0,0398g = 39,8mg F n 96500 2

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: U AB = I1, § .R1, § = 4,5V + Ta có: E b = U N + I.rb = U AB + I.R 3 + I.rb ⇒ I =

– Công suất tiêu thụ của mạch ngoài: PN = UI = (E - rI)I = (9 - 0,5.2).2 = 16W

E b − U AB = 1,8 ( A ) R 3 + rb

– Công suất của nguồn: P = EI = 9.2 = 18W .

Số chỉ ampe kế là: IA = I = 1,8 A

Vậy: Khối lượng đồng bám vào catot là 39,8mg, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là 16W, công suất

c) Dòng điện qua bình điện phân: I p = I − I§ = 1,3 ( A ) + Khối lượng đồng bám vào catốt: m =

A.Ip .t 96500n

của nguồn là 18W. b) Độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào catot thay đổi như thế nào?

= 0,832 ( g )

– Nếu con chạy C sang trái thì Rb tăng ⇒ RNP tăng ⇒ điện trở mạch ngoài tăng ⇒ I =

+ Ta có: U AN = U AB − U NB = U AB − I p .R 2 = 4,5 − 1,3.2 = 1,9 V Up Ip

– Hiệu điện thế hai đầu đèn là: U NP = IR NP =

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện: UC = UMN = 1,4 V + Điện tích mà tụ tích được: Q = CUC = 8, 4.10−6 C

R R ER đ R b E . đ b = R đ R b Rđ + R b R đ (R + R b )+ RR b R+ Rđ + R b

– Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

CU 2C = 8, 232.10−6 ( J ) 2

Ví dụ 6: Cho mạch điện như hình vẽ: E = 9V, r = 0,5Ω, B là bình điện phân dung dịch CuSO4 – Khi Rb tăng ⇒ ( R+R đ +

với các điện cực bằng đồng. Đ là đèn 6V – 9W, Rb là biến trở. a) C ở vị trí Rb = 12Ω thì đèn sáng bình thường. Tính khối lượng đồng bám vào catot bình điện phân trong 1 phút, công

M B

X Rb

suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn. 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

E giảm R+r

nên lượng đồng bám vào catốt giảm.

1,9 ≈ 1,5Ω 1,3

d) Ta có: U MN = U MA + U AN = − U1 + U AN = −0,5.1 + 1,9 = 1, 4V

Hướng dẫn giải

– Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I = Iđm + Ib = 1,5 + 0,5 = 2A.

+ Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua bóng đèn là: I § =

như thế nào?

Pđm

a) Khối lượng đồng bám vào catot, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn

U2 + Điện trở của bóng đèn: R § = § = 8Ω P§

+ Năng lượng của tụ: W =

U2đm

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

b) Vì dòng một chiều không qua tụ nên mạch gồm:

+ Điện trở bình điện phân: R p =

+ Điện trở của đèn: R đ =

C E, r

RRđ Rb

U NP Rđ

ER b

Rđ (R+R b )+RR b

E R+R đ +

RRđ Rb

) 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 Ω để cung cấp điện cho một bình điện phân đựng dung dịch ZnSO4 với cực dương bằng kẽm, có điện trở R = 3,6 Ω. 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

+ Giả sử các nguồn được mắc thành m hàng, mỗi hàng có n nguồn nối tiếp nhau

+ Lại có: R 3p =

E b = nE = 1,5n + Ta có:  nr 0,9n rb = m = m

+ Lại có: I =

I3p

= 24Ω ; Rp = R3p – R3 = 22 Ω.

b) Điện trở mạch ngoài: R = R1 + RCB = R1 +

Eb 1,5n 1,5.m.n = = R + rb 3,6 + 0,9n 3,6m + 0,9n m

+ Vì số nguồn là 36 nên: mn = 36 ⇒ I =

+ Ta có: I =

U CB = 28 Ω; I

nE ⇒ 16,8 + 0,3n = 1,5n ⇒ n = 14 nguồn R + n.r

+ Công suất của bộ nguồn: Png = I.Eb = 12,6 W.

54 3,6m + 0,9n

c) Số chỉ vôn kế: UV = U = IR = 16,8 V.

+ Nhận thấy Imax khi ( 3,6m + 0,9n ) = min

d) Khối lượng bạc giải phóng: m =

+ Theo cô-si: 3,6m + 0,9n ≥ 2 3,6.0,9.mn = 2 3,6.0,9.36 = 21,6 ⇒ ( 3,6m + 0,9n )min = 21,6 ⇒ Imax

U3p

e) IĐ = IA2 = 0,4 A < Iđm =

54 = = 2,5 ( A ) 21,6

A.Ip .t 96500n

= 0, 432 ( g )

P§ = 1 A nên đèn sáng yếu hơn bình thường. U§

Ví dụ 9: Một mạch điện kín gồm một nguồn điện có suất điện động E = 6V, điện trở trong

+ Dấu “=” xảy ra khi: 3,6m = 0,9n ⇒ n = 4m

r = 0,5Ω , cung cấp dòng điện cho bình điện phân dung dịch đồng sunfat với anôt làm bằng chì.

Mà mn = 36 ⇒ m = 3, n = 12

Biết suất phản điện của bình điện phân là Ep = 2V, rp = 1,5Ω, và lượng đồng bám trên ca tôt là

+ Vậy phải mắc thành 3 hàng, mỗi hàng có 12 nguồn mắc nối tiếp, khi đó Imax bằng 2,5 A

2,4g. Hãy tính:

Lượng kẽm bám vào catôt của bình điện phân trong thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây.

a) Điện lượng dịch chuyển qua bình điện phân.

65.2,5.( 3600 + 40.60 + 20 ) A.I.t m= = = 3, 25 ( g ) 96500.n 96500.2

b) Cường độ dòng điện qua bình điện phân.

Ví dụ 8: Cho điện như hình vẽ. Trong đó bộ nguồn có n pin mắc nối tiếp, mỗi pin có suất điện động 1,5 V và điện trở

...

dung dịch AgNO3, có cực dương bằng bạc. Điện trở của ampe kế và dây nối không đáng kể; điện trở của vôn kế rất

R1 C

lớn. Biết ampe kế A1 chỉ 0,6 A, ampe kế A2 chỉ 0,4 A. Tính: a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở của bình điện phân. b) Số pin và công suất của bộ nguồn.

Hướng dẫn giải

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

Rp I=

E − Ep r + rp

d) Khối lượng bạc giải phóng ở catôt sau 32 phút 10 giây. e) Đèn Đ có sáng bình thường không? Tại sao?

E, r

Ta có thể coi mạch điện như hình vẽ

Ep, rp

1A m.F.n q⇒q= Fn A

Thay số: q =

2, 4.96500.2 = 7237,5C 64

b) Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I =

Hướng dẫn giải U 2§ = 3Ω ⇒ R 2 § = R 2 + R § = 12Ω P§

+ Ta có: U2Đ = U3p = UCB = IA2.R2Đ = 4,8 V; I3p = I3 = Ip = IA1 – IA2 = 0,2 A;

a) Điện lượng dịch chuyển qua bình điện phân: Ta có: m =

c) Số chỉ của vôn kế.

a) Điện trở của bóng đèn: R § =

Bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 và anôt được làm bằng chì (Pb) nên không xảy ra hiện

trong 0,5 Ω. Mạch ngoài gồm các điện trở R1 = 20 Ω; R2 = 9

Ω; R3 = 2 Ω; đèn Đ loại 3V - 3W; Rp là bình điện phân đựng

c) Thời gian điện phân.

q I

c) Thời gian điện phân: t = =

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

7237,5 = 3618,75s 2

E − Ep r + rp

6−2 = 2A 0,5 + 1,5

Bài 1. Một tấm kim loại được đem mạ niken bằng phương pháp điện phân. Biết diện tích bề mặt 2

Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn có suất điện động E =

kim loại là 40cm , cường độ dòng điện qua bình là 2A, niken có khối lượng riêng D = 8,9.10 kg/m ,

24V, r = 1Ω, điện dung tụ C = 4µF. Đèn Đ có ghi (6V - 6W). Các

A = 58, n = 2. Tính chiều dày của lớp niken trên tấm kinh loại sau khi điện phân 30 phút. Coi niken

điện trở R1 = 6Ω; R2 = 4Ω; Rp = 2Ω và là bình điện phân đựng

bám đều lên bề mặt tấm kim loại.

dung dịch CuSO4 có cực dương bằng Cu.

Bài 2. Chiều dày của một lớp niken phủ lên một tấm kim loại là h = 0,05 mm sau khi điện phân 2

b) Tính lượng Cu giải phóng ra ở cực âm của bình âm điện phân

bình điện phân. Biết niken có A = 58, n = 2 và có khối lượng riêng là ρ = 8,9 g/cm3.

trong thời gian 16 phút 5 giây. Biết Cu có hóa trị 2 và có nguyên

phân chứa dung dịch đồng sunfat với hai cực bằng đồng. Đèn có

E, r

c) Tính điện tích trên tụ C.

tiếp. Mỗi pin có suất điện động E = 4,5 V, điện trở trong r =

trở của bình điện phân.

E, r

Rx C

0,01 Ω. Đèn Đ có ghi 12 V – 6 W. Bình điện phân đựng

Bài 4. Một nguồn gồm 30 pin mắc thành 3 nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có 10 pin mắc song song, mỗi

Điện trở của vôn kế vô cùng lớn và của các dây nối không

dung dịch điện phân là CuSO4, điện trở của bình điện phân là 205Ω, mắc bình điện phân vào hai cực

đáng kể. Điều chỉnh biến trở Rx cho vôn kế chỉ 12 V. Hãy tính:

của bộ nguồn. Trong thời gian 50 phút khối lượng đồng Cu bám vào catốt là:

a) Cường độ dòng điện qua đèn và qua bình điện phân.

Bài 5. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Nguồn điện có suất

b) Khối lượng bạc giải phóng ở catốt trong 16 phút 5 giây, biết Ag = 108, hóa trị n = 1.

E, r

điện động E và điện trở trong r = 1 Ω. R1 = 3 Ω ; R2 = R3 = R4 = 4

c) Giá trị Rx tham gia vào mạch điện.

Ω. R2 là bình điện phân, đựng dung dịch CuSO4 có anốt bằng A

dung dịch AgNO3 có anốt bằng bạc và điện trở Rp = 1 Ω.

pin có suất điện động 0,9 (V) và điện trở trong 0,6 (Ω). Bình điện phân có anôt làm bằng Cu và

Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 13,5V, r = 1Ω, R1 = 3Ω, E, r

R3 = R4 = 4Ω, RA = 0, R2 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có

giải phóng ở catốt là 0,48g.

các điện cực bằng đồng. R4

a) Tính cường độ dòng điện qua bình điện phân và cường độ

Biết sau 16 phút 5 giây điện phân, khối lượng đồng được giải

dòng điện qua các điện trở ?

b) Điện trở bình điện phân.

R1 = 1Ω, R3 = 6Ω; R2: Đèn (6V - 6W), R4 = 2Ω, R5 = 4Ω (với R5 là

a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân.

Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ: Mỗi nguồn E = 4,5V, r = 0,5Ω,

phóng ở catot là 0,48g. Tính:

b) Tính E ?

c) Số chỉ của ampe kế.

bình điện phân đựng dung dịch CuSO4/Cu. Cho biết A = 64, n =2.

Tính:

d) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài.

Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ. Bộ nguồn gồm n pin mắc

M R1

b) Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn trong thời gian 10phút. d) Hiệu điện thế giữa hai điểm C và M.

giống nhau mắc thành hai dãy, mỗi dãy gồm 6 pin mắc nối

bám vào catốt của bình điện phân trong 16 phút 5 giây và điện

c) Khối lượng Cu bám vào catốt trong thòi gian 16 phút 5 giây.

Bài 8. Cho mạch điện như hình vẽ. Bộ nguồn gồm 12 pin

đèn sáng bình thường. Cho Cu = 64, n = 2. Tính khối lượng đồng

a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn.

tử lượng 64. A

ghi 6 V – 9 W; Rx là một biến trở. Điều chỉnh để Rx = 12 Ω thì

đồng. Biết sau 16 phút 5 giây điện phân khối lượng đồng được

a) Tính điện trở tương đương của đoạn mạch.

trong 30 phút. Diện tích mặt phủ của tấm kim loại là 30 cm . Xác định cường độ dòng điện chạy qua

Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. E = 9 V, r = 0,5 Ω. Bình điện

E, r

R3 N R5

nối tiếp, mỗi pin có: E = 1,5V, r0 = 0,5Ω. Mạch ngoài R1 = 2Ω,

R2 = 9Ω, R4 = 4Ω, đèn R3: 3V – 3W, R5 là bình điện phân dung dịch AgNO3 có dương cực tan. Biết ampe kế A1 chỉ 0,6A, ampe kế A2 chỉ 0,4A, RA = 0, RV rất lớn. Tìm:

A2 R4

X R5

a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện

+ Dòng điện trong mạch chính là: I = IĐ + IRx = 2 A

phân.

+ Khối lượng Cu bám trên catot: m =

b) Số pin và công suất mỗi pin. + Ta có: I =

c) Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn.

E 9 ⇔2= ⇒ R N = 4Ω RN + r R N + 0,5

d) Khối lượng bạc được giải phóng ở catot sau 16 phút 5 giây + Lại có: R N =

điện phân. e) Độ sáng của đèn R3?

A.I.t = 0,64 ( g ) 96500n

R D .R x 4.12 + Rb ⇔ 4 = + R b ⇒ R b = 1Ω RD + Rx 4 + 12

Bài 4.

Bài 11. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V,

E2 = 3V, r1 = r2 =

+ Mạch điện như hình

0,5Ω, đèn R1: 2V – 1,5W, đèn R2: 4V – 3W, R3 là điện trở, R4 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có các điện cực bằng đồng, tụ C1

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

E1, r1 A

là: I =

Bình điện phân

Eb = 0,0132 ( A ) R + rb

+ Khối lượng đồng Cu bám vào catốt là: m =

c) Tính điện tích trên mỗi bản tụ nối với N.

10 nguồn song song

+ Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân

b) Tính R3 và R4.

10 nguồn song song

E b = 3.0,9 = 2,7V 3.0,6 rb = 10 = 0,18Ω

E2, r2 C1

thời gian trên.

10 nguồn song song

nguồn là: 

= 1 µF , C2 = C3 = 2 µF . Biết các đèn sáng bình thường.

+ Suất điện động và điện trở trong của bộ

A.I.t = 0,013 ( g ) 96500n

Bài 5. D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

a) Ta có: m =

Bài 1. + Sử dụng công thức: m =

A.I.t 96500.n

+ Chiều dày của lớp mạ được tính: d =

⇒ I2 =

AIt 96500n

96500.m.n = 1,5 ( A ) ⇒ I34 = 1,5 ( A ) A.t

+ Ta có: R 34 =

V m A.I.t = = = 0,03mm S S.D F.n.S.D

E, r

R 3R 4 = 2Ω R3 + R4

⇒ R 2,34 = R 2 + R 34 = 6Ω

+ Khối lượng kim loại đã phủ lên bề mặt tấm niken: m = ρV = ρSh = 1,335 g

+ Lại có: U34 = I34 .R 34 = 3 ( V ) ⇒ U3 = U 4 = 3 ( V )

AIt 96500.m.n ⇒I= = 2, 47 ( A ) 96500n A.t

⇒ I3 =

Bài 3.

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn là: I D =

A PD = 1,5 ( A ) UD

+ Hiệu điện thế hai đầu biến trở là: URx = 6 V ⇒ I Rx =

6 = 0,5 ( A ) 12

U3 = 0,75 ( A ) ⇒ I4 = I34 − I3 = 0,75 ( A ) R3

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: U AB = U 2,34 = I2 .R 2,34 = 9 ( V )

U2 + Điện trở của bóng đèn: R d = D = 4Ω PD

E, r C

+ Dòng điện qua điện trở R1: I1 =

B R3 R4

Bài 2.

+ Lại có: m =

U AB = 3( A ) R1

b) Dòng điện trong mạch chính: I = I1 + I2 = 4,5 ( V ) + Điện trở tương đương RMN của mạch ngoài: R MN = + Cường độ dòng điện qua nguồn: I =

R1 .R 2,34 R1 + R 2,34

= 2Ω

E E ⇔ 4,5A = ⇒ E = 13,5 ( V ) R MN + r 2 +1

Bài 6.

c) Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là UAM = Up + U1 + Ta có: UNB = I. RNB = 12 V ⇒ U1D = 12 V ⇒ I1 =

E b = 4,5.4 = 18V a) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn:  0,5.4 rb = 2 = 1Ω

⇒ UC = UAM = Ip.Rp + I1.R1 = 4.2 + 1.6 = 14 V C

 U2 R = đ = 6Ω ⇒ R 23 = 12Ω b) Ta có:  2 Pđ  R = 6Ω ⇒ R 23,45 = 4Ω  45 ⇒ RN =

+ Ta có: U 23 = U 45 = IR 23,45

Bài 8. a) Điện trở của bóng đèn: R d =

M R1

+ Dòng điện trong mạch chính: I =

+ Điện tích của tụ điện tích được: Q = C.UC = 56 µC

R 23 .R 45 + R1 = 5Ω R 23 + R 45

12 = 0,5 ( A ) 24 12 I = = 12 ( A ) p  1 

 + Dòng điện qua bóng đèn và bình điện phân là: 

U 23  I23 = R = 1A  23 = 3.4 = 12V ⇒   I = U 45 = 2A  45 R 45

b) Khối lượng bạc giải phóng ở điện cực: m =

A.I p .t 96500n

= 12,96 ( g )

E b = 6E = 27V 6r rb = 2 = 0,03Ω

+ Nhiệt lượng tỏa ra trên bóng đèn trong thời gian 10 phút: Q = I22 R 2 t = 3600J

+ Dòng điện trong mạch chính: I = Ip + IĐ = 12,5 A

c) Dòng điện chạy qua bình điện phân: I5 = I 45 = 2 ( A )

+ Ta có: I =

A.I5 .t = 0,64 ( g ) 96500n

Eb 27 ⇔ 12,5 = ⇒ R N = 2,13Ω R N + rb R N + 0,03

+ Lại có: R N =

d) Ta có: U CM = E + E − ICB .2r − I23R 3 = 4,5 + 4,5 − 1,5.1 − 1.6 = 1,5V

Bài 7.

R D .R p RD + Rp

+ R x ⇔ 2,13 =

24.1 + R x ⇒ R x = 1,17Ω 24 + 1

Bài 9.

a) Dòng điện một chiều không qua tụ điện nên đoạn AM được bỏ đi

E,r

Vì RA = 0 nên mạch điện được vẽ lại như sau:

+ Lúc này: ( R1 nt R D ) / /R 2  nt R p + Điện trở của bóng đèn: R D =

( R1 + R D ) .R 2 ( R1 + R D ) .R 2

E, r

a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

và mạch điện vẽ lại như hình. C

Theo định luật Faraday, ta có: m =

2 D

U = 6Ω PD

B I2

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 1,5A.

= 1, 28 ( g )

U AB R1

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

R3 R 4

R3 +R 4

mFn 0,48.96500.2 ⇒ I2 = = = 1,5A At 64(16.60 + 5)

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = 96500n

1A I t F n 2

Hiệu điện thế 2 đầu AB: UAB = I2 (R2 +

E 24 = = 4A ⇒ Ip = 4A R N + r 5 +1

A.Ip .t

b) Điện trở bình điện phân

b) Dòng điện chạy trong mạch chính:

+ Khối lượng Cu bám trên catot: m =

Rp N

= 3Ω

+ Tổng trở mạch ngoài: R N = R p + R NB = 5Ω

ID =

c) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn: 

+ Dòng điện qua bóng đèn: I 2 = I23 = 1( A )

+ Ta có: R NB =

U 2D = 24Ω PD

+ Ta có: UAC = UĐ = Up = 12V

Eb 18 = = 3A R N + rb 5 + 1

+ Khối lượng Cu bám trên catot: m =

U1D 12 = = 1( A ) R1D 12

) = 1,5(R 2 +

1,5(R 2 +2) 3

4.4 ) = 1,5(R 2 +2) 4+4

= 0,5R2 +1

R3 R2

I = I1 + I2 = 1,5 + 0,5R2 + 1 = 2,5 + 0,5R2

R = R1 +

Ta có: UAB = E – rI = 13,5 – 1.(2,5 + 0,5R2) = 1,5(R2 + 2)

⇔11– 0,5R2 = 1,5R2 + 3 ⇒ R2 = 4Ω.

(R 2 + R3 )(R 4 + R 5 ) R 2 + R3 + R 4 + R 5

= 2+

(9 + 3).(4 + 20) = 10Ω 9 + 3 + 4 + 20

– Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Vậy: Điện trở bình điện phân là R2 = 4Ω.

R + rb

1,5n = 0,6 . 10 + 0,5n

⇔1,5n = 6 + 0,3n ⇒ n = 5.

c) Số chỉ của ampe kế Ta có: I1 = 0,5.4 + 1 = 3A.

– Công suất của bộ nguồn: P = EbI = 1,5.5.0,6 = 4,5W.

Hiệu điện thế 2 đầu R3: U3 = U4 = I2R34 = 1,5.2 = 3V.

– Công suất của mỗi nguồn: P′ =

Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

U3 R3

3 = 0,75A . 4

P 4,5 = = 0,9W . 5 5

Vậy: Số pin là 5, công suất mỗi pin là 0,9W. c) Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn

Số chỉ của ampe kế: IA = 3 + 0,75 = 3,75A.

Ta có:

Vậy: Ampe kế chỉ 3,75A.

Số chỉ của vôn kế hai đầu bộ nguồn: U = E b - rb I = 1,5.5 – 0,5.5.0,6 = 6V.

d) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài

d) Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s = 965s

Ta có:U = UAB = 1,5(R2 + 2) = 1,5.(4 + 2) = 9V

1 A 1 108 . .It = . .0,2.965 = 0,216g F n 96500 1

và I = 2,5 + 0,5R2 = 2,5 + 0,5.4 = 4,5A.

Ta có: m =

⇒ P = UI = 9.4,5 = 40,5W.

Vậy: Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s là m = 0,216g.

Vậy: Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là P = 40,5W.

e) Độ sáng của đèn Đ3?

Bài 10.

– Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

Ta có: + Với bộ nguồn: Eb = nE = 1,5n; rb = nr0 = 0,5n. + Điện trở của đèn: R3 = R đ =

U2đm Pđm

32 = 3Ω 3

U45 = I2(R2 + R3) = 0,4(9 + 3) = 4,8V + Điện trở của đèn 1: R1 = V

– 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. I2

– Điện trở của bình điện phân: I5

4 = 20Ω 0,2

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 0,2A; điện

U2đm Pđm

I4 = I5 = I1 – I2 = 0,6 – 0,4 = 0,2A

3 = 1A 3

Bài 11.

– Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

R5 =

– Ta thấy: I2 = 0,4A < Iđm : đèn Đ3 sáng tối hơn bình thường.

a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân – Hiệu điện thế 2 đầu R4, R5:

Pđm

U đm

R1 I4

A2 R4

+ Điện trở của đèn 2: R 2 =

U2đm 2 Pđm

22 8 = Ω. 1,5 3

42 16 = Ω. 3 3

+ Cường độ dòng điện định mức qua đèn 1: Iđm = 1

+ Cường độ dòng điện định mức qua đèn 2: Iđm = 2

Pđm

Uđm

1,5 = 0,75A . 2

3 = 0,75A . 4

Pđm

Uđm

trở bình điện phân là 20 Ω .

+ Hiệu điện thế 2 đầu A, B: UAB = U1 + U2 = 2 + 4 = 6V.

b) Số pin và công suất mỗi pin

+ Cường độ dòng điện qua mạch chính: Ta có: UAB = (E1 – E2)–(r1 – r2)I .

– Điện trở tương đương của mạch ngoài:

⇒ I=

E1 + E2 - U AB r1 + r2

6 + 3-6 = 3A 0,5 + 0,5

+ Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I - Iđm = 3 - 0,75 = 2,25A . 2

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 A 1 64 . .It = . .2,25.965 = 0,72g F n 96500 2

Điện năng bình tiêu thụ trong thời gian trên: A = UIt = 4.2,25.965 = 8,685kJ b) Tính R3 và R4 – Điện trở của bình điện phân: R4 =

U4 I4

4 16 = Ω. 2,25 9

– Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I - Iđm = 3 - 0,75 = 2,25A . 1

– Điện trở R3: R3 =

U3 I3

2 8 = Ω. 2,25 9

c) Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N – 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

⇔C1UNM – C2UAN + C3UNB = 0 ⇔UNM – 2UAN + 2UNB = 0 – Mặt khác: – Thay (2) vào (1): 4,5 – UAN – 2UAN + 2UNB = 0 (3)

– Mặt khác: UAB = UAN + UNB = 6

⇔ 2UAN + 2UNB = 12

(4)

– Lấy (3) + (4): 5UAN = 16,5

⇒ 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 . Q2 = –C2UAN = –2.3,3 = –6,6 µC . Q3 = C3UNB = 2.2,7 = 5,4 µC .

X R4

UNM = UNA + UAM = UNA + 4,5 = 4,5 – UAN (2)

⇔3UAN – 2UNB = 4,5

+ - M+ C1 + + - + C2