BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG PHÁ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 11 TẬP I by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ THPT

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG PHÁ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 11 TẬP I (NHÓM GIÁO VIÊN CHUYÊN VẬT LÍ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG) 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

Phần thứ nhất

q1, q2, ... gây ra thì hợp lực tác dụng lên q là: F = F1 + F2 + ... Để xác định độ lớn của hợp lực F ta có thể dựa vào:

+định lí hàm cosin: F2 = F12 + F22 + 2F1F2cosα ( α là góc hợp bởi F1 và F2 ). Nếu:  F1 và F2 cùng chiều thì: F = F1 + F2 ( α = 0, cos α = 1).  F1 và F2 ngược chiều thì: F = |F1 - F2| ( α = π , cos α = -1). 2 2  F1 và F2 vuông góc thì: F = F1 + F2 ( α = 90o, cos α = 0).

 . CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chuyên đề 1: ĐIỆN TÍCH. ĐỊNH LUẬT CU-LÔNG --- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. ĐIỆN TÍCH. ĐỊNH LUẬT CU-LÔNG 1-Điện tích: Có hai loại điện tích: điện tích dương và điện tích âm. Các điện tích cùng loại thì đẩy nhau, các điện tích khác loại thì hút nhau. 2-Định luật Cu-lông: Lực tương tác giữa hai điện tích điểm đứng yên tỉ lệ thuận với tích độ lớn của hai điện tích và tỉ lệ nghịch với khoảng cách giữa chúng.

k | q1q 2 | . ε r2 +k = 9.109(N.m2/C2). F=

(1.1)

+phương pháp hình chiếu: F =

Fx2 + Fy2

(Fx = F1x + F2x + ...; Fy = F1y + F2y + ...)

-Khi một điện tích q đứng yên thì hợp lực tác dụng lên q sẽ bằng 0 : F = F1 + F2 + ... = 0

F21

F12

+lực tĩnh điện: F =

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

+lực căng dây T. q2

r -hai quả cầu tích điện phân bố đều. q q 1 2< 0 II. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH 1-Hệ cô lập về điện: Hệ cô lập về điện là hệ gồm các vật không trao đổi điện tích với các vật

khác bên ngoài hệ. 2-Định luật bảo toàn điện tích: Trong một hệ cô lập về điện, tổng các điện tích được bảo toàn: q1 + q2 + … = const

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

Các lực tác dụng lên điện tích q thường gặp là: +trọng lực: P = mg (luôn hướng xuống).

+ ε là hằng số điện môi của môi trường ( ε = 1: chân không hoặc không khí). +r là khoảng cách giữa hai điện tích q1, q2. Chú ý: Định luật Cu-lông được áp dụng cho: -hai điện tích điểm.

-Khi một điện tích điểm q chịu tác dụng của nhiều lực tác dụng F1 , F2 , ... do các điện tích điểm

+lực đàn hồi của lò xo: F = k. ∆l = k( l − l0 ). F1

F2 F

Cùng chiều

(1.2)

F F2

Ngược chiều

F1 F1

F2 Vuông góc

F F2

Cùng độ lớn

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

. Với dạng bài tập về lực tương tác giữa các điện tích. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức:

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

-Khi áp dụng định luật Cu-lông về sự tương tác giữa các điện tích đứng yên cần chú ý: +điều kiện áp dụng: hai điện tích điểm hoặc hai quả cầu tích điện phân bố đều. +các hiện tượng thực tế thường gặp: cho hai quả cầu nhỏ dẫn điện như nhau đã nhiễm điện tiếp xúc nhau hoặc nối với nhau bằng

k | q1q 2 | . . ε r2 +Tương tác giữa nhiều điện tích: Áp dụng định luật Cu-lông và quy tắc tìm hợp lực: F = F1 + F2 + ...

+Tương tác giữa hai điện tích: Áp dụng định luật Cu-lông: F =

đoạn dây dẫn rồi tách rời ra thì tổng điện tích sẽ chia đều cho hai quả cầu:

-Một số chú ý:

q + q2 q1’ = q2’ = 1 2 khi chạm tay vào một quả cầu nhỏ dẫn điện đã tích điện thì quả cầu sẽ mất điện tích và trở thành trung hòa.

+Các điều kiện áp dụng định luật Cu-lông ở mục Về kiến thức và kĩ năng. +Các hiện tượng thực tế thường gặp ở mục Về kiến thức và kĩ năng.

+Số electron thừa, thiếu ở mỗi vật: n =

|q| , |q| là điện tích của vật. e

. Với dạng bài tập về sự cân bằng của điện tích. Phương pháp giải là: -Sử dụng điều kiện cân bằng của vật: F = F1 + F2 + ... = 0 .

Ta có: ne =

-Một số chú ý: +Các lực tác dụng thường gặp ở mục Về kiến thức và kĩ năng.

Vậy: Số electron dư trong mỗi hạt bụi là ne = 6.106. 1.3. Mỗi prôtôn có khối lượng m = 1,67.10-27kg, điện tích q = 1,6.10-19C. Hỏi lực đẩy Culông

+Có thể sử dụng phương pháp hình chiếu hoặc định lí hàm số cosin như ở mục Về kiến thức và kĩ năng.

giữa hai prôtôn lớn hơn lực hấp dẫn giữa chúng bao nhiêu lần?  Bài giải 

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--. LỰC TƯƠNG TÁC GIỮA CÁC ĐIỆN TÍCH 1.1. Hai quả cầu kim loại nhỏ hoàn toàn giống nhau, mang điện tích dương q1, q2 đặt trong chân

không cách nhau một khoảng r thì đẩy nhau với một lực F. Cho hai quả cầu tiếp xúc với nhau rồi đặt chúng trong một chất điện môi lỏng, cũng cách nhau một khoảng r thì lực đẩy giữa chúng cũng bằng F. Xác định biểu thức tính hằng số điện môi của chất lỏng. (Trích Đề thi TSĐH Tổng hợp TP. HCM, năm học 1995-1996) Bài giải -Áp dụng định luật Cu-lông cho hai quả cầu mang điện: +Đặt trong chân không: F = k +Đặt trong điện môi: F’ = Với:

q1' = q '2 =

q1q 2 r2

k q1' q '2 ε r2

ε =

m1m 2 m2 =G 2 . 2 R R 2

-Suy ra:

F' G  m  6,67.10−11  1,67.10−27   = 1,35.1036 . = .  = F k  q  9.109  1,6.10−19 

Vậy: Lực đẩy Cu-lông giữa hai prôtôn lớn hơn lực hấp dẫn giữa chúng 1,35.1036 lần. 1.4. Hai vật nhỏ giống nhau, mỗi vật thừa một electron. Tìm khối lượng mỗi vật để lực tĩnh điện bằng lực hấp dẫn.  Bài giải 

(2)

-Lực hấp dẫn giữa hai vật là: F’ = G -Để F = F’ thì: k

(2’)

m = q.

m1m 2 m2 =G 2 . R2 R

q2 m2 =G 2. R2 R

9.109 k = 1,6.10-19. = 1,86.10-9 kg. G 6,67.10−11

Vậy: Để lực tĩnh điện bằng lực hấp dẫn thì khối lượng của mỗi vật phải là m = 1,86.10-9 kg.

(q1 +q 2 )2 (q -q )2 =1+ 1 2 . 4q1q 2 4q1q 2

Vậy: Biểu thức tính hằng số điện môi của chất lỏng là ε = 1 +

(q1 -q 2 )2 . Khi q1 = q2 thì ε= 1: 4q1q 2

điện môi là chân không. 1.2. Hạt bụi trong không khí ở cách nhau một đoạn R = 3cm, mỗi hạt mang điện tích q = -9,6.1013 C. a)Tính lực tĩnh điện giữa hai hạt.

b)Tính số electron dư trong mỗi hạt bụi, biết điện tích mỗi electron là e = 1,6.10-19C.  Bài giải 

1.5. Electron quay quanh hạt nhân nguyên tử hiđrô theo quỹ đạo tròn với bán kính R = 5.10-11m. a)Tính độ lớn lực hướng tâm đặt lên electron.

b)Tính vận tốc và tần số chuyển động của electron. Coi electron và hạt nhân trong nguyên tử hiđrô tương tác theo định luật tĩnh điện.  Bài giải  a)Độ lớn lực hướng tâm đặt lên electron Vì lực hướng tâm trong chuyển động tròn của electron quanh hạt nhân chính là lực tĩnh điện nên: Fht = k

(-1,6.10-19 ).1,6.10−19 q1q 2 = 9.109. = 9,2.10-8 N 2 R (5.10-11 ) 2

Vậy: Độ lớn lực hướng tâm đặt lên electron là: Fht = 9,2.10-8 N.

a)Lực tĩnh điện giữa hai hạt Ta có: F = k

-Lực hấp dẫn giữa hai prôtôn là: F’ = G

q1q 2 q2 =k 2 . R2 R

qq q2 -Lực tĩnh điện giữa hai vật là: F = k 1 22 = k 2 . R R

qq k (q1 +q 2 )2 -Theo đề: F = F’  k 1 2 2 = . ε r2 r =>

-Lực đẩy Cu-lông giữa hai prôtôn là: F = k

(1)

q1 +q 2 (cho hai quả cầu tiếp xúc rồi tác ra xa nhau). 2

k (q1 +q 2 )2 -Từ (2): F’ = ε r2

−13 q − 9,6.10 = = 6.106. −19 e 1,6.10

b)Vận tốc và tần số chuyển động của electron

q1q 2 (−9,6.10−13 )2 q2 = k 2 = 9.109. = 9,216.10-12C 2 R R (3.10− 2 ) 2

Ta có: Fht =

Vậy: Lực tĩnh điện giữa hai hạt là F = 9,216.10-12C

mv2 => v = R

Fht .R = m

9,2.10-8.5.10-11 ≈ 2,25.106(m/s). 9,1.10- 31

b)Số electron dư trong mỗi hạt bụi

và

1.8. Ba điện tích điểm q1 = -10-7C, q2 = 5.10-8C, q3 = 4.10-8C lần lượt đặt tại A, B, C trong không khí, AB = 5cm, AC = 4cm, BC = 1cm. Tính lực tác dụng lên mỗi điện tích.

v 2,25.106 = ≈ 0,71.1016/s. 2π R 2.3,14.5.10−11

Vậy: Vận tốc và tần số chuyển động của electron là Fht ≈ 2,25.106(m/s) và n ≈ 0,71.1016/s. 1.6. Hai vật nhỏ mang điện tích đặt trong không khí cách nhau đoạn R = 1m, đẩy nhau bằng lực

 Bài giải  Ta có: AB = 5cm, AC = 4cm, BC = 1cm => AB = AC + CB => C nằm trong đoạn AB.

F = 1,8N. Điện tích tổng cộng của hai vật là Q = 3.10-5C. Tính điện tích mỗi vật.  Bài giải  -Theo định luật Cu-lông, ta có: F = k =>

q1q 2 =

A q1

q1q 2 . R2

FR 2 1,8.12 = = 2.10-10 k 9.109

-Mặt khác: q1 + q 2 = Q = 3.10−5

(1)

(2)

Vậy: Điện tích mỗi vật là: q1 = 2.10-5 C và q2 = 10-5 C hoặc q1 = 10-5 C và q2 = 2.10-5 C. 1.7. Hai quả cầu kim loại nhỏ như nhau mang các điện tích q1, q2 đặt trong không khí cách nhau

R = 2cm, đẩy nhau bằng lực F = 2,7.10-4N. Cho hai quả cầu tiếp xúc nhau rồi lại đưa về vị trí cũ, chúng đẩy nhau bằng lực F’ = 3,6.10-4N. Tính q1, q2.  Bài giải 

q1q 2 R2

FR 2 2,7.10-4.(2.10-2 ) 2 = = 12.10-8 k 9.109 q1q2 = 12.10-8 (1) (hai quả cầu đẩy nhau)

-Khi cho hai quả cầu tiếp xúc nhau rồi tách ra xa nhau thì: F’ = k với:

F1 = k

F32

5.10−8.(-10-7 ) 4.10-8.(-10-7 ) q 2q1 qq + ) + k 3 12 = 9.109.( 2 -2 2 AB AC (5.10 ) (4.10-2 ) 2

F2 = k

(-10-7 ).5.10-8 4.10-8.5.10-8 q1q 2 q 3q 2 − − = 9.109. 2 2 AB BC (5.10-2 ) 2 (10-2 ) 2

F2 = 16,2.10-2N -Lực tác dụng lên q3: F3 = F13 + F23 => F3 = F13 + F23 ( F13 ; F23 cùng chiều) (-10-7 ).4.10 −8 5.10-8.4.10-8 q1q 3 qq + k 2 23 = 9.109.( + ) 2 -2 2 AC BC (4.10 ) (10- 2 )2

F3 = k

F3 = 20,25.10-2N

 Bài giải  qq qq Ta có: F3 = F13 + F23 , với F13 = k 1 2 3 ; F23 = k 2 2 3 a a q1 = q 2 => F13 = F23 và α = (F13 , F23 ) = 120o Vì

q1' q '2 R

q + q2 q =q = 1 2 ' 2

 q1 + q 2    2  F’ = k  2 R

B F12

1.9. 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.

q1q 2 =

' 1

C F13

F1 = 4,05.10-2N -Lực tác dụng lên q2: F2 = F12 + F32 => F2 = F12 − F32 ( F12 ; F32 ngược chiều)

q1 + q2 = 3.10-5 (2’) -Giải hệ (1’) và (2’) ta được: q1 = 2.10-5 C và q2 = 10-5 C hoặc q1 = 10-5 C và q2 = 2.10-5 C.

F31

-Lực tác dụng lên q1: F1 = F21 + F31 => F1 = F21 + F31 ( F21; F31 cùng chiều)

-Vì hai điện tích đẩy nhau nên q1 và q2 cùng dấu và cùng dương (suy ra từ đề bài). Do đó: q1q2 = 2.10-10 (1’)

-Khi hai quả cầu chưa tiếp xúc, ta có: F = k

F23

F21

F3 = F13 = F23 = 9.109.

4.10-8.5.10-8 (2.10- 2 ) 2

A q1

= 45.10-3N

Vậy: Điện tích của các quả cầu khi chưa tiếp xúc nhau là: q1 = 6.10-9C và q2 = 2.10-9C; q1 = 6.10-9C và q2 = -2.10-9C hoặc q1 = 2.10-9C và q2 = 6.10-9C; q1 = -2.10-9C và q2 = -6.10-9C.

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có: B C +điểm đặt: tại C. F23 q2 q3 +phương: song song với AB. +chiều: từ A đến B. F3 F13 -3 +độ lớn: F3 = 45.10 N. 1.10. Ba điện tích điểm q1 = 27.10-8C, q2 = 64.10-8C, q3 = -10-7C đặt trong không khí tại ba đỉnh tam giác ABC vuông góc tại C. Cho AC = 30cm, BC = 40cm. Xác định vectơ lực tác dụng lên q3.  Bài giải  Ta có: F3 = F13 + F23 , với: α = (F13 , F23 ) = 90o

(q1 + q2) = ± 2R

F' 3,6.10-4 = ± 2.2.10- 2 k 9.109

=> (q1 + q2) = ± 8.10-9 (2) -Giải hệ (1) và (2) ta được: q1 = 6.10-9 C và q2 = 2.10-9 C; q1 = -6.10-9 C và q2 = -2.10-9 C hoặc q1 = 2.10-9 C và q2 = 6.10-9 C; q1 = -2.10-9 C và q2 = -6.10-9 C.

F13 = k

27.10-8.(-10-7 ) q1q 3 = 9.109. = 27.10-4N 2 AC (3.10-1 )2 -8

Ta có: F3 = F13 + F23 => F3 =

-7

64.10 .(-10 ) qq F23 = k 2 23 = 9.109. = 36.10-4N BC (4.10-1 ) 2 =>

F3 =

F13 C

F23 = k

F20 = F30 (vì q2 = q3); b =

F23 = 2F20cos

F23 = 9.109.

và

F10 = k

2 2 a 3 a 3 và α = (F20 , F30 ) = 120o h= . = 3 3 2 3

a 3    3   

= 9.109.

(-8.10-9 ).8.10-9  6.10- 2 3      3  

6.10-9.8.10-9  6.10- 2 3      3  

= 4,8.10-4N

3 + 4 = 5cm; Ox nằm

4.10-8.210-9 (3.10- 2 ) 2

F3 =

F23

-4

= 8.10 N

(-12,5.10-8 ).210-9 q 2q 3 = 9.109. = 9.10-4N 2 BC (5.10- 2 ) 2

AB 4 = 9.10-4. = 7,2.10-4N BC 5 AC 3 = 8.10-4 - 9.10-4. = 2,6.10-4N BC 5

(7,2.10−4 ) 2 + (2,6.10−4 )2 = 7,65.10-4N

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có: +điểm đặt: tại C. +phương: hợp với AC một góc β : cosβ = cosβ =

F132 + F32 − F232 2F13F3

(8.10-4 ) 2 + (7,65.10-4 ) 2 − (9.10−4 )2 ≈ 0,34 => β ≈ 70o 2.8.10- 4.7,65.10− 4

tích.

 Bài giải  Do tính đối xứng nên ta chỉ cần khảo sát một điện tích bất kì, chẳng hạn điện tích tại D trên hình vẽ. q2 Ta có: F = F1 + F2 + F3 = F1 + F23 , với: F1 = F2 = F3 = k 2 . a

-Vì F2 = F3; BD̂C = 60o => F23 = 2F2cos30o = 2k

= 3,6.10-4N

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

F13

+độ lớn: F3 = 7,65.10-4N. 1.13. Bốn điện tích q giống nhau đặt ở 4 đỉnh tứ diện đều cạnh a. Tìm lực tác dụng lên mỗi điện

q1q 0 q .q = 9.109. 1 0 2 b2 a 3    3   

F10 = 9.109.

Fy = F13(y) + F23(y) = F13 - F23.sinB = F13 -F23.

qq α = 2k 2 2 0 .cos60o = F20 2 b

q 2 .q 0

F +F

Fx = F13(x) + F23(x) = 0 + F23.cosB = F23.

q3 q2 F23 +chiều: từ C đến O. +độ lớn: F3 = 45.10-4N. 1.11. Tại ba đỉnh tam giác đều cạnh a = 6cm trong không khí có đặt ba điện tích q1 = 6.10-9C, q2 = q3 = - 8.10-9C. Xác định lực tác dụng lên q0 = 8.10-9C tại tâm tam giác.  Bài giải  qq qq qq Ta có: F0 = F10 + F20 + F30 = F10 + F23 , với F10 = k 1 2 0 ; F20 = k 2 2 0 ; F30 = k 3 2 0 . b b b

với

AC + AB =

qq F13 = k 1 32 = 9.109. AC

F13 AC ) = F23 BC

2 y

ngang, Oy thẳng đứng.

( 27.10−4 ) 2 + (36.10−4 ) 2 = 45.10-4N

F132 + F232 =

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có: +điểm đặt: tại C. +phương: CO (O là trung điểm AB). (tan OCB =

với: BC =

 Bài giải  2 x

F20

B q2

q2 và F23 nằm trên đường cao 2 a

HD.

F30

q2 3 . = a2 2

và

F 2

2 1

2 23

F = F + F + 2F1F23cos β , với:

F23 2

a 3 a 3  −  a +  2   2  3 AD 2 + HD 2 − AH 2  = cosβ = = 2.AD.HD 3 a 3 2a. 2

+điểm đặt: tại O. +phương: vuông góc với BC. +chiều: từ A đến BC. +độ lớn: F0 = 8,4.10-4N. 1.12. Hai điện tích q1 = 4.10-8C, q2 = -12,5.10-8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 4cm. Xác

D β

 q2    q2  q2  q2 q2 3 F2 =  k 2  +  3.k 2  − 2k 2 . 3k 2 . = 6  k 2  A a  a a 3  a    a 

định lực tác dụng lên q3 = 2.10-9C đặt tại C với CA ⊥ AB và CA = 3cm.

q2 a2 Vậy: Lực tác dụng lên mỗi điện tích có: =>

với:

+điểm đặt: tại các điện tích. +phương: hợp với mặt tứ diện một góc α : cosα = 2

F12 − F2 − F232 2FF23

q2 q2 q2 ; F3’1 = k = k 2 2 2 a 3a (a 3 )

F2’1 = F31 = F4’1 = k

q2 q2 = k 2 2a (a 2 )2

F21(x) = F21 = k

q2 ; F21(y) = 0; F21(z) = 0 a2

 q2   q2   q2   k 2  −  6k 2  −  3k 2  a  a   a   2 2 => α = 160o30’ =− cosα =  q2 q2 3 2 6k 2 . 3k 2 a a

+độ lớn: F =

F21 = F41 = F1’1 = k

F31(x) = F31(y) = -F31cos45o = - k F41(x) = 0; F41(y) = F41 = k

q2 . a2

q2 2 2 q2 . =. k 2 ; F31(z) = 0 2a 2 2 4 a

q2 ; F41(z) = 0 a2

F1’1(x) = 0; F1’1(y) = 0; F1’1(z) = F1’1 = k

1.14. Hình lập phương ABCD, A’B’C’D’ cạnh a = 6.10-10m đặt trong chân không. Xác định lực tác dụng lên mỗi điện tích, nếu: a)Có 2 điện tích q1 = q2 = 1,6.10-19C tại A, C; 2 điện tích q3 = q4 = -1,6.10-19C tại B’ và D’.

F2’1(x) = F2’1(z) = -F2’1cos45o = - k

q2 a2

q2 2 2 q2 . =. k 2 ; F2’1(y) = 0 2 2a 2 4 a q2 a 3 q2 . = .k 2 3a 2 a 3 9 a

b)Có 4 điện tích q = 1,6.10-19C và 4 điện tích –q đặt xen kẽ nhau ở 8 đỉnh của hình lập phương.  Bài giải 

F3’1(x) = F3’1(y) = F3’1(z) = F3’1cosA’ÂC’ = k

a)Ta có: q1 = q 2 = q 3 = q 4 = q =>

q2 2 2 q2 . =.k 2 2 2a 2 4 a F1x = F21(x) + F31(x) + F41(x) + F1’1(x) + F2’1(x) + F3’1(x) + F4’1(x)

q2 2 q2 2 q2 3 q2 2 3 q2 +(. k 2 )+0+0+(. k 2 )+ . k 2 +0 = (1+ )k 2 a2 4 a 4 a 9 a 2 9 a F1y = F21(y) + F31(y) + F41(y) + F1’1(y) + F2’1(y) + F3’1(y) + F4’1(y)

q2 2 q2 3 q2 2 q2 2 3 q2 . k 2 )+ k 2 +0+0+ . k 2 +(. k 2 ) = (1+ )k 2 4 a a 9 a 4 a 2 9 a F1z = F21(z) + F31(z) + F41(z) + F1’1(z) + F2’1(z) + F3’1(z) + F4’1(z)

F4’1(x) = 0; F4’1(y) = F4’1(z) = -F4’1cos45o = - k

-Đối với q1: F1 = F21 + F31 + F41 , với: F21 = F31 = F41 = k

q2 q2 = k 2. 2 2a (a 2 )

F1x = k

q2 2 2 q2 F21(x) = F21(y) = -F21cos45 = - k 2 . =k 2a 2 4 a2 o

q2 2 2 q2 F31(x) = F31(z) = F31cos45 = k 2 . = k 2a 2 4 a2 o

F41(y) = F41(z) = F41cos45o = k

q2 2 2 q2 . = k 2 2a 2 4 a2 2

F1x = F21(x) + F31(x) = -

F21

2 q 2 q + =0 k k 4 a2 4 a2

A’

F1 =

F1x2 + F1y2 + F1z2 =

-19 2

2 q 2 (1,6.10 ) = k .9.109. 2 a2 2 (6.10-10 ) 2

F1y = 0+(-

F1z = 0+0+0+( k

B’

D’

2 q2 2 q2 2 q2 F1z = F31(z) + F41(z) = + = k k k 4 a2 4 a2 2 a2 2

F31

F41

2 q2 2 q2 F1y = F21(y) + F41(y) = k 2 + k =0 4 a 4 a2

C’

Vậy: Độ lớn lực tác dụng lên mỗi điện tích là F ≈ 0,45.10-9N. b)Ta có: q1 = q 2 = q 3 = q 4 = q'1 = q'2 = q'3 = q'4 = q -Đối với q1: F1 = F21 + F31 + F41 + F1'1 + F2'1 + F3'1 + F4'1 F31

F12 = F1x2 + F1y2 + F1z2 = [(1-

F12 = 3[(1-

F1 =

(1,6.10-19 )2 1 F1 = ( 3 − 1,5 + ).9.109. ≈ 0,54.10-9N 3 (6.10-10 )2

F21

A F41 F1'1F

3'1

2 3 q2 2 + )k 2 ] 2 9 a

3 .[(1-

1 q2 2 3 q2 + ) k 2 ] = ( 3 − 1,5 + ) k 2 2 9 a 3 a

-Tương tự cho các điện tích khác. Vậy: Độ lớn của lực điện tác dụng lên mỗi điện tích là F ≈ 0,54.10-9N. . SỰ CÂN BẰNG CỦA ĐIỆN TÍCH

F4'1

F2'1

2 3 q2 2 2 3 q2 2 2 3 q2 2 + ) k 2 ] +[(1+ ) k 2 ] +[(1+ )k 2 ] 2 9 a 2 9 a 2 9 a

≈ 0,45.10-9N

-Tương tự đối với các điện tích q2, q3 và q4.

q2 2 q2 3 q2 2 q2 2 3 q2 )+(. k 2 )+ . k 2 +(. k 2 ) = (1+ )k 2 2 a 4 a 9 a 4 a 2 9 a

11 C

1.15. 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 giải  a)Vị trí của C để q3 nằm cân bằng -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 qq = k 2 23 . AC2 BC

q1  AC  2 1 = = <1  = q 2  BC  18 9

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. b)Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng -Để q1 và q2 cũng cân bằng thì: F21 + F31 = 0 và F12 + F32 = 0 => F21 = F31 và F12 = F32. q 2q1 qq qq qq = k 3 12 và k 1 22 = k 3 22 AB2 AC AB BC 2

F31

 AC  −7  4  q3 = q 2   = 1,8.10   = 0,45.10-7C  AB  8

F21

Vậy: Để q1 và q2 cũng cân bằng thì q3 = +0,45.10-7C. 1.16. Tại ba đỉnh tam giác đều, người ta đặt 3 điện tích giống nhau q1 = q2 = q3 = q = 6.10-7C. Phải đặt điện tích thứ tư q0 ở đâu, là bao nhiêu để hệ cân bằng?

F03 = F’3 = 2F13cos30o = 2 k

F23

C F13

q1q 3 a2

(F03 = k

q 0q 3 2 a 3 a 3 ) ; OC = . = OC2 3 2 3

q0 =

đặt ở tâm hình vuông để cả hệ điện tích cân bằng?  Bài giải 

Q2 Q2 2 => F’4 = 2F14cos45o = 2k 2 . = a2 a 2

với

F14 = F34 = k

và

F24 = k

Qq 1 Q2 ( 2 + ) k 2 = 2k 2 2 a a q=

Qq Qq Q2 Q2 = k 2 ; Fq = k = 2k 2 2 2 2a a (a 2 ) a 2     2   

O Fq

F34 D

Q (2 2 + 1) 4

-Để Q ở D nằm cân bằng thì q < 0 => q = -

Q2 a2

Q (2 2 + 1) . 4

C F14

F24 + F4

Q Vậy: Để cả hệ cân bằng thì q = - (2 2 + 1) . 4 1.18. Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau mỗi quả có điện tích q khối lượng m = 10g, treo bởi hai dây cùng chiều dài l = 30cm vào cùng một điểm. Giữ quả cầu I cố định theo phương thẳng q?

F03

q1q 3 3 = . a2 2

q1q 3 a2

đứng, dây treo quả cầu II sẽ lệch góc α = 600 so với phương thẳng đứng. Cho g = 10(m/s2). Tìm

Vì q1 = q2 = q3 = q = 6.10-7C => q0 nằm ở tâm tam giác ABC. -Vì tính đối xứng của hệ nên để hệ cân bằng ta chỉ cần xét thêm điều kiện cân bằng của một trong ba điện tích kia, chẳng hạn q3.

Để q3 cân bằng thì: F03 + F13 + F23 = 0

3 3 q1 = .6.10-7 = 3,46.10-7C 3 3 -Vì q1, q2, q3 > 0 nên q0 < 0. Vậy: Để hệ cân bằng thì phải đặt q0 tại tâm tam giác và q0 = -3,46.10-7C. 1.17. Ở mỗi đỉnh hình vuông cạnh a có đặt điện tích Q = 10-8C. Xác định dấu, độ lớn điện tích q =>

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

 Bài giải  -Các lực điện tác dụng vào q0: F10 , F20 và F30 . Để q0 cân bằng thì: F10 + F20 + F30 = 0

q 0q 3 = a2

-Vì hệ có tính đối xứng nên chỉ cần xét điều kiện cân bằng của một trong các điện tích còn lại, chẳng hạn điện tích đặt ở D. -Để điện tích đặt ở D nằm cân bằng thì: F14 + F24 + F34 + Fq = 0 => F’4 + F24 = Fq ( F14 + F34 = F4' )

+BC = 3AC = 3(BC – AB) => BC =

-Vì điện tích ở các đỉnh hình vuông như nhau nên điện tích q đặt ở tâm hình vuông luôn cân bằng.

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



(F13 = F23 = k

 Bài giải  -Các lực tác dụng lên quả cầu II: trọng lực P , lực căng dây T và lực điện F . -Quả cầu II nằm cân bằng nên: P + T + F = 0 . -Tam giác lực “gạch gạch” là tam giác đều nên: F = P.

q1q 3 ) a2

hay

q2 mg 10−2.10 = mg => q = l. = 3.10-1. = 10-6C. l2 k 9.109

II P

60o F

Vậy: Điện tích q = 10-6C.

1.19. Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau treo vào một điểm bởi hai dây l = 20cm. Truyền cho hai quả cầu điện tích tổng cộng Q = 8.10-7C, chúng đẩy nhau, các dây treo hợp thành góc 2α =

kq 2 a 2kq2l ≈ => a3 ≈ 2 a mg 2l mg

(1)

900. Cho g = 10(m/s2). a)Tìm khối lượng mỗi quả cầu.

-Khi chạm tay vào một quả cầu, quả cầu đó sẽ mất hết điện tích, lực điện giữa hai quả cầu không còn nữa, hai quả cầu sẽ chạm vào nhau và điện tích lại được phân bố đều cho hai quả cầu (q’ =

b)Truyền thêm cho một quả cầu điện tích q’, hai quả cầu vẫn đẩy nhau nhưng góc giữa hai dây treo giảm còn 600. Tính q’.

q ), hai quả cầu lại đẩy nhau và khoảng cách giữa chúng là a’. Tương tự, từ điều kiện cân bằng 2 của một quả cầu lúc này ta suy ra:

 Bài giải  a)Khối lượng mỗi quả cầu Ta có: Khối lượng mỗi quả cầu là m; điện tích mỗi quả cầu là q =

Q 8.10 = 2 2

−7

= 4.10-7C.

kq 2 kq 2 m= = 2 2 o 2l g.tan45o (l 2 ) g.tan45 9

l T

-7 2

9.10 .(4.10 ) = 1,8.10-3kg = 1,8g. 2.(2.10-1 )2 .10.1

mg.tan30 .l = q + q' = kq

r’ P

a 5 = 3 ≈ 3,15cm 4 4

Vậy: Khoảng cách giữa hai quả cầu sau khi chạm tay là a’ ≈ 3,15cm. 1.21. Hai quả cầu nhỏ giống nhau khối lượng riêng D1 được treo bằng hai dây nhẹ cùng chiều dài vào cùng một điểm. Cho 2 quả cầu nhiễm điện giống nhau, chúng đẩy nhau và các dây treo hợp

a)Tính ε của điện môi theo D1, D2, α1 , α 2 -Trong không khí:

+Các lực tác dụng vào một quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T1 và lực điện F1 .

q.(q + q' ) = mg.tan30o (r’ = l) r'2

+Điều kiện cân bằng của một quả cầu cho: F1 = Ptan

3 .(2.10−1 ) 2 3 = 1,15.10-7C 9 9.10 .4.10− 7

1,8.10− 3.10.

q2 α (2lsin 1 )2 2

= mg.tan

α1 2

α1 . 2

(1)

-Trong điện môi ε :

 Bài giải  Gọi q, m là điện tích ban đầu và khối lượng của mỗi quả cầu.

+Các lực tác dụng vào một quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T2 , lực điện F2 và lực đẩy Ac-si met FA .

+Điều kiện cân bằng của một quả cầu cho: F2 = (P - FA)tan =>

-Trước khi chạm tay vào một quả cầu, điều kiện cân bằng của một quả cầu cho: (F = k

 Bài giải  q+q’

1.20. Hai quả cầu nhỏ bằng kim loại giống nhau treo trên hai dây dài vào cùng một điểm, được tích điện bằng nhau và cách nhau đoạn a = 5cm. Chạm nhẹ tay vào một quả cầu. Tính khoảng cách của chúng sau đó.

F a ≈ P 2l

a’ =

b)Định D1 để α1 = α 2 .

Vì q > 0; q’ < 0 nên: q’ = 1,15.10-7 – 4.10-7 = -2,85.10-7C. Vậy: Điện tích truyền thêm cho một quả cầu là q’ = -2,85.10-7C.

tan α =

l T

α1 .

l T'

-Điện tích của quả cầu được truyền thêm điện tích là (q + q’).

o 2

1  a'   q'    ≈   = 4 a q

a)Tính ε của điện môi theo D1, D2, α1 , α 2 .

b)Điện tích truyền thêm cho một quả cầu -Khi truyền cho một quả cầu điện tích q’ thì góc giữa hai

-Tương tự câu a, ta có: F’ = Ptan α'  k

góc α1 . Nhúng hệ vào chất điện môi lỏng có khối lượng riêng D2, góc giữa 2 dây treo là α 2 <

Vậy: Khối lượng của mỗi quả cầu là m = 1,8g.

quả cầu giảm nên q’ < 0. Vì hai quả cầu vẫn đẩy nhau nên (q + q’) > 0.

(2) 2

-Các lực tác dụng lên một quả cầu: trọng lực P , lực căng dây T và lực điện F . -Quả cầu nằm cân bằng nên: P + T + F = 0 .

q2 -Suy ra: F = Ptan α  k 2 = mg.tan45o (r = l 2 ) r

2kq'2l mg

a’3 ≈

q2 ; P = mg) a2

q2 α ε(2lsin 2 ) 2 2

= (D1 – D2)Vg.tan

α2 . 2

α2 (2) 2 α

l T

+Nếu q3 > 0: Khi đưa q3 lệch khỏi vị trí cân bằng thì hợp lực ( F13 + F23 ) sẽ có xu hướng đưa q3 ra xa vị trí

α2 α tan 1 D1 2 = 2 -Từ (1) và (2) suy ra: ε . α D1 − D 2 tan α 2 sin 2 1 2 2 sin 2

cân bằng cũ nên đây là cân bằng không bền. Vậy: Phải đặt q3 tại C, với AC = 8cm; BC = 16cm thì q3 sẽ nằm cân bằng và cân bằng đó là cân bằng bền hay không bền tuỳ thuộc vào dấu của q3.

α α sin 2 1 tan 1 D1 2 2 . ε = . D1 − D2 sin 2 α 2 tan α 2 2 2

Vậy: Giá trị của ε theo D1, D2, α1 , α 2 là ε =

b)Dấu và độ lớn của q3 để q1, q2 cũng cân bằng, dạng cân bằng của hệ -Dấu và độ lớn của q3 để hệ cân bằng +Để q1 và q2 cũng cân bằng thì: F21 + F31 = 0 và F12 + F32 = 0 => F21 = F31 và F12 = F32.

α α sin 2 1 tan 1 D1 2 2 . . D1 − D2 sin 2 α 2 tan α 2 2 2

b)Định D1 để α1 = α 2 Khi α1 = α 2 thì ε =

q 2q1 qq qq qq = k 3 12 và k 1 22 = k 3 22 AB2 AC AB BC

 AC  −8  8  q3 = q 2   = (-8.10 )   = 8.10-8C  AB  8

εD2 D1 => D1 = . D1 − D 2 ε −1

+Vì q1 > 0; q2 < 0 => q3 < 0: q3 = -8.10-8C.

εD2 . Vậy: Giá trị của D1 để α1 = α 2 là D1 = ε −1 -8 1.22. Hai điện tích q1 = 2.10 C và q2 = -8.10-8C đặt tại A và B trong không khí, AB = 8cm. Một điện tích q3 đặt ở C. Hỏi:

-Dạng cân bằng của hệ: Khi q3 < 0, cân bằng của q3, q1, q2 đều là cân bằng bền nên cân bằng của hệ là cân bằng bền. Vậy: Để q1 và q2 cũng cân bằng thì q3 = -8.10-8C và cân bằng của hệ là cân bằng bền. 1.23. Có 3 quả cầu cùng khối lượng m = 10g treo bằng 3 sợi dây mảnh cùng chiều dài l = 5cm

a)C ở đâu để q3 cân bằng? Khi q3 cân bằng, q3 phải có dấu như thế nào để cân bằng này là cân bằng bền? không bền? b)Dấu và độ lớn của q3 để hệ cân bằng? Khi hệ cân bằng, thì cân bằng của hệ là bền hay không bền?

vào cùng một điểm O. Khi tích cho mỗi quả cầu điện tích q, chúng đẩy nhau, cách nhau đoạn a =

 Bài giải  a)Vị trí của C để q3 nằm cân bằng và dạng cân bằng

3 3 cm. Tìm q? Cho g = 10(m/s2).

 Bài giải  -Khi ba quả cầu cách nhau một đoạn a => hệ cân bằng. Vì hệ đối xứng nên chỉ cần xét một quả cầu, chẳng hạn quả cầu tại C. -Với quả cầu tại C:

-Vị trí của C +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

+Các lực tác dụng lên quả cầu: các lực điện F13 , F23 ; trọng lực P3 và lực căng dây T3 . +Quả cầu cân bằng nên: F13 + F23 + P3 + T3 = 0 => F3' + P3 + T3 = 0

qq qq cùng độ lớn: F13 = F23  k 1 32 = k 2 23 . AC BC

q1  AC  2 1 =  = = <1 q 2  BC  8 4

1 BC = 2AC = 2(BC – AB) => BC = 2AB = 2.8 = 16cm và AC = .16 = 8cm. 2 A C -Dạng cân bằng: Fhl

với: GC = B

F13

F23

q2 = mg.tan α a2

Fhl

tan α =

a 3 2

a 3

q2 3 = . a2 2

q2 a2

GC GO

OC2 − GC 2 =

l2 −

a2 3 O

(2)

α C

B A

F13

(1)

2 2 a 3 a 3 CK = . ; GO = = 3 3 2 3

3 l2 −

F23

trí cân bằng cũ nên đây là cân bằng bền.

-Tam giác OGC cho: tan α =

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

+Nếu q3 < 0: Khi đưa q3 lệch khỏi vị trí cân bằng thì hợp lực ( F13 + F23 ) sẽ có xu hướng đưa q3 trở về vị

F’3 = P3tan α , với P3 = mg; F’3 = 2F13cos30o = 2k

F23 F13

18 P3

-Từ (1) và (2) suy ra:

q =a

mga a2 3k l − 3

q2 = mga 2

+Điểm đặt: Tại M. +Phương: Đường thẳng nối Q và M.

a 3 3 l2 −

a 3

0,01.10.3 3.10

= 3 3 .10-2.

3.9.109

k Q +Độ lớn: E = . 2 ε r

−2

(3 3.10 −2 ) 2 (5.10 −2 ) 2 − 3

33 .10− 7 = 1,14.10-7C 2 Vậy: Điện tích của mỗi quả cầu là q = ± 1,14.10-7C. 1.24. Một vòng dây bán kính R = 5cm tích điện Q phân bố đều trên vòng, vòng đặt trong mặt phẳng thẳng đứng. Quả cầu nhỏ m = 1g tích điện q = Q được treo bằng một dây mảnh cách điện q=

vào điểm cao nhất của vòng dây. Khi cân bằng, quả cầu nằm trên trục của vòng dây. Chiều dài của dây treo quả cầu là l = 7,2cm, tính Q.

 Bài giải  -Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P ; lực điện F ; lực căng dây T . -Quả cầu nằm cân bằng nên: P + F + T = 0 . P -Tam giác lực “gạch gạch” cho: F = , với: F = ΣdF (tổng các lực điện của các phần tử nhỏ tanα của vòng dây tác dụng lên q) P = mg; F = ΣdF .cos α = =>

kq kQ 2 ΣdQ.cosα = 2 .cosα (q = Q) 2 l l

kQ 2 mg .cosα = l2 tanα

kQ mg mgl = = l2 sinα R

Q =l

(sin α =

Nm 2 ); ε : hằng số điện môi). C2 3-Mối quan hệ giữa cường độ điện trường lực điện trường: Khi đặt điện tích thử q trong điện trong điện trường E thì q sẽ chịu tác dụng của lực điện trường F , với: +Chiều: q > 0: F , E cùng chiều; q < 0: F , E ngược chiều. +Độ lớn: F = |q|E (2.2)

4-Nguyên lí chồng chất điện trường: Nếu trong không gian có nhiều điện tích điểm Q1, Q2, … thì điện trường tổng hợp do các điện tích này gây ra tại điểm M cách Q1, Q2, … lần lượt là r1, r2, … là: (2.3) E = E1 +E 2 +...

II. ĐỊNH LÍ OSTROGRADSKI - GAUSS 1-Điện thông: Điện thông (thông lượng điện trường) qua diện tích

S là đại lượng xác định bởi:

Φ = ES.cos α (2.4) ( α là góc hợp bởi vectơ E và pháp tuyến n của diện tích S )

tích có mặt bên trong mặt đó chia cho ε 0 :

R ) l

Q<0

2-Định lí Ostrogradski – Gauss: Điện thông qua mặt kín có giá trị bằng tổng đại số các điện

l T

(2.1)

(k = 9.109 (

+Chiều: Hướng ra xa Q nếu Q > 0; hướng về Q nếu Q < 0.

Φ=

1 Σq i = 4πkΣq i (2.5) ε0

3-Một số áp dụng định lí Ostrogradski – Gauss:

mgl 10 −3.10.7,2.10 −2 = 7,2.10-2. = 9.10-8C. kR 9.109.5.10 − 2

-Cường độ điện trường gây ra bởi một mặt phẳng rộng vô hạn tích điện đều (hình a):

-8

Vậy: Điện tích của vòng dây là Q = ± 9.10 C.

σ q , σ = là mật độ điện tích mặt 2 ε0 S

-Cường độ điện trường gây ra bởi một quả cầu bán kính R tích điện đều (hình b):

--------------------

Chuyên đề 2:

+Bên trong quả cầu (r < R): E =

1 qr . . 4 πε0 R 3

+Bên ngoài quả cầu (r > R): E =

1 q . . 4 πε0 r 2

ĐIỆN TRƯỜNG --- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. ĐIỆN TRƯỜNG 1-Điện trường: Điện trường sinh ra bởi điện tích Q là vùng không gian tồn tại xung quanh điện tích Q và tác dụng lực điện lên điện tích khác đặt trong nó. 2-Cường độ điện trường: Cường độ điện trường do điện tích điểm Q gây ra tại điểm M cách Q một đoạn r có: M Q>0

-Cường độ điện trường gây ra bởi một mặt cầu bán kính R tích điện đều (hình c): +Bên trong quả cầu (r < R): E = 0. +Bên ngoài quả cầu (r > R): E =

σR 2 q q , σ= là mật độ điện tích mặt. = ε0r 2 4πε 0 r 2 4πR 2

-Cường độ điện trường gây bởi một dây thẳng dài vô hạn tích điện đều (hình d):

+Cách 2: Phương pháp dùng định lí O-G:

λ q ,λ= là mật độ điện tích dài. 2πε 0 r l E

M N

r>R

r<R

r>R

( ε0 =

Hình b

Dùng định lí O-G: Φ =

E=0

Hình a

Tính điện thông: Φ = ES.cos α ( α là góc hợp bởi hướng của E và hướng pháp tuyến n của S).

Hình c

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

E Hình d

. Với dạng bài tập về cường độ điện trường gây bởi một điện tích điểm. Phương pháp giải là: -Sử dụng công thức:

1 = 8,85.10-12(C2/N.m2): hằng số điện) 4πk

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

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

k Q . . ε r2

(r là khoảng cách từ điện tích điểm Q đến điểm ta xét)

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

+Lực điện trường tác dụng lên điện tích q: F = |q|E. -Một số chú ý:

-Cần phân biệt giữa yêu cầu “tính” và “xác định” cường độ điện trường: tính (tính độ lớn), xác định (cả điểm đặt, phương, chiều và độ lớn).

+Phân biệt giữa “xác định” và “tính” như mục Về kiến thức và kĩ năng ở trên.

-Khi biểu diễn vectơ cường độ điện trường do một điện tích điểm gây ra cần chú ý đến dấu của điện tích: Q > 0 ( E hướng xa Q), Q < 0 ( E hướng về Q). Công thức tính cường độ điện trường do điện tích điểm gây ra cũng được dùng để tính cường độ điện trường do một quả cầu tích điện phân bố đều gây ra với r là khoảng cách từ tâm quả cầu đến điểm ta xét. -Trường hợp có nhiều điện tích điểm Q1, Q2,… gây ra tại điểm M các cường độ điện trường E1 , E 2 ,… thì ta dùng nguyên lí chồng chất điện trường để xác định cường độ điện trường tổng hợp tại M. Để tính độ lớn cường độ điện trường tổng hợp tại M cần chú ý các trường hợp đặc biệt sau: +Nếu E1 , +Nếu E1 , +Nếu E1 ,

1 Σq i = 4πkΣqi . ε0

E 2 cùng chiều thì E = E1 + E2. E 2 ngược chiều thì E = |E1 – E2|. E 2 vuông góc thì E = E12 +E 22 .

+Công thức E =

k Q . có thể áp dụng cho hình cầu tích điện phân bố đều như đã nói ở mục Về ε r2

kiến thức và kĩ năng ở trên. +Về điểm đặt, phương và chiều của E do điện tích Q gây ra tại điểm M: điểm đặt tại M, phương là đường thẳng nối Q và M, chiều hướng ra xa Q nếu Q > 0 và hướng về Q nếu Q < 0. +Về điểm đặt, phương và chiều của F do điện trường E tác dụng lên điện tích q đặt tại điểm N: điểm đặt tại N, cùng phương với E , cùng chiều với E nếu q > 0 và ngược chiều với E nếu q < 0. . Với dạng bài tập về cường độ điện trường gây bởi nhiều điện tích điểm. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Công thức tính cường độ điện trường do một điện tích điểm gây ra. +Nguyên lí chồng chất điện trường: E = E1 +E 2 +...

α +Nếu ( E1 , E 2 ) = α và E1 = E2 thì E = 2E1.cos . 2 -Trường hợp điện tích nằm cân bằng trong điện trường thì từ điều kiện cân bằng về lực: F = F1 +F2 +... = 0

-Một số chú ý: Tương tự như cách xác định hợp lực ở Chuyên đề 1: Điện tích. Định luật Culông, bằng một trong các phương pháp (dùng định lí hàm số cosin hoặc phương pháp hình chiếu)

ta có thể dựa vào phương pháp “tam giác lực”, phương pháp hình chiếu như đã dùng ở Chuyên đề 1: Điện tích. Định luật Cu-lông để xác định các đại lượng cần tìm theo các đại lượng đã cho. -Đối với những vật có kích thước (có hình dạng đặc biệt), để tính cường độ điện trường do vật đó gây ra ta có thể dùng một trong hai cách sau: +Cách 1: Phương pháp vi phân: Chia vật thành nhiều vật rất nhỏ, mỗi vật nhỏ đó được coi như một điện tích điểm.

ta có thể tính được độ lớn cường độ điện trường tổng hợp E do nhiều điện tích điểm gây ra. . Với dạng bài tập về điện tích cân bằng trong điện trường. Phương pháp giải là: -Sử dụng điều kiện cân bằng của điện tích: F = F1 +F2 +... = 0 . -Một số chú ý: +Các loại lực thường gặp như lực điện: F = |q|E; trọng lực: P = mg; lực căng dây; lực đẩy Ac-simet: FA = DVg… +Từ điều kiện cân bằng ta có thể dùng phương pháp hình chiếu (Fx = 0; Fy = 0) hoặc phương

Cường độ điện trường do vật gây ra là tổng hợp của cường độ điện trường do nhiều vật rất nhỏ (điện tích điểm) gây ra: E = ΣΔE i Từ tính đối xứng của vật ta xác định được hướng và độ lớn của E .

pháp tam giác lực để xác định điều kiện hoặc các đại lượng liên quan. . Với dạng bài tập về cường độ điện trường do vật dẫn tích điện có kích thước tạo ra.

Phương pháp giải là:

-Sử dụng định lí Ostrogradski - Gauss: Φ =

2.3. Electron đang chuyển động với vận tốc v0 = 4.106(m/s) thì đi vào một điện trường đều, cường độ điện trường E = 910(V/m), v0 cùng chiều đường sức điện trường. Tính gia tốc và

1 Σqi = 4πkΣqi . ε0

-Một số chú ý:

quãng đường electron chuyển động chậm dần đều cùng chiều đường sức. Mô tả chuyển động của

+Chọn mặt Gauss thích hợp. +Sử dụng công thức định lí Ostrogradski – Gauss cho từng trường hợp đặc biệt đã biết: mặt

electron sau đó.

phẳng rộng vô hạn tích điện đều; hình cầu tích điện đều; mặt cầu tích điện đều; dây dẫn thẳng dài vô hạn tích điện đều,...

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG ---

 Bài giải  -Vì electron mang điện tích âm nên lực điện trường F tác dụng lên electron sẽ ngược chiều với chiều điện trường E nghĩa là ngược chiều với chiều chuyển động của electron nên electron sẽ chuyển động chậm dần đều, cùng chiều với chiều đường sức điện trường với gia tốc:

. CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG DO MỘT ĐIỆN TÍCH ĐIỂM GÂY RA 2.1. Một quả cầu nhỏ mang điện tích q = 10-5C đặt trong không khí.

(−1,6.10−19 ).910 F - eE = = -1,6.1014(m/s2) = m m 9,1.10− 31

a)Tính độ lớn cường độ điện trường tại điểm M cách quả cầu một đoạn R1 = 10cm. b)Nhúng cả hệ trong môi trường có hằng số điện môi ε = 9. Tính khoảng cách MN trên đường qua tâm O của quả cầu để cường độ điện trường tại điểm N trong môi trường trên cũng có độ lớn bằng cường độ điện trường tại điểm M khi đặt trong không khí.  Bài giải  a)Cường độ điện trường tại điểm M Ta có: EM =

kq . ε.ON 2

 Bài giải  a)Vectơ cường độ điện trường tại trung điểm H của AB Ta có: E H = E1 + E 2 Vì E1 cùng chiều với E 2 nên EH = E1 + E2.

kq kq = . OM 2 ε.ON 2

ON =

MN = OM – ON = 10 – 3,33 = 6,67cm

-Sau khi dừng lại, dưới tác dụng của lực điện trường, electron sẽ thu gia tốc a’ (a’ = -a = 1,6.1014(m/s2)) và chuyển động nhanh dần đều theo chiều ngược lại (ngược chiều với điện trường).

Xác định vectơ cường độ điện trường E tại: a)H, trung điểm AB. b)M cách A 1cm, cách B 3cm. c)N hợp với A, B thành tam giác đều.

b)Khoảng cách MN

Để EN = EM 

v 2 − v02 0 − (4.106 ) 2 = = 0,05m = 5cm 2a 2.(−1,6.1014 )

. CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG DO NHIỀU ĐIỆN TÍCH ĐIỂM GÂY RA 2.4. Cho hai điện tích q1 = 4.10-10C, q2 = -4.10-10C đặt ở A, B trong không khí, AB = a = 2cm.

kq 9.109.10−5 = = 9.106 (V/m) . OM 2 (10−1 )2

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm M cách O một đoạn R = 10cm là EM = 9.106(V/m).

Ta có: EN =

và quãng đường: s =

= 3,33cm

q1 q AB a 2 ; E2 = k 2 2 ; AH = BH = = = = 1cm = 10-2m AH 2 BH 2 2 2

với

E1 = k

2.2. Prôtôn được đặt vào điện trường đều E = 1,7.106(V/m). a)Tính gia tốc của prôtôn, biết mp = 1,7.10-27kg.

EH = 9.109.

b)Tính vận tốc prôtôn sau khi đi được đoạn đường 20cm (vận tốc đầu bằng 0).  Bài giải  a)Gia tốc của prôtôn: Bỏ qua trọng lực tác dụng vào prôtôn, gia tốc của prôtôn là:

+điểm đặt: tại H. +phương: đường thẳng AB.

Vậy: Để cường độ điện trường tại điểm N trong môi trường trên cũng có độ lớn bằng cường độ điện trường tại điểm M khi đặt trong không khí thì MN = 6,67cm.

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có: H

+độ lớn: EH = 72.103(V/m). b)Vectơ cường độ điện trường tại điểm M Ta có: E M = E1 + E 2

Vậy: Gia tốc của prôtôn trong điện trường là a = 1,6.1014(m/s2). b)Vận tốc prôtôn sau khi đi được đoạn đường 20cm v 20 + 2as =

E1 E2 EH B

+chiều: từ A đến B (cùng chiều với E1 và E 2 ).

q E 1,6.10−19.1,7.106 F = = = 1,6.1014(m/s2) mp m p 1,7.10− 27

Ta có: v 2 − v02 = 2as => v =

4.10−10 4.10−10 + 9.109. = 72.103 V/m (10− 2 )2 (10− 2 )2

-Vì AM = AB + BM => M nằm trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB, về phía A. -Vì E1 ngược chiều với E 2 nên EM = E1 − E 2 .

02 + 2.1,6.1014.0,2 = 8.106(m/s).

Vậy: Vận tốc prôtôn sau khi đi được đoạn đường 20cm là v = 8.106(m/s).

với

E1 = k

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

q1 4.10−10 = 9.109. − 2 2 = 36.103(V/m). 2 AM (10 )

với

q 4.10−10 E2 = k 2 2 = 9.109. = 4.103(V/m). BM (3.10−2 ) 2 =>

EM = 36.10 − 4.10 = 32.10 (V/m).

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có: +điểm đặt: tại M. +phương: đường thẳng AB.

c)Vectơ cường độ điện trường tại điểm N Ta có: E N = E1 + E 2

EN = 9.109.

q1 a2

4.10−10 = 9.103(V/m) (2.10− 2 )2

N E2

EN = 2E1cos30o = 2 k

EN = 2.9.109.

q1 cos30o a2

4.10−10 3 . ≈ 15,6.103(V/m) (2.10− 2 ) 2 2

+điểm đặt: tại N. +phương: vuông góc với AB. +chiều: hướng ra xa AB. +độ lớn: EN ≈ 15,6.103(V/m).

2.6. Hai điện tích q1 = 8.10-8C, q2 = -8.10-8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 4cm. Tìm vectơ cường độ điện trường tại C trên trung trực AB, cách AB một đoạn 2cm, suy ra lực tác dụng lên q = 2.10-9C đặt ở C.

 Bài giải 

 Bài giải  a)Vectơ cường độ điện trường tại trung điểm H của AB Ta có: E H = E1 + E 2 Vì E1 ngược chiều với E 2 nên EH = E1 − E 2 .

-Vectơ cường độ điện trường tại điểm C Ta có: E C = E1 + E 2 Vì q1 = q 2 ; CA = CB =

q1 q AB a 2 ; E2 = k 2 2 ; AH = BH = = = = 1cm = 10-2m AH 2 BH 2 2 2 4.10−10 4.10−10 - 9.109. =0 −2 2 (10 ) (10− 2 )2

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại N có:

c)N hợp với A, B thành tam giác đều.

EH = 9.109.

=> EN

vectơ cường độ điện trường E tại: a)H, trung điểm AB. b)M cách A 1cm, cách B 3cm.

Vì q1 = q 2 ; NA = NB = a; α = 60o

+chiều: từ A đến B. +độ lớn: EN = 9.103(V/m). A B 2.5. Cho hai điện tích q1 = q2 = 4.10-10C đặt ở A, B trong không khí, AB = a = 2cm. Xác định

E1 = k

E1 EM

c)Vectơ cường độ điện trường tại điểm N Ta có: E N = E1 + E 2

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại N có: +điểm đặt: tại N. +phương: đường thẳng AB.

với

q2 4.10−10 = 9.109. = 4.103(V/m). 2 BM (3.10−2 ) 2

+chiều: hướng ra xa A. +độ lớn: EM = 40.103(V/m).

+độ lớn: EM = 32.103(V/m).

E2 = k

+điểm đặt: tại M. +phương: đường thẳng AB.

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

Vì q1 = q 2 ; NA = NB = a; α = 120o => EN = E1 = E2 = k

q1 4.10−10 = 9.109. − 2 2 = 36.103(V/m). AM 2 (10 )

=> EM = 36.103 + 4.103 = 40.103(V/m). Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại M có:

E1 EM M

E1 = k

E1 E2

α AH AH = cosA = = 2 CA CH 2 + AH 2

EC = 2E1 co s

q1 AH α = 2k . 2 (CH 2 + AH 2 ) CH 2 + AH 2

EC = 2 .9.109

2.10-2 8.10−8 . = 9 2 .105 (V/m) −2 2 2 [(2.10 ) + (2.10 ) ] (2.10 ) 2 + (2.10- 2 ) 2

Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại H có độ lớn bằng 0. b)Vectơ cường độ điện trường tại điểm M Ta có: E M = E1 + E 2

CH 2 + AH 2 ; co s

-2 2

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

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

+phương: song song với AB.

+chiều: từ A đến B.

+độ lớn: EC = 9 2 .10 (V/m). -Độ lớn lực tác dụng lên q đặt tại C: FC = q EC = 2.10-9. 9 2 .105 ≈ 25,4.10-4N.

Vậy: Độ lớn cường độ điện trường tại H là EH = 246 V/m. 2.9. Cho bốn điện tích cùng độ lớn q đặt tại bốn đỉnh hình vuông cạnh a. Tìm E tại tâm O hình

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

vuông trong trường hợp bốn điện tích lần lượt có dấu sau: a)+ + + +. b)+ - + -. c)+ - - +.

+điểm đặt: tại C. +phương: song song với AB. +chiều: cùng chiều với E C (do q > 0).

 Bài giải  A

+độ lớn: FC ≈ 25,4.10-4N. 2.7. Hai điện tích q1 = -10-8C, q2 = 10-8C đặt tại A, B trong không khí, AB = 6cm. Xác định vectơ E tại M trên trung trực AB, cách AB = 4cm.  Bài giải  Ta có: MA = MB =

AH 2 + HM 2 =

q AH 3 = nên E1 = E2 = k MA 5 MA 2

EM = 2E1cos α = 2.9.109.

10−8 3 . = 0,432.105(V/m). (5.10− 2 ) 2 5

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm M có: +điểm đặt: tại M.

a 2 nên E1 = E2 = E3 = E4. 2 a)Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + + + +: E O = E1 + E 2 + E 3 + E 4 = E13 + E 24

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

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

42 + 32 =5cm.

Vì q1 = q 2 = q = 10-8C; cosα = =>

 9.104   104 9.104    +   = 246(V/m). −  576   36 1024 

EH =

b)Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + - + -: E O = E1 + E 2 + E 3 + E 4 = E13 + E 24

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

EO = 0

Vậy: Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + - + - thì EO = 0. c)Trường hợp dấu của các điện tích lần lượt là + - - +: E O = E1 + E 2 + E 3 + E 4 = E13 + E 24 =>

EO = 2E13cos45o = 2.2E1cos45o = 4 k

+độ lớn: EM = 0,432.105(V/m). A B 2.8. Tại 3 đỉnh tam giác ABC vuông tại A cạnh a = 50cm, b = 40cm, c = 30cm. Ta đặt các điện tích q1 = q2 = q3 = 10-9C. Xác định E tại H, H là chân đường cao kẻ từ A.  Bài giải 

q1 9.104 10−9 = 9.109. = (V/m). AH 2 576 (24.10− 2 )2

E2 = k

q2 10−9 104 = 9.109. = (V/m). 2 −2 2 BH (18.10 ) 36 −9

q 10 9.10 = (V/m). E3 = k 3 2 = 9.109. CH (32.10− 2 )2 1024

H a

2 kq = 4 2 2 . 2 a

kq . a2

E2 E3 E1

a)Tâm O hình vuông. b)Đỉnh D.

Trường hợp a Trường hợp b Trường hợp c 2.10. Tại ba đỉnh A, B, C của hình vuông ABCD cạnh a đặt 3 điện tích q giống nhau (q > 0). Tính E tại:

AH = HB.HC = 32.18 = 24cm. -Độ lớn của cường độ điện trường tại H: E H = E1 + E 2 + E 3 = E1 + E 23 . -Vì E1 ⊥ E 23 => EH = E12 + E 223 = E12 + (E 2 − E 3 ) 2 . E1 = k

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

b b2 402 Ta có: CH = b.cosC = b. = = = 32cm. a a 50 BH = a – HC = 50 – 32 = 18cm.

Với:

q a 2     2   

E1 E3

 Bài giải 

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

a 2 nên E1 = E2 = E3. 2

28 E3 E2

E O = E1 + E 2 + E 3 = E13 + E 2 -Vì E1 và E 3 ngược chiều nên E13 = 0 nên EO = E2. =>

EO = k

q a 2    2   

kq và E S hướng về tâm tam giác ABC. 2 a Vậy: Vectơ cường độ điện trường tại đỉnh S của tứ diện có:

2kq . a2 2kq . a2

hình lập phương. A

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

2q a2

-Vì E13 và E 2 cùng chiều nên: ED = E13 + E2 ED = k

E2 ED

2q q 1 kq +k 2 = ( 2 + ) 2 . a2 2a 2 a

 Bài giải 

q 3 -Vì α = (E 2 , E 3 ) = 60o nên E23 = 2E2cos30o = 2 k 2 . = a 2 SH của tam giác SBC. Suy ra: E S2 = E12 + E 223 + 2E1E 23cos β , với cosβ =

q và E 23 nằm trên đường cao a2

SH 2 + SA 2 − AH 2 . 2SA.SH

E1 E2

AC' a 3 = 2 2

nên

E AC

A’

a 2

CC' a 3 = = CA' a 3 3

E D'

EAC = 2EAcos α1 = 2.

và

EB’D’ = 2EB’cos α 2 = 2.

E B' E B'D'

D’

B’

4 kq 3 8 3 kq . . = . 3 a2 3 9 a2

4 kq EA = EC = EB’ = ED’ = k = . 2 2 3 a a 3    2   

C’

4 kq 3 8 3 kq . . = . 3 a2 3 9 a2

A’

8 3 kq 8 3 kq 16 3 k q EO = + = . . . 2 . 9 a2 9 a2 9 a

B’ EO

D’

C’

16 3 k q . 2 . 9 a 2.13. Cho hai điện tích điểm q1 và q2 đặt ở A, B trong không khí, AB = 100cm. Tìm điểm C tại đó cường độ điện trường tổng hợp bằng 0 với: a)q1 = 36.10-6C; q2 = 4.10-6C. b)q1 = -36.10-6C; q2 = 4.10-6C.

 q   q   q q q 3 E =  k 2  +  3k 2  + 2. k 2 . 3k 2 . = 6 k 2  a  a  3  a   a    a  2 S

AO = CO = B’O = D’O =

Vậy: Độ lớn cường độ điện trường tại tâm O hình lập phương là EO =

a 3 a 3 2      2  +a − 2      = 3 cosβ = 3 a 3  2a.  2  

a 2 + (a 2 ) 2 = a 3

-Vì E AC cùng chiều với E B'D' nên EO = EAC + EB’D’

q . a2 3k

AC’ = A’C =

cos α1 = cos α 2 =

giống nhau (q < 0). Tính độ lớn cường độ điện trường tại đỉnh S của tứ diện. Xác định hướng của cường độ điện trường này.

-Vì q1 = q2 = q3 = q < 0; r1 = r2 = r3 = a nên E1 = E2 = E3 = k

AA'2 + A' C'2 =

với

a 2

-Vì q1 = q 2 = q 3 = q 4 = q > 0; AO = CO = B’O = D’O;

1 kq ) . 2 a2 2.11. Tại ba đỉnh ABC của tứ diện đều SABC cạnh a trong chân không có ba điện tích điểm q

Ta có: E S = E1 + E 2 + E 3 = E1 + E 23 .

 Bài giải  Ta có: E O = E A + E C + E B' + E D' = E AC + E B'D'

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

2.12. Hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh a trong chân không. Hai điện tích q1 = q2 = q > 0 đặt ở A, C; hai điện tích q3 = q4 = -q đặt ở B’, D’. Tính độ lớn cường độ điện trường tại tâm O

b)Cường độ điện trường tại đỉnh D Ta có: E D = E1 + E 2 + E3 = E13 + E 2

kq . a2 +hướng: từ S đến O (bạn đọc tự chứng minh!). +độ lớn: ES =

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

E13 = E1 2 = k

ES =

C H

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

+E1 = E2  k =>

và =>

-Để ED = 0 thì phải đặt tại B điện tích q’ sao cho E2 = E13.

q1 q = k 22 . AC 2 BC

AC = BC

q1 36.10− 6 = =3 q2 4.10− 6

AC + BC = AB = 100cm AC = 75cm và BC = 25cm

và =>

AC - BC = AB = 100cm AC = 150cm và BC = 50cm

(3)

(4)

2.14. Cho hai điện tích q1, q2 đặt tại A và B, AB = 2cm. Biết q1 + q2 = 7.10-8C và điểm C cách q1 6cm, cách q2 8cm có cường độ điện trường E = 0. Tìm q1, q2.  Bài giải  Ta có: +AB + BC = AC => C nằm ngoài đoạn AB nên q1 và q2 trái dấu.

q 2 BC2 82 64 16 = = = = q1 AC2 62 36 9

=> EA

q2 = -

Vì q1 = q3 = q; AD = CD = a nên E13 = 2E1cos45o. =>

E13 = 2k

q 2 = . a2 2

q a2

ED D

q E = mg − DVg

31 C

P −5

16 (1) q1 9 và q1 + q2 = 7.10-8C => q1 = -9.10-8C và q2 = 16.10-8C. Vậy: Giá trị các điện tích q1, q2 là q1 = -9.10-8C và q2 = 16.10-8C. 2.15. Cho hình vuông ABCD, tại A và C đặt các điện tích q1 = q3 = q. Hỏi phải đặt ở B điện tích bao nhiêu để cường độ điện trường ở D bằng 0?  Bài giải  -Cường độ điện trường do q1, q3 gây ra tại D là: E13 = E1 + E 3 . =>

q a2

 Bài giải  -Các lực tác dụng lên hòn bi: +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). -Hòn bi nằm cân bằng (lơ lửng) khi: P + FA + F = 0  P'+ F = 0 -Vì P > FA nên P’ = P – FA => F phải hướng lên => q < 0 và F = P – FA.

+BC > AC => q 2 > q1 . q q Vì E C = E1 + E 2 = 0 => E1 = E2  k 1 2 = k 2 2 AC BC

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

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

q' = 2 2 q => q’ = - 2 2q .

. ĐIỆN TÍCH CÂN BẰNG TRONG ĐIỆN TRƯỜNG 2.16. Một hòn bi nhỏ bằng kim loại được đặt trong dầu. Bi có thể tích V = 10mm3, khối lượng m = 9.10-5kg. Dầu có khối lượng riêng D = 800(kg/m3). Tất cả được đặt trong một điện trường đều,

q q +E1 = E2  k 1 2 = k 2 2 . AC BC =>

Vậy: Phải đặt ở B điện tích q’ = - 2 2q để cường độ điện trường ở D bằng 0.

+C nằm ngoài đoạn AB, về phía B (vì q1, q2 trái dấu; q1 > q 2 ).

q1 36.10− 6 = =3 q2 4.10− 6

(2)

b)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:

AC = BC

(a 2 ) 2

q a2

(1)

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

q = BD2

−8

mg − DVg 9.10 .10 − 800.10 .10 = = 2.10-9C E 4,1.105

Vì q < 0 nên q = -2.10-9C. Vậy: Điện tích của bi để nó cân bằng lơ lửng trong dầu là q = -2.10-9C. 2.17. Hai quả cầu nhỏ A và B mang những điện tích lần lượt -2.10-9C và 2.10-9C M N được treo ở đầu hai sợi dây tơ cách điện dài bằng nhau. Hai điểm treo dây M và N cách nhau 2cm; khi cân bằng, vị trí các dây treo có dạng như hình vẽ. Hỏi để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng người ta phải dùng một điện A B trường đều có hướng nào và độ lớn bao nhiêu?  Bài giải  -Để đưa các dây treo trở về vị trí thẳng đứng cần phải tác dụng M N lực điện trường ngược chiều với lực tĩnh điện và cùng độ lớn với lực tĩnh điện: F’ = F. -Với quả cầu A: q E = k

q2 AB2

q q 2.10−9 A B = k = 9.109. = 4,5.104(V/m). 2 2 AB MN (2.10− 2 )2 và vì q1 < 0 nên E ngược chiều với F' nghĩa là cùng chiều với F (hướng từ trái sang phải). =>

E= k

-Với quả cầu B: Tương tự. 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). . CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG DO VẬT DẪN MANG ĐIỆN CÓ KÍCH THƯỚC TẠO RA 2.18. Quả cầu bằng kim loại, bán kính R = 5cm được tích điện dương q, phân bố đều.

q là mật độ điện mặt (S: diện tích mặt cầu) S Cho σ = 8,84.10-5(C/m2). Hãy tính độ lớn của cường độ điện trường tại điểm cách bề mặt quả cầu đoạn 5cm.  Bài giải  Chọn mặt Gauss là mặt cầu S’ đồng tâm với quả cầu, bán kính r = 10cm. Ta đặt σ =

-Điện thông qua mặt S’ là: N = ES’.cos α = ES’ = E. 4πr 2 .

E. 4πr 2 = 16π 2 R 2 kσ => E = 4πk(

Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương là Φ1 = 18,83(V.m); khi bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương sẽ thay đổi nhưng điện thông qua toàn bộ hình lập phương vẫn như cũ. b)Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh Giả sử điện tích q được đặt tại đỉnh A, lúc đó 3 mặt hình lập phương có chứa đỉnh A sẽ có điện thông bằng 0. Vì tính đối xứng nên điện thông qua 3 mặt còn lại có giá trị bằng nhau và bằng Φ2. Để tính Φ2 ta xét hình lập phương lớn, tâm A, cạnh 2a, khi đó q nằm tại tâm hình lập phương lớn

có diện tích 4a2 nên điện thông qua mỗi mặt hình lập phương lớn sẽ là Φ2. Vì tính đối xứng nên điện thông qua toàn bộ hình lập phương lớn sẽ bằng: q q 10−9 => Φ 2 = = = 4,7(V.m) ε0 24ε 0 24.8,9.10−12

Vậy: Điện thông qua từng mặt của hình lập phương khi đặt điện tích q tại một đỉnh là Φ 2 =

R 2 )σ r

5 => E = 4.3,14.9.109. ( ) 2 .8,85.10-5 = 2,5.106(V/m). 10 Vậy: Độ lớn của cường độ điện trường tại điểm cách bề mặt quả cầu đoạn 5cm là E = 2,6.106 (V/m). 2.19. Cho điện tích điểm dương q = 1nC. a)Đặt điện tích q tại tâm hình lập phương cạnh a = 10cm. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương đó. Nếu bên ngoài hình lập phương còn có các điện tích khác thì điện thông qua từng mặt hình lập phương và qua toàn bộ hình lập phương có thay đổi không? b)Đặt điện tích q tại một đỉnh của hình lập phương nói trên. Tính điện thông qua từng mặt của hình lập phương. (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, 1999-2000) Bài giải a)Điện thông qua từng mặt của hình lập phương Gọi Φ1 là điện thông qua một mặt của hình lập phương. Điện thông qua 6 mặt của hình lập phương là: Φ = 6Φ1 -Áp dụng định lí Ôt-trô-grat-xki – Gau-xơ (O-G), ta được: Φ=

q 10−9 = = 118(V.m) ε0 8,9.10−12

Φ = 24Φ2 =

-Theo định lí O-G ta có: N = 4πkΣqi = 4πkσS = 4πkσ.4πR 2 = 16π 2 R 2 kσ . =>

Φ=

q q 10−9 = 18,83(V.m) => Φ1 = = ε0 6ε 0 6.8,9.10−12

-Nếu có các điện tích khác bên ngoài hình lập phương thì các điện tích này sẽ làm thay đổi điện thông qua các mặt khác nhau của hình lập phương. Điện thông qua toàn bộ hình lập phương bây giờ vẫn chỉ bằng điện thông qua một mặt kín có chứa q mà thôi, nghĩa là điện thông qua toàn bộ hình lập phương vẫn là:

4,7(V.m). 2.20. Đặt điện tích q tại tâm O của một vỏ kim loại hình cầu cô lập và trung hòa điện. a)Xác định cường độ điện trường tại các điểm trong phần rỗng và bên ngoài vỏ cầu. Chứng tỏ rằng cường độ điện trường E có các giá trị phù hợp tương ứng tại các điểm ở gần mặt trong và mặt ngoài của vỏ cầu. Cho biết cường độ điện trường ở gần mặt một vật dẫn tích điện có phương vuông góc với mặt vật dẫn và có độ lớn E =

σ , với σ là mật độ điện tích mặt tại vị trí khảo sát ε0

trên vật dẫn. b)Một điện tích q1 đặt bên ngoài vỏ quả cầu chịu tác dụng một lực F1 do sự có mặt của điện tích q bên trong vỏ cầu. Khi đó điện tích q có chịu tác dụng lực điện do sự có mặt của q1 hay không? Hãy bình luận kết quả thu được. c)Lực F1 có cường độ lớn hay nhỏ hơn so với khi không có mặt vỏ cầu? d)Bây giờ thay đổi điện tích q1 bằng điện tích q2 = 2q1 (vẫn giữ nguyên vị trí đối với vỏ quả cầu). Khi đó lực tác dụng lên q2 có bằng 2F1 không? Kết quả thu được có gì mâu thuẫn với khái niệm điện trường, với nguyên lí chồng chất hay không? (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1999-2000) Bài giải a)Cường độ điện trường tại các điểm trong phần rỗng và + bên ngoài vỏ cầu + + -Khi đặt điện tích q tại tâm O của một vỏ kim loại hình cầu + + q>0 cô lập và trung hòa điện thì : R O + + +do hiện tượng hưởng ứng toàn phần nên mặt trong vỏ cầu mang điện tích –q. + + + +do vỏ cầu trung hòa điện nên mặt ngoài vỏ cầu mang điện tích +q.

-Tại những điểm bên trong vỏ cầu: E0 = 0 vì nếu E0 ≠ 0 thì cường độ điện trường này sẽ làm cho các điện tích tự do bên trong vật chuyển động và tạo nên dòng điện. -Tại những điểm ở phần rỗng, sát mặt trong vỏ cầu: E1 =

σ q = . ε0 4πR 2 ε 0

σ q -Tại những điểm bên ngoài vỏ cầu (R1 > R): E2 = = . ε0 4πR12 ε 0 Vậy: Cường độ điện trường tại các điểm trong phần rỗng và bên ngoài vỏ cầu là E0 = 0 và E1 = q q và E2 = . 4πR 2 ε 0 4πR12ε 0

-Vì q > 0 nên nếu q1 > 0 thì lực tương tác giữa chúng là lực đẩy còn nếu q1 < 0 thì lực tương tác giữa chúng là lực hút. -Khi có mặt vỏ cầu, lực đẩy sẽ yếu hơn so với khi không có mặt vỏ cầu; khi có mặt vỏ cầu, lực hút sẽ mạnh hơn so với khi không có mặt vỏ cầu. d)Trường hợp thay đổi điện tích q1 bằng điện tích q2 = 2q1 -Khi thay đổi điện tích q1 bằng điện tích q2 = 2q1 thì điện tích trên mặt ngoài vỏ cầu sẽ được phân bố lại, lực điện tác dụng lên q2 có thay đổi so với trường hợp của q1 nhưng không bằng 2F1. -Điều này hoàn toàn không mâu thuẫn với khái niệm điện trường vì hệ điện tích tạo ra điện trường đã được phân bố lại, vì vậy điện trường đã thay đổi, lực tác dụng lên q2 sẽ thay đổi. Điều này cũng không mâu thuẫn so với nguyên lí chồng chất điện trường vì nguyên lí đó được áp dụng cho hệ điện tích được giữ cố định tại vị trí của chúng chứ không phải cho những vị trí mới được bố trí lại do có sự dịch chuyển các điện tích. 2.21. Tính cường độ điện trường gây bởi 2 mặt phẳng rộng vô hạn: a)Đặt song song, mật độ điện mặt σ > 0 và - σ . b)Hợp với nhau góc α và có cùng mật độ điện mặt σ > 0.  Bài giải  a)Trường hợp hai mặt phẳng đặt song song -Với một mặt phẳng: Chọn mặt Gauss là hình trụ có đường sinh vuông góc với đáy, hai đáy hình

tròn có diện tích S và cách đều bản phẳng đoạn h. +Điện thông qua mặt Gauss: Φ = ΣE1∆Scosα 2 = 2E1S.

2E1S =

E1 =

1 1 Σ σ∆S = σ.2S ε0 ε0

σ = E2 2ε 0

σ σ +Bên ngoài hai mặt phẳng: E1 và E 2 ngược chiều nên E = E1 - E2 = = 0. 2ε 0 2ε 0 E b)Trường hợp hai mặt phẳng hợp với nhau góc α

Vì E1 = E2 nên: +Bên trong hai mặt phẳng: E = 2E1sin

b)Khi có điện tích q1 đặt bên ngoài vỏ quả cầu Khi có điện tích q1 đặt bên ngoài vỏ quả cầu thì điện tích q đặt tại tâm O vẫn không chịu tác dụng của lực điện nào. Lực tương tác điện xuất hiện là giữa q1 và các điện tích phân bố ở mặt ngoài vỏ cầu. Điều này hoàn toàn phù hợp với định luật III Niu-tơn. c)Độ lớn của lực F1 so với khi không có mặt vỏ cầu

+Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ =

-Với hai mặt phẳng: E = E1 + E 2 : σ σ +Bên trong hai mặt phẳng: E1 và E 2 cùng chiều nên E = E1 + E2 = 2 = . 2ε 0 ε0

1 Σq i ε0

+ +

+Bên ngoài hai mặt phẳng: E = 2E1cos

α σ α σ α =2 .cos = .cos . 2 2ε 0 2 ε0 2

2.22. Một bản phẳng rộng vô hạn được tích điện và đặt vào một điện trường đều. Biết cường độ

điện trường tổng hợp ở bên trái và bên phải của bản là E1 , E 2 hướng vuông góc với bản, độ lớn

E1 và E2. Hãy tính mật độ điện mặt σ của bản và lực điện tác dụng lên một đơn vị diện tích của bản.  Bài giải  a)Mật độ điện mặt của bản phẳng Chọn mặt Gauss là hình trụ có đường sinh vuông góc với đáy, hai đáy hình tròn có diện tích S và cách đều bản phẳng đoạn h.

-Điện thông qua mặt Gauss: Φ = Φ1 + Φ2. +Phần điện thông qua mặt bên: Φ1 = ΣE1∆Scosα1 = 0 (vì cos α1 = 0). +Phần điện thông qua hai đáy: Φ2 = ΣE∆Scosα 2 = E1S + E2S = (E1 + E2)S. =>

Φ = (E1 + E2)S

1 -Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ = Σq i ε0

σS 1 (E1 + E2)S = Σ σ∆S = ε0 ε0

σ = ε 0 (E1 + E2)

Vậy: Mật độ điện mặt σ của bản là σ = ε 0 (E1 + E2).

+ b)Lực điện tác dụng lên một đơn vị diện tích của bản Ta có: F' = F1' + F2' , với F1’ = σE1 = ε 0 (E1 + E2)E1, F2’ = σE 2 = ε 0 (E1 + E2)E2. Vì F1' ngược chiều với F2' nên F’ = F1 − F2 . =>

α α α σ σ =2 . sin = .sin . 2ε 0 ε0 2 2 2

F’ = ε 0 (E1 + E 2 )E1 − ε 0 (E1 + E 2 )E 2 =

1 ε 0 E12 − E 22 . 2

1 ε 0 E12 − E 22 . 2 2.23. Tính cường độ điện trường gây bởi một dây thẳng dài vô hạn tích điện đều (mật độ điện dài λ ) tại điểm cách dây đoạn r. Vậy: Lực điện tác dụng lên một đơn vị diện tích của bản là F’ =

 Bài giải  Chọn mặt Gauss là hình trụ đồng trục với dây, hai đáy hình tròn có bán kính r, chiều cao l.

-Điện thông qua mặt Gauss: Φ = Φ1 + Φ2. +Phần điện thông qua hai đáy: Φ1 = ΣE1∆Scosα1 = 0 (vì cos α1 = 0).

và

Emax =

Φ = E. 2π rl

-Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ = =>

E. 2π rl =

1 Σq i ε0

cường độ điện trường tại điểm cách tâm quả cầu đoạn r (trong và ngoài quả cầu).

 Bài giải  Ta có: +Đường sức điện trường là những đường thẳng hướng dọc theo bán kính quả cầu.

λ . 2π ε 0 r

2.24. Hai dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt song song trong không khí cách nhau đoạn a, tích điện cùng dấu với mật độ điện dài λ .

a)Xác định E tại một điểm trong mặt phẳng đối xứng giữa hai dây, cách mặt phẳng chứa hai dây đoạn h. b)Tính h để E cực đại và tính giá trị cực đại này.  Bài giải  a)Cường độ điện trường tại một điểm trong mặt phẳng đối xứng giữa hai dây Chọn hai mặt Gauss là hai hình trụ trục là các dây dẫn, hai đáy các hình trụ là hình tròn có bán kính r, chiều cao l. (1) 2) 2

a2 h + 4

a h +  = 2

λ (tương tự các bài trên) 2π ε 0 r

nên

E1 = E2 = E =

λ λh h . = E = 2E1cos α = 2. 2π ε 0r r π ε 0r 2

E2 r

λ . π ε0

h 2

(h +

a2 ) 4

h a2 (h + ) 4 2

+Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ =

ρV = E. 4π r12 = ε0

1 Σq i ε0 M

4 ρ. πr13 3 . ε0

r O

ρr1 . 3ε 0

-Điểm M nằm bên ngoài quả cầu: r2 ≥ R:

ρV E. 4π r = = ε0

2 2

1 Σq i ε0

4 ρ. πR 3 3 . ε0

R O

ρR 3 . 3ε 0 r22

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm cách tâm quả cầu đoạn r khi r < R là E = E=

ρr ; khi r ≥ R là 3ε 0

ρR 3 . 3ε 0 r 2

2.26. Bên trong một quả cầu mang điện với mật độ điện khối ρ có một lỗ hổng hình cầu. Xác

b)Giá trị của h để E cực đại λ E= . π ε0

+Điện thông qua mặt cầu S1 (bán kính r1) là: Φ = ES1 = E. 4π r12 .

+Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ =

a2 (h 2 + ) Trường hợp λ >0 4 Vậy: Cường độ điện trường tại một điểm trong mặt phẳng đối xứng giữa hai dây, cách mặt phẳng chứa hai dây đoạn h là E =

+Độ lớn cường độ điện trường tại các điểm nằm trên cùng mặt cầu có giá trị như nhau. Chọn mặt Gauss là mặt cầu đồng tâm với quả cầu tích điện: -Điểm M nằm bên trong quả cầu: r1 < R:

+Điện thông qua mặt cầu S2 (bán kính r2) là: Φ = ES2 = E. 4π r22 .

λ . π ε0

a λ và Emax = . 2 π ε 0a

2.25. Quả cầu bán kính R tích điện đều với mật độ điện khối ρ và đặt trong không khí. Tính

λ 2π ε 0 r

Vì λ1 = λ 2 = λ ; r1 = r2 = r =

λ 1 λ . . = π ε0 a a 2 π ε 0a ( + ) 2 4. a 2

Vậy: Giá trị của h để E cực đại là h =

1 λl Σq i = ε0 ε0

Vậy: Cường độ điện trường gây bởi một dây thẳng dài vô hạn tích điện đều là E =

Từ

 a2  a E = Emax khi M =  h +  min => h = . 2 4h  

+Phần điện thông qua mặt bên: Φ2 = ΣE∆Scosα 2 = ES = E. 2π rl. =>

λ = . π ε0

định điện trường tại một điểm bất kì của lỗ hổng trong trường hợp: a)Lỗ hổng có cùng tâm với quả cầu.

a2 (h + ) 4h

b)Tâm O1 của quả cầu cách tâm O2 của lỗ hổng một khoảng d.

 Bài giải  a)Trường hợp lỗ hổng có cùng tâm với quả cầu -Gọi E1 là cường độ điện trường do quả cầu đặc (không có lỗ hổng), mật độ điện khối ρ gây ra tại điểm M; E 2 là cường độ

-Tại điểm trong vỏ cầu (R1 < r < R2): E =

ρr . 3ε 0

--------------------

-ρ

điện trường do quả cầu đặc (có kích thước bằng lỗ hổng), mật độ

điện khối - ρ gây ra tại điểm M. Theo nguyên lí chồng chất điện

Chuyên đề 3:

ĐIỆN THẾ VÀ HIỆU ĐIỆN THẾ

trường, ta có: E M = E1 + E 2

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC ---

ρr - ρr -Theo kết quả bài trên, ta có: E1 = .r ; E 2 = .r 3ε 0 3ε 0

I. CÔNG CỦA LỰC ĐIỆN 1-Công của lực điện: A = qEd

ρr - ρr => EM = .r + .r = 0 3ε 0 3ε 0 Vậy: Khi O1 ≡ O2 thì E M = 0 .

(d là độ dài hình chiếu của đường đi lên một đường sức bất kì). 2-Chú ý: Lực điện là lực thế nên công của lực điện không phụ thuộc vào hình dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm đầu và điểm cuối của đường đi.

(r là khoảng cách từ hai tâm chung O1, O2 đến điểm M)

II. ĐIỆN THẾ. HIỆU ĐIỆN THẾ 1-Điện thế: Điện thế tại điểm M trong điện trường đặc trưng cho điện trường về mặt dự trữ năng lượng và được đo bằng thương số giữa công để đưa một điện tích q từ điểm M ra xa vô cực và

b)Trường hợp tâm O1 của quả cầu cách tâm O2 của lỗ hổng một khoảng d ρr - ρr2 -Tương tự, ta có: E1 = 1 .r1 ; E 2 = .r2 ( r1 = O1M ; r2 = O2 M ) 3ε 0 3ε 0 và E M = E1 + E 2

hai tam giác O1O2M và MPQ đồng dạng, từ đó: O1

VM =

- E2

E M E1 ρ = = d r1 3ε 0 =>

điện tích q:

E r OM -Vì E1 ~ r1; E2 ~ r2 => 1 = 1 = 1 E 2 r2 O 2 M

(3.1)

(3.2)

2-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

A M∞ q

điện làm di chuyển một điện tích q từ điểm M đến điểm N và độ lớn của điện tích q:

UMN = VM – VN =

ρd ρd EM = hay E M = .d ( d = O1O 2 ) 3ε 0 3ε 0

A MN q

(3.3)

3-Điện thế gây ra bởi các điện tích điểm

Vậy: Khi tâm O1 của quả cầu cách tâm O2 của lỗ hổng một khoảng d thì E M có chiều từ O1 đến

-Điện thế gây ra bởi một điện tích điểm Q: V =

k Q . ε r

(3.4)

ρd O2 và có độ lớn EM = . 3ε 0

( V∞ = 0; r là khoảng cách từ điện tích điểm Q đến điểm ta xét)

2.27. Một vỏ cầu bán kính trong R1, bán kính ngoài R2 mang điện tích Q phân bố đều theo thể tích. Tính cường độ điện trường tại nơi cách tâm quả cầu đoạn r.

-Điện thế gây ra bởi hệ điện tích điểm Q1, Q2, …: Gọi V1, V2,… là điện thế do các điện tích Q1, Q2,… gây ra tại điểm M trong điện trường. Điện thế toàn phần do hệ điện tích trên gây ra tại M

 Bài giải  -Thể tích vỏ cầu là: V = V2 – V1 =

V = V1 + V2 + …. = ΣVi

4 π(R 22 − R12 ) . 3

Q 3Q -Mật độ điện tích khối của vỏ cầu là: ρ = = . V 4π (R 22 − R12 ) -Tại điểm bên trong quả cầu (r < R1): E = 0 (xem bài 2.25). 3 2 2

ρR . -Tại điểm bên ngoài vỏ cầu (r > R2): E = 3ε 0 r

là:

M r O

(3.5)

Hệ thức trên là nội dung của nguyên lí chồng chất điện thế. 4-Liên hệ giữa cường độ điện trường và hiệu điện thế UMN = Ed (3.6) M, N là hai điểm trên cùng một đường sức; E là cường độ điện trường của điện trường đều; d là khoảng cách giữa hai điểm dọc theo một đường sức có hiệu điện thế là U.

ρ R1 R2

N E

III. THẾ NĂNG TĨNH ĐIỆN

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

1-Hiện tượng hưởng ứng toàn phần: Xảy ra khi toàn bộ đường sức xuất phát từ vật này đều kết thúc ở vật kia (vật này bao kín vật kia), lúc đó điện tích hưởng ứng xuất hiện sẽ có độ lớn bằng

Wt = qV (3.7) 2-Thế năng tương tác của hệ điện tích q1, q2, …

điện tích của vật gây ra hiện tượng: |q’| = |q|. 2-Hiện tượng hưởng ứng một phần: Xảy ra khi chỉ có một phần đường sức xuất phát từ vật

1 (q1V1+q2V2+…) (3.8) 2 IV. VẬT DẪN CÂN BẰNG ĐIỆN

này đều kết thúc ở vật kia (vật này bao kín vật kia), lúc đó điện tích hưởng ứng xuất hiện sẽ có độ lớn nhỏ hơn điện tích của vật gây ra hiện tượng: |q’| < |q|.

1-Điện trường ở vật dẫn: Điện trường ở vật dẫn cân bằng điện có các đặc điểm sau: -Bên trong vật dẫn: E = 0. σ -Trên mặt vật dẫn: Vectơ E vuông góc với mặt vật dẫn và bằng E = . ε

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

Wt =

Q R (R là bán kính vật dẫn hình cầu)

2-Điện thế vật dẫn: V = k

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP--k Q . ) cũng được áp dụng cho quả ε r cầu tích điện phân bố đều với r là khoảng cách từ tâm quả cầu đến điểm ta xét.

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

(3.9)

3-Sự phân bố điện tích ở vật nhiễm điện: Khi vật dẫn bị nhiễm điện, điện tích chỉ phân bố không đều trên mặt ngoài của vật dẫn. V. LƯỠNG CỰC ĐIỆN 1-Định nghĩa: Lưỡng cực điện là một hệ hai điện tích có độ lớn bằng nhau nhưng trái dấu, đặt cách nhau một khoảng rất nhỏ so với khoảng cách từ lưỡng cực đến điểm ta xét. 2-Đặc điểm ql +Tại điểm M nằm trên trung trực của lưỡng cực điện: E M = -k 3 (3.10) εr ( l là vectơ có độ dài từ -q đến +q; r là khoảng cách từ M đến lưỡng cực điện). 2ql (3.11) +Tại điểm N nằm trên lưỡng cực điện: E N = -k 3 εr (r là khoảng cách từ N đến trung điểm của lưỡng cực điện).

qlcosθ r2

(θ là góc giữa OM và AB; r = OM). EM

-q A

(3.12)

O Hình a

+q B

-q A

+q B

O Hình c

Hình b

-Thế năng của lưỡng cực điện trong điện trường (hình d): Wt = -qlEcosα (3.13) (α là góc hợp bởi hướng của l (từ -q đến +q) và hướng của E )

1 1 (q1V1+q2V2+....) = Σq i Vi (i = 1, 2,..., n) 2 2

kq1 kq 2 + +.... là điện thế tại điểm đặt qi do các điện tích khác của hệ gây ra) εr1i εr2i 1 kq 2 kq (q1V1+q2V2), với V1 = , V2 = 1 2 εr21 εr12

+Trường hợp hệ 3 điện tích: W =

1 (q1V1+q2V2+q3V3). 2

V1 =

kq 2 kq 3 kq kq kq kq + , V2 = 1 + 3 , V3 = 1 + 2 . εr21 εr31 εr12 εr32 εr13 εr23

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

r +q

N’ VN = VN’

+Trường hợp hệ 2 điện tích: W =

Với:

+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.

(Vi =

-q

trường A: A’ = -A = -qU. -Đối với vật dẫn cân bằng điện cần chú ý:

M r

N 1

-Thế năng tương tác của hệ điện tích điểm: Với hệ gồm các điện tích điểm q1, q2,..., thế năng của hệ là:

-Điện trường gây ra bởi lưỡng cực điện (hình a, b):

-Điện thế gây ra bởi lưỡng cực điện (hình c): VM = k

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

. Với dạng bài tập về công của lực điện tác dụng khi điện tích di chuyển, điện thế vào hiệu điện thế. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Điện thế gây 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)

-q A

+Điện thế gây ra bởi hệ điện tích điểm Q1, Q2, …: V = V1 + V2 + …. = ΣVi .

Hình d

(V1, V2,… là điện thế do các điện tích Q1, Q2,… gây ra tại điểm ta xét)

VI. HIỆN TƯỢNG HƯỞNG ỨNG TĨNH ĐIỆN

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

+Công của lực điện trường: A = qU; công của lực ngoài: A’ = -A. -Một số chú ý: +Lực điện là lực thế nên công của nó không phụ thuộc vào dạng đường đi mà chỉ phụ thuộc vào các điểm đầu và cuối của đường đi. +Ta có thể viết: A = qU = q

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

 Bài giải 

E (d là hình chiếu của đường đi lên một đường sức bất kì). d

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

+Có thể kết hợp thêm định lí động năng: ∆Wđ = A. +Các hằng số và đơn vị: Khối lượng và điện tích của electron là me = 9,1.10-31kg, -e = -,16.1019 C; các đơn vị công, năng lượng: 1eV = 1,6.10-19J. . Với dạng bài tập về vật dẫn cân bằng điện. Phương pháp giải là:

5.10−5 = 0,5 V 10− 4 Vậy: Điện thế ở điểm M là VM = 0,5V. 3.3. Khi bay qua 2 điểm M và N trong điện trường, electron tăng tốc, động năng tăng thêm

-Sử dụng các đặc điểm về vật dẫn cân bằng điện:

250eV (1eV = 1,6.10-19J).

Q +Vật dẫn là vật đẳng thế và V = k , R là bán kính vật dẫn hình cầu (thường gặp). R +Điện tích chỉ phân bố không đều ở mặt ngoài vật dẫn, tập trung tại các chỗ lồi và nhọn.

VM =

 Bài giải  Ta có: Công của lực điện trường là A = q.U AB = ΔWd

+Điện trường bên trong vật dẫn: E = 0; điện trường trên mặt vật dẫn luôn vuông góc với mặt vật dẫn qua điểm đó. -Sử dụng các công thức:

U MN =

ΔWd 250.1,6.10−19 = = −250 V . q − 1,6.10−19

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

3.4. Electron chuyển động không vận tốc đầu từ A đến B trong điện trường đều, UBA = 45,5V. Tìm vận tốc electron tại B.

+Định luật bảo toàn điện tích cho hệ cô lập về điện: Σq = const hay Σqt = Σqs. +Điện lượng dịch chuyển: ∆q = |q – q’| (đối với một vật).

 Bài giải 

-Một số chú ý: Trên bề mặt vật dẫn luôn chịu tác dụng của một áp suất tĩnh điện: ε E2 p = 0 , ε0 = 8,85.10-12(C2/kg.m2): hằng số điện; E: cường độ điện trường. 2

Ta có: Công của lực điện trường: A = qU AB = ΔWd =

. Với dạng bài tập về mối liên hệ giữa cường độ điện trường và hiệu điện thế. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Với điện trường đều: E =

U (d là khoảng cách hình chiếu trên một đường sức giữa hai điểm ta d

vB =

2qUAB = m

mv 2B (UAB = -UBA = -45,5V) 2

2.(−1,6.10−19 ).(−45,5) = 4.106 (m/s) . 9,1.10−31

Vậy: Vận tốc của electron tại B là vB = 4.106 (m/s). 3.5. Electron chuyển động quanh nhân nguyên tử hiđrô theo quỹ đạo tròn bán kính R = 5.10-9cm.

xét).

a)Tính điện thế tại một điểm trên quỹ đạo electron. b)Khi electron chuyển động, điện trường của hạt nhân có sinh ra công không? Tại sao?

+Với điện trường không đều: Xác định mặt đẳng thế (quỹ tích những điểm có cùng điện thế).

 Bài giải  a)Điện thế tại một điểm trên quỹ đạo electron

Sử dụng hệ thức: E = -

ΔV , n là vectơ pháp tuyến với mặt đẳng thế, hướng về điện thế giảm. Δn

kq 9.109.1,6.10−19 = = 28,8 V ε.r 5.10−11 Vậy: Điện thế tại một điểm trên quỹ đạo của electron là V = 28,8V.

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG---

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

-Một số chú ý: E luôn hướng từ nơi có điện thế cao đến nơi có điện thế thấp.

. CÔNG CỦA LỰC ĐIỆN. ĐIỆN THẾ VÀ HIỆU ĐIỆN THẾ 3.1. Hiệu điện thế giữa hai điểm M, N trong điện trường UMN = 100V. a)Tính công của lực điện trường khi một electron di chuyển từ M đến N.

Ta có: V =

một quỹ đạo khép kín. 3.6. Điện tích Q = 5.10-9C đặt ở O trong không khí. a)Cần thực hiện A’1 bao nhiêu để đưa q = 4.10-8C từ M cách Q đoạn r1 = 40cm) đến N (cách Q đoạn r2 = 25cm).

b)Tính công cần thiết để di chuyển electron từ M đến N.  Bài giải 

b)Cần thực hiện công A’2 bao nhiêu để đưa q từ M chuyển động chậm ra xa vô cùng (r3 = ∞ ).  Bài giải 

a)Công của lực điện trường Ta có: A = qUMN = -1,6.10-19.100 = -1,6.10-17 J.

3.9. Có thể tích điện cho vào một vật dẫn cô lập đến một điện thế tối đa là bao nhiêu khi chiếu vào vật một chùm tia electron, bay với vận tốc v? Khối lượng m và điện tích e của electron coi

a)Công đưa q từ M đến N 9

-Ta có: +Điện thế tại điểm M: VM = k +Điện thế tại điểm N: VN = k

−9

Q 9.10 .5.10 = ε.r1 0,4

= 112,5 V

như đã hết.

 Bài giải 

Q 9.109.5.10−9 = = 180 V ε.r2 0,25

Công cần thực hiện để tích điện cho vật dẫn: A' = -A = -qV =

-Công cần thực hiện để đưa q từ M đến N: A’1 = -A = -q.UMN = -q(VM - VN) => A’1 = - 4.10-8(112,5 - 180) = 2,7.10-6J. Vậy: Công cần thực hiện để đưa q từ M đến N là A’1 = 2,7.10-6J.

-qV =

mv2 mv02 − 2 2

b)Công cần thực hiện để đưa q từ M ra vô cùng

Vmax =

mv2 mv2 (khi v0 = 0). = − 2q 2e

Ta có: V∞ = 0 =>

A’2 = -A = − qU M∞ = −q(VM − V∞ ) = −qVM

Vậy: Công cần thực hiện để đưa q từ M ra vô cùng là A’2 = -4,5.10-6 J. 3.7. Tính thế năng của hệ thống hai điện tích điểm q1, q2 cách nhau khoảng r trong chân không.

 Bài giải  q1 r

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

kq1q 2 . r

 Bài giải  -Công của điện trường tác dụng lên electron: ke ke 2 = r r

-Để electron thoát khỏi sức hút prôtôn thì: Wđ ≥ A.

kq1q 2 . r

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

=> 1 (q1V1+q2V2), với V1 = 2

kq 2 kq 1 kq kq kq q , V2 = 1 nên W = (q1. 2 +q2. 1 ) = 1 2 ( ε = 1). r εr21 εr12 2 εr21 εr12

3.8. Hai điện tích q1 = 2.10-6C, q2 = -3.10-6C cách nhau 20cm trong không khí. Di chuyển hai điện tích để chúng cách nhau 50cm. Năng lượng của hệ hai điện tích tăng hay giảm. Tính độ biến thiên năng lượng của hệ.

 Bài giải 

mv2 ke 2 ≥ => v ≥ 2 r v≥

2ke 2 mr

2.9.109.(1,6.10−19 ) 2 = 3,2.106 (m/s) . 9,1.10− 31.5,2.10−11

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

3.11. Trong nguyên tử hiđrô, electron chuyển động quanh hạt nhân theo quỹ đạo tròn bán kính R = 5.10-9cm. Tính năng lượng cần cung cấp để ion hóa nguyên tử hiđrô (đưa electron ra xa vô cực).

 Bài giải  -Electron chuyển động xung quanh hạt nhân theo quỹ đạo tròn dưới tác dụng của lực hướng tâm, lực này chính là lực Cu-lông:

-Thế năng ban đầu của hệ hai điện tích: kq1q 2 9.109.2.10−6.(−3.10−6 ) = = −0,27 J r1 0,2

F=k

-Thế năng lúc sau của hệ hai điện tích: W2 =

cần có vận tốc tối thiểu là bao nhiêu?

A = qV = e

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

W1 =

mv2 . 2e 3.10. Electron ở cách prôtôn đoạn r = 5,2.10-9cm. Muốn electron thoát khỏi sức hút prôtôn nó Vậy: Có thể tích điện cho vật dẫn cô lập đến điện thế tối đa là V =

A’2 = - 4.10-8.112,5 = -4,5.10-6 J.

Ta có: +Điện thế do q1 gây ra: V = k

mv2 mv02 − 2 2

kq1q 2 9.109.2.10−6.(−3.10−6 ) = = −0,108 J r2 0,5

e 2 mv 2 = => v = r2 r

-Đông năng của electron: Wd =

-Độ biến thiên năng lượng của hệ:

ke2 mr 1 1 ke2 ke2 mv2 = m = 2 2 mr 2r

-Thế năng của electron: Wt = qV = −e

ΔW = W2 − W1 = −0,108 + 0,27 = 0,162 J > 0 : năng lượng của hệ tăng.

Vậy: Khi di chuyển hai điện tích ra xa nhau thì năng lượng của hệ tăng.

ke ke2 =− r r

-Năng lượng toàn phần của electron: W = Wd + Wt = −

ke 2 <0 2r

-Năng lượng cần thiết để ion hóa nguyên tử hiđrô: W' = -W = =>

W’ =

ke2 2r

-Năng lượng của hệ lúc đầu bằng động năng của electron II: Wđầu =

9.109.(1,6.10−19 ) 2 = 2,3.10−18 J = 14,4 eV . 2.5.10−11

-Năng lượng của hệ lúc sau: Wsau =

Vậy: Năng lượng cần thiết để ion hóa nguyên tử hiđrô là W’ = 14,4 eV. 3.12. Hai electron ban đầu ở rất xa nhau, chuyển động lại gần nhau. Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa chúng trong các trường hợp sau: a)Electron I được giữ cố định, electron II bay đến electron I với vận tốc đầu v0.

 Bài giải  Chọn gốc thế năng ở ∞ (V∞ = 0) a)Khi electron I được giữ cố định, electron II bay đến với vận tốc đầu v0 -Năng lượng của hệ lúc đầu là động năng của electron II: Wđầu =

mv02 2

mv02 ke2 = + mv2 2 r -Theo định luật bảo toàn động lượng: =>

− ke ke 2 Wsau = − e.( )= r r -Theo định luật bảo toàn năng lượng: Wđầu = Wsau

mv20 ke2 v2 = +m 0 2 r 4

mv02 ke2 4ke2 . =  r= 4 r mv20

electron I, khoảng cách nhỏ nhất giữa chúng là r =

3.13. Quả cầu nhỏ khối lượng m mang điện tích +q trượt không ma sát với v0 = 0 từ đỉnh B có độ

Tính vận tốc quả cầu khi đến C. Định α để quả cầu có thể đến được C.

 Bài giải  -Chọn mốc thế năng hấp dẫn ở chân mặt phẳng nghiêng; mốc thế năng điện ở vô cùng. -Năng lượng của điện tích +q gồm có:

2ke2 . mv20

+Động năng:

+Thế năng điện:

2 0

mv mv + = mv20 2 2

ke r -Theo định luật bảo toàn năng lượng: Wđầu = Wsau

-Năng lượng của hệ lúc sau: Wsau =

mv02 =

α -q A

− kq 2 h

(1)

1 − kq 2 mv 2 + 0 + (2) 2 AC -Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ kín (điện tích +q, điện tích -q và Trái Đất): -Năng lượng của +q khi ở C: WC =

ke 2 ke 2 r= r mv02

WB = WC

Vậy: Khi hai electron tự do chuyển động về phía nhau, khoảng cách nhỏ nhất giữa chúng là r=

k( −q).q kq 2 =− r r

-Năng lượng của +q khi ở B: WB = 0 + mgh +

+q B

mv2 2

+Thế năng hấp dẫn: mgz

b)Khi hai electron tự do chuyển động về phía nhau -Năng lượng của hệ lúc đầu là động năng của hai electron: Wđầu =

4ke2 . mv02

cao h của mặt phẳng nghiêng BC (góc nghiêng α ). Tại đỉnh góc vuông A của tam giác ABC có

Vậy: Khi electron I được giữ cố định, electron II bay đến với vận tốc đầu v0 thì khoảng cách nhỏ

2 0

v0 2

một điện tích –q.

mv02 ke2 2ke2 = r= 2 r mv02

nhất giữa chúng là r =

m v0 = m v + mv  v =

Vậy: Khi hai electron tự do, ban đầu electron I đứng yên, electron II chuyển động về phía

-Năng lượng của hệ lúc sau (khi dừng lại) là thế năng tương tác tĩnh điện tạo nên do sự có mặt của electron này trong điện trường tạo bởi electron kia:

mv2 ke2 mv2 ke2 + + = mv2 + 2 r 2 r

-Theo định luật bảo toàn năng lượng: Wđầu = Wsau

b)Hai electron tự do, chuyển động về phía nhau với cùng vận tốc đầu v0. c)Hai electron tự do, ban đầu electron I đứng yên, electron II bay đến electron I với vận tốc đầu v0.

mv20 . 2

ke 2 . mv20

c)Khi hai electron tự do, ban đầu electron I đứng yên, electron II chuyển động về phía electron I

kq 2 1 kq 2 = mv2 − h 2 AC



mgh −

v 2 = 2[gh −

kq 2 1 1 )] ( − m h AC

Với AC =

h kq 2 => v 2 = 2[gh (1 − tanα )] tanα mh

v = 2[gh − (1 − tanα )

kq 2 ] mh

tanα ≥ 1 −

kq ≥0 mh

kq 2 ] , để quả cầu đến được C thì mh

mgh 2 . kq 2

3.14. 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: a)Điện thế tại B, C. b)Công của điện trường khi q = 10-9C di chuyển từ B đến C.

kq1 kq 2 + AB BD

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

Vậy: Có hai điểm có điện thế bằng 0 nên trên AB là M1 và M2 với AM1 = 3 cm, BM1 = 5 cm; AM2 = 12 cm, BM = 20 cm. b)Những điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A Gọi P là điểm có điện thế bằng 0 trên đường vuông góc với AB tại A:

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.

tại điểm có cường độ điện trường bằng 0:  Bài giải  -Vì q1, q2 cùng dấu nên điểm có cường độ điện trường bằng 0 nằm giữa q1, q2.

3.10 5.10 = ⇔ AP = 0,6BP AP BP Mặt khác: BP2 - PA2 = AB2 = 64 => BP2 - 0,36BP2 = 64 => BP2 = 100



B q1

6cm. 3.17. Hai điện tích điểm q và –nq (n > 1) đặt tại A, B cách nhau đoạn a. Chứng minh rằng mặt có điện thế bằng 0 là mặt cầu. Tính bán kính R của mặt cầu và vị trí tâm O của mặt cầu. Áp dụng với n = 2, q = 6cm.

EC = E1 + E 2 = 0

E2 C

−8

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

-Gọi C là điểm có cường độ điện trường bằng 0, ta có:



kq1 kq 2 + =0 AP PB

−8

Vậy: Công của điện trường khi điện tích q di chuyển từ B đến C là A = 3,6.10-5 J. 3.15. Hai điện tích q1 = 10-8C, q2 = -5.10-8C đặt cách nhau 12cm trong không khí. Tính điện thế

q q 10−8 4.10−8 k 12 = k 22  = 2 AC BC AC (0,12 − AC)2

3.10−8 5.10−8 AM = ⇔ = 0,6 AM BM BM AM = 0,6BM (BM > AM)

VP =

kq1 kq 2 + =0 AM BM

+Nếu M nằm ngoài A, B thì: BM2 – AM2 = AB = 8  BM2 - 0,6BM2 = 8 => BM2 = 20 cm và AM2 = 0,6.20 = 12 cm.

9.109.5.10−6 9.109.2.10−6 + = 1,5.105 V 0,5 0,3

E1 = − E 2 ⇔ E1 = E 2

 Bài giải  a)Những điểm có điện thế bằng 0 trên AB

+Nếu M nằm giữa A, B thì: AM1 + BM1 = AB = 8  1,6BM1 = 8 => BM1 = 5 cm và AM1 = 0,6.5 = 3 cm.

kq kq -Điện thế tại C: VC = 1 + 2 AC DC



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

=> A

a)Điện thế tại B và C

VC =

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

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

Ta có: BD = AB2 + AD 2 = 302 + 402 = 50 cm

VC =

kq1 kq 2 + AC BC

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

 Bài giải 

AC = 0,04m; BC = 0,12 − 0,04 = 0,08m

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

Vậy: Vận tốc của quả cầu khi đến C là v = 2[gh − (1 − tanα )

-Điện thế tại B: VB =

mgh 2 kq 2

góc α phải thỏa tanα ≥ 1 −

(0,12 − AC)2 0,12 − AC =4⇔ =2 AC2 AC

-Điện thế tại điểm C: VC =

-Để quả cầu m đến được C thì: gh − (1 − tanα )



 Bài giải 

-Điện thế do q gây ra tại khoảng cách r1: V1 =

-Điện thế tại tâm O:

kq r1

-Điện thế do (-nq) gây ra tại khoảng cách r2: V2 =

VO =

− nkq r2

Vì AO = BO = CO =

kq nkq -Gọi M là điểm có điện thế bằng 0, ta có: VM = − =0 r1 r2 r kq nkq => 2 = n = r1 r2 r1

<=>

(1)

M có tọa độ x, ta có: r1 = x ; r2 = x − a . =>

a' 1− n

O' ' O'

-nq a

a' 1+ n

− (x − a) a =nx= −x 1− n

(2)

+ 0 < x < a:

− (x − a) a =nx= x 1+ n

(3)

d na = 2 n2 − 1 -Gọi O' là vị trí tâm của mặt cầu, ta có: R=

AB, ngoài đoạn AB, cách A đoạn OO’ =

2 ≈ 1,4.

 Bài giải  Tại tâm hình vuông: VO =

kq1 kq 2 kq3 kq 4 + + + AO BO CO DO a 2 0,2 2 = = 0,1 2 m 2 2

Vì:

AO = BO = CO = DO =

9.109 9.109.2.7.10−8 VO = .(−q − q − q + q) = − = −9000 V . 0,1 2 0,1 2

q1<0 A

q2<0 O

B D q3<0

q4>0

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

na , tâm O’ nằm trên đường thẳng n 2 −1

a . n2 −1

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

a)Điện thế tại tâm O và tại trung điểm M của cạnh AB. b)Công cần để di chuyển điện tích q = -10-9C từ O đến M.

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

dương, độ lớn 7.10-8C trong không khí. Tính điện thế tại tâm hình vuông. Lấy

3.20. 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.

2.6 6 = 4 cm; OO' = 2 = 2 cm . 22 − 1 2 −1

Vậy: Mặt có điện thế bằng 0 là mặt cầu có bán kính R =

VM = 9.109 (

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

a na a a = − = 1 − n n2 −1 n −1 n2 − 1

-Áp dụng: Với n = 2, a = 6 cm thì: R=

kq1 kq 2 kq3 q q q + + = k( 1 + 2 + 3 ) AM BM CM AM BM CM

Vậy: Công cần để di chuyển q từ O đến M là A’ = 5.10-7 J. 3.19. Tại 4 đỉnh ABCD của hình vuông cạnh a = 20cm đặt lần lượt ba điện tích âm, một điện tích

a a a a 2na và ; có đường kính là: d = + = hay có bán kính: 1+ n 1− n n + 1 n −1 n2 − 1

OO' = R −

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

10−8 10−8 − 10 −8 + + ) = 1000 V . 0,03 3 0,03 3 0,06. 3. 3 2 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.

x−a a <0 + a < x: =nx= (vô lý). x 1− n -Kết hợp (1), (2), (3), ta thấy mặt có điện thế bằng 0 là mặt cầu mà đường kính cắt trục Ox tại hai điểm có tọa độ

VM = =>

-Có ba trường hợp: + x < 0:

VO =

2 a 3 a 3 0,06 3. 3 = = = 0,06 m 3 2 3 3

-Điện thế tại trung điểm M của cạnh AB:

-Chọn gốc tọa độ O của trục Ox tại vị trí đặt điện tích q thì điện tích (-nq) có tọa độ a nên điểm

x −a =n x

kq1 kq 2 kq 3 k + + = (q1 + q 2 + q 3 ) AO BO CO AO

-Công cần thực hiện để đưa điện tích q2 từ ∞ đến đỉnh B của tam giác: q1 q1q 2 q2 (1) =k 2 2 a a -Công cần thực hiện để đưa điện tích q3 từ ∞ đến đỉnh C của tam giác: A3 = q3V3 = qV3 q3 B kq1 kq 2 2kq với: V3 = V1 + V2 = + = a a a

A2 = k

q2 C

2kq2 (2) a -Công cần thực hiện để đưa cả ba điện tích trên đến ba đỉnh A, B và C của tam giác là: =>

A3 =

kq 2 2kq2 3kq2 3.9.109.(10-8 ) 2 + = = = 9.10-5J a a a 3.10- 2 Vậy: Công cần thực hiện để đưa 3 điện tích đến 3 đỉnh của tam giác đều là: A = 9.10-5J. A = A2 + A3 =

3.21. Chứng minh rằng thế năng của hệ n điện tích điểm trong không khí là Wt =

qi q j

i,j

rij

k .

2k . ma

v = vmax = e

Vậy: Vận tốc cực đại mà mỗi electron đạt được là vmax = e (với

2k . ma

i < j).

3.23. Hai điện tích +9q và –q được giữ chặt tại A, B trong chân không, AB = a. Một hạt khối lượng m, điện tích q chuyển động dọc theo đường AB như hình bên. Tìm vận tốc của m khi ở rất

 Bài giải  -Công của lực tác dụng lên vật trong trường lực thế bằng độ giảm thế năng của vật đó trong

xa A, B để nó có thể chuyển động đến B.  Bài giải 

trường lực, công mà lực điện trường thực hiện khi một điện tích q dịch chuyển từ A tới B là: AAB = WA - WB (WA, WB là thế năng của điện tích q tại các vị trí A và B).

Gọi q1 = 9q; q2 = -q; q3 = q là điện tích chuyển động dọc theo AB: q3 chịu tác dụng của lực đẩy F13 của q1, lực hút F23 của q2. -Xét tại điểm C cách B khoảng x, khi đó ta có:

qq qq Ta có: WA = k 1 2 + C ; WB = k 1 2 + C (C là hằng số tùy ý). εrA εrB

qq qq F13 = k 1 3 2 ; F23 = k 2 2 3 (a + x) x

-Thế năng của một điện tích q1 đặt trong điện trường của điện tích điểm q2 và cách điện tích này +Khi F13 > F23 => k

q1q 2 +C ε.r -Thế năng của hệ n điện tích điểm trong không khí:



3 1 9q 2 q2 => > > a+x x (a + x) 2 x 2

2x > a  x >

W = k

q iq j rij

i, j

(với i < j).

qiq j

i, j

rij

qiq j

i, j

rij

(i < j).

q'3

a thì 2

a : lực tổng hợp tác dụng lên q3 bằng 0. 2

a : lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực hút. 2 Như vậy, vận tốc ban đầu v0 tổi thiểu của hạt là ứng với vận tốc vC của hạt tại C bằng 0 (vC = 0).

+Khi F13 < F23 => x <

3.22. Ba electron ban đầu đứng yên ở ba đỉnh tam giác đều cạnh a, sau đó chúng chuyển động do

3ke2 a

-Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 1 mv02 2 +Tại C, vì vC = 0 nên hạt chỉ có thế năng điện trường của q1, q2:

+Ở xa vô cùng hạt chỉ có động năng: Wđ =

Wt = (k 3ke 2 a

-Vì ba electron hoàn toàn bình đẳng nhau nên ∆ W’đ = 3Wđ =

a 2

+Khi F13 = F23 => x = x 0 =

lực tương tác tĩnh điện. Tìm vận tốc cực đại mỗi electron đạt được.  Bài giải  -Tương tự bài trên, công lực điện trường để đưa cả ba electron ra xa nhau (Wđ = Wđmax; Wt = 0 nên v = vmax) là:

-Mặt khác: ∆ W’đ = A =

q3 sẽ chuyển động chậm dần.

(i < j)

Vậy: Thế năng của hệ n điện tích điểm trong không khí là W =  k

A’ = - A = -

Vì F13 > F23 nên lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực đẩy, do đó khi q3 cách B một đoạn x >

-Chọn gốc thế năng ở vô cùng: C = W∞ = 0 W = k

q1q 3 qq > k 223 (a + x) 2 x

một đoạn r là: W=k

q1 q + k 2 )q3 a + x0 x0

+Theo định luật bảo toàn năng lượng: Wđ = WC 3ke2 (v0 = 0 => W0đ = 0) a

mv2 ke2 = 2 a



mv20 q1 q = (k + k 2 )q 3 2 a + x0 x0

v 20 =

2kq3 q1 q 2kq 9q −q ( + 2)= ( + ) a m a + x0 x0 m a+a 2 2

v 20 =

v0 =

2kq 2 9 1 2kq2 6 8kq 2 ( − )= . = m 1,5a 0,5a m 1,5a ma



8kq 2 hay ma

M vuông, sau đó bay ra xa nhau. Biết tỉ số khối lượng của chúng = 2000, còn điện tích thì m giống nhau. Coi rằng khi bắt đầu chuyển động tự do, các hạt pôzitrôn sẽ bay ra xa vô cực rất nhanh, sau đó các prôtôn mới tách xa nhau. Tính tỉ số vận tốc pôzitrôn và prôtôn khi đã bay xa nhau vô cực. M = 2000 nên các hạt m pôzitrôn có gia tốc lớn hơn gia tốc các hạt prôtôn 2000 lần. Do đó, các hạt pôzitrôn sẽ đi ra xa vô cực rất nhanh sau đó các hạt prôtôn sẽ tách ra do tương tác giữa chúng với nhau. Vì thế ta có thể coi rằng khi các pôzitrôn dịch chuyển thì các prôtôn đứng yên. *Nhận xét: Ban đầu, lực tác dụng lên các hạt có độ lớn bằng nhau nhưng

-Nếu không có các hạt prôtôn thì thế năng tương tác giữa các hạt pôzitrôn là: W = eV =

ke 2 a 2

(

)

(

)

2000. 1 + 4 2 ≈ 115.

điện tích dq coi như điện tích điểm. Điện thế tại M trên trục vòng dây do dq gây ra:

p’

ke a -Thế năng toàn phần của các hạt pôzitrôn là: V’ =

W0 = W + 2eV’ + 2eV’ =

dV = k

ε R2 + h2

-Điện thế tổng cộng do vòng dây gây ra tại M: V =  dV = =>

k ε R 2 + h2

kQ ε R 2 + h2

d

với

d

Q 4π εε 0 R 2 + h 2 Q 4π εε 0 R 2 + h 2

Ta có: Vận tốc nhỏ nhất của q tại A để q vượt qua vòng dây tương ứng vận tốc ở B của q sẽ bằng 0.

-Năng lượng của q tại A: WA = k

p’

-Khi các hạt pôzitrôn chuyển động ra rất xa nhau, toàn bộ thế năng này chuyển thành động năng của chúng: W0 = Wđ. mv2 ke2  1  = mv2 + 4 = 2  2 a  2 

của q tại A để q vượt qua được vòng dây. Khối lượng q là m.  Bài giải 

ke  1  + 4  a  2 

3.26. Vòng dây bán kính R tích điện Q phân bố đều, đặt trong không khí. Điện tích điểm q cùng dấu với Q từ A trên trục vòng chuyển động đến tâm B của vòng, AB = d. Tìm vận tốc nhỏ nhất

a 2

ke 4ke + a a 2

Vậy: Điện thế do vòng dây gây ra tại M là V =

-Điện thế do mỗi hạt prôtôn gây ra tại vị trí mỗi hạt pôzitrôn là:



M .1+ 4 2 = m

v   =  v' 

)

3.25. Vòng dây tròn bán kính R tích điện đều với điện tích Q. Tính điện thế tại M trên trục vòng dây, cách tâm một đoạn h.  Bài giải  -Chia vòng dây thành những đoạn vô cùng nhỏ dl mang

 Bài giải 

W0 =

(

v Vậy: Tỉ số vận tốc của pôzitrôn và prôtôn khi đã bay xa nhau ra vô cực là   ≈ 115.  v' 

8kq 2 . ma

3.24. Hai hạt prôtôn và hai hạt pôzitrôn ban đầu nằm yên xen kẽ nhau ở các đỉnh của một hình

(2)

M 1 M  v -Từ (1) và (2) suy ra:   = . + 4 . 2 = . 1+ 4 2 m 2 m  v'  

8kq 2 ma

Vậy: Vận tốc tối thiểu của m khi ở rất xa A để có thể chuyển động đến B là v 0 = v0 ≥

ke 2 Mv'2 =2 = Mv’2 2 a 2

(1)

R 2 + d2

mv02 2

Qq -Năng lượng của q tại B: WB = k (vì h = 0; vB = 0) R -Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: WA = WB Qq



-Khi các hạt prôtôn chuyển động ra rất xa nhau, toàn bộ thế năng này chuyển thành động năng của chúng: W’ = W’đ.

mv02 1 1 = kQq( − ) 2 R R 2 + d2

R +d

R B

mv20 Qq =k 2 R

ke 2 -Thế năng ban đầu của các hạt prôtôn là: W’ = . a 2

3.28. Có n giọt thủy ngân hình cầu giống nhau được tích điện, điện thế bề mặt mỗi quả cầu là V0. Nhập các giọt này thành một giọt hình cầu lớn. Tìm điện thế trên mặt giọt lớn này.

2kQq 1 1 ( − ) 2 m R R + d2

v 20 =

v0 =

2kQq 1 1 ( − ) m R R 2 + d2

Vậy:

Vận

tốc

nhỏ

nhất

của

 Bài giải  -Điện thế bề mặt của một giọt thủy ngân nhỏ (bán kính r) là: V0 =

tại

để

vượt

qua

được

vòng

dây

là

. VẬT DẪN CÂN BẰNG ĐIỆN 3.27. Hai quả cầu kim loại nhỏ có bán kính R1 = 3R2 đặt cách nhau đoạn r = 2cm trong không khí, hút nha bằng lực F = 27.10-3N. Nối hai quả cầu bằng dây dẫn. Khi bỏ dây nối chúng đẩy nhau bằng lực F’ = 6,75.10-3N. Tìm điện tích lúc đầu của các quả cầu.  Bài giải 

-Gọi điện thế của mỗi quả cầu lúc ban đầu là V1, V2. Ta có:

-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. ' 2

q q =k R1 R2

q1' q '2 = −

(1)

kq = r

n 2 V0 . 3

n 2 V0 .

-Cường độ điện trường E0:

q '2 = 10−8 C; q1' = 3.10−8 C

q2 = 4.10-8 - q1

U BC 120 BA (với cosα = =  BA = BCcosα ) B'C' BA BC

E0 =

120 120 120 = = = 4000 (V/m) BC.cosα 0,06.cos600 0,06.0,5

-Cường độ điện trường do q gây ra ở A:

(2)

-Từ (1) và (2) suy ra: q − 4.10 q1 − 1,2.10

q1 = 6.10−8 C; q 2 = −2.10−8 C hoặc  −8 −8 q1 = −6.10 C; q 2 = 2.10 C

E0 =

cường độ điện trường E0 = 4000(V/m). b)Cường độ điện trường tổng hợp tại A

q1' + q '2 = q1 + q 2 = 4.10−8 C −8

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm AC là UAC = 0; hiệu điện thế giữa hai điểm BA là UBA = 120V;

-Theo định luật bảo toàn điện tích:

n2 .

. LIÊN HỆ GIỮA CƯỜNG ĐỘ ĐIỆN TRƯỜNG VÀ HIỆU ĐIỆN THẾ 3.29. Tam giác ABC vuông tại A được đặt trong điện trường E0 đều E 0 , α = ABC = 600; AB // E 0 . Biết BC = 6cm, UBC = C

F' .r 2 6,75.10−3.0,022 =− = 3.10−16 k 9.109

2 1

-Hiệu điện thế giữa hai điểm B, A: UBA = qE0.B'A' = UBC = 120 V

' ' 1 2

knq = r.3 n

UAC = qE0.A'C' = 0 (A'C' là hình chiếu của AC lên phương của đường sức).

-Mà q1' = 3q '2 => 3q '2 = 3.10−16 =>

Do đó: V =

a)Tính UAC, UBA và E0 -Hiệu điện thế giữa hai điểm A, C:

F.r 2 27.10−3.0,022 =− = −1,2.10−15 q1q 2 = − k 9.109

-Lực đẩy lúc sau của hai quả cầu: F' = k

R = r3 n

Tìm cường độ điện trường tổng hợp ở A.  Bài giải 

q1' R1 = =3 q '2 R 2

qq -Lực hút ban đầu của hai quả cầu: F = k 1 2 2 r =>

120V. a)Tìm UAC, UBA và cường độ điện trường E0. b)Đặt thêm ở C điện tích điểm q = 9.10-10C.

-Gọi điện tích và điện thế của các quả cầu sau khi nối dây là: q1' , q '2 , V1' , V2' . Ta có:

4 3 4 πR = n. πr 3 3 3

Vậy: Điện thế trên mặt giọt thủy ngân lớn là V =

q q V1 = k 1 ; V2 = k 2 R1 R2

V1' = V2'  k

knq . R -Mặt khác, thể tích của giọt thủy ngân lớn bằng thể tích của n giọt thủy ngân nhỏ nên: -Điện thế bề mặt của giọt thủy ngân lớn (bán kính R) là: V =

2kQq 1 1 v0 = ( − ). m R R 2 + d2

' 1

kq . r

−15

C q

q1 = -2.10−8 C; q 2 = 6.10−8 C  −8 −8 q1 = 2.10 C; q 2 = -6.10 C

E1 =

đường sinh vuông góc với mặt phẳng, hai đáy song song (dáy trên chứa điểm A) cách mặt phẳng

kq kq = AC 2 (BCsinα ) 2

một khoảng h và có diện tích ΔS . Chọn chiều dương của pháp tuyến n hướng ra ngoài mặt S.

9.109 .9.10−10 9.109 .9.10−10 E1 = = = 3000 (V/m) (0,06.sin600 ) 2 3 2 (0,06. ) 2 -Cường độ điện trường tổng hợp ở A:

Vì pháp tuyến của mặt xung quanh hình trụ vuông góc đường sức nên α = 900 => cosα = 0, điện thông qua mặt xung quanh bằng 0. Điện thông toàn phần qua mặt S chỉ còn bằng điện thông qua hai đáy và có giá trị: Φ = 2E ΔS. cosα = 2E.∆S

E = E1 + E 0

+Điện tích q ở bên trong mặt ΔS là điện tích có trên phần mặt phẳng có diện tích ΔS giới hạn 2 1

2 0

Vì E1 ⊥ E 0  E = E + E =

bởi mặt trụ: q = σ.ΔS .

3000 + 4000 = 5000 (V/m) . 2

+Áp dụng định lí Ostrogradski – Gauss: Φ = 2E.ΔS =

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

3.30. Điện tích q = 10-8C di chuyển dọc theo các cạnh của tam giác đều ABC cạnh a = 10cm trong điện trường đều cường độ điện trường là: E = 300(V/m), E // BC. Tính công của lực điện trường khi q di chuyển trên mỗi cạnh tam giác.

σ 2ε 0

+Điện thế do mặt phẳng tích điện q gây ra tại tấm kim loại cách mặt q đoạn l1, l2 là:

 Bài giải  -Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh AB của tam giác: a 0,1 AAB = -qE.A'B' = −qE. = −10−8 .300. = −1,5.10−7 J 2 2 -Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh BC của tam giác: ABC = qE.BC = 10-8.300.0,1 = 3.10-7 J

σ.ΔS ε0

V1 = Ex =

σ.l1 σ.l ; V2 = Ex = 2 2ε 0 2ε 0

-Hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại: A

U12 = V1 - V2 =

σ(l1 − l2 ) q(l1 − l2 ) = . 2ε 0 2ε 0S

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai tấm kim loại là U12 =

-Công của lực điện trường khi q di chuyển trên cạnh CA của tam giác:

q(l1 − l2 ) . 2ε 0S

3.32. Hai mặt phẳng rộng vô hạn tích điện đều trái dấu nhau, mật độ điện mặt ± σ . Chọn gốc

ACA = -qE.A'C = AAB = − 1,5.10−7 J .

điện thế ở bản tích điện âm, trục Ox hướng vuông góc từ bản âm sang bản dương. Tìm điện thế

3.31. Mặt phẳng diện tích S tích điện q phân bố đều. hai tấm kim loại có cùng diện tích S đặt 2 bên mặt q cách mặt q những đoạn nhỏ l1, l2. Tìm hiệu điện thế giữa 2 tấm kim loại.

tại một điểm trong khoảng giữa hai bản.

 Bài giải  -Trước hết cần xác định cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng rộng vô hạn tích điện đều

 Bài giải  -Áp dụng kết quả tìm được ở phần cường độ điện trường do một

đặt trong chân không.

mặt phẳng rộng vô hạn tích điện đều gây ra, ta vận dụng định lí + Ostrogradski – Gauss cho hệ hai mặt phẳng tích điện. Vì điện + σ tích phân bố đều trên hai mặt phẳng nên dễ dàng nhận xét rằng

q là mật độ điện mặt của mặt phẳng tích điện (giả sử σ > 0 ). Do tính chất phân bố S điện tích trên mặt phẳng, ta thấy mặt phẳng tích điện chia không gian làm hai nửa đối xứng nhau. Vì mặt phẳng vô hạn, nên bất kì đường thẳng nào vuông n góc với mặt phẳng cũng đều là trục đối xứng của hệ điện E A ΔS tích. Do đó, các vectơ cường độ điện trường tại mọi điểm + + + + bên ngoài mặt phẳng đều song song với nhau và vuông góc +Gọi σ =

với mặt phẳng có độ lớn bằng nhau, hướng ra xa mặt phẳng

+ +

nếu σ > 0 (mặt phẳng tích điện dương) và hướng về phía mặt phẳng nếu σ < 0 (mặt phẳng tích điện âm). Như vậy ở

ΔS

cường độ điện trường gây bởi từng mặt và bởi cả hai mặt có phương vuông góc với các mặt. Mặt khác, cường độ điện trường

E có độ lớn như nhau tại các điểm cách đều mặt phẳng. Ngoài ra, ở - σ S1 trong khoảng giữa hai mặt phẳng, vectơ E có chiều từ mặt phẳng ΔS tích điện dương sang mặt phẳng tích điện âm. Chọn mặt kín S là

ΔS

+ S3

mặt trụ, có hai đáy song song diện tích ΔS cách đều mặt phẳng và mặt xung quanh hình trụ vuông góc với mặt phẳng.

+Điện thông N qua toàn bộ mặt S chỉ còn bằng điện thông qua hai mặt đáy. Đối với mặt kín S3 thì tổng đại số các điện tích bên trong mặt kín là:

mỗi nửa không gian hai bên mặt phẳng tích điện, điện trường là đều.

 q = σΔS + (−σΔS) = 0

+Để xác định cường độ điện trường do mặt phẳng tích điện gây ra tại A cách mặt phẳng một khoảng h, ta chọn mặt kín S là một hình trụ (biểu diễn bằng đường nét đứt trên hình vẽ) có

+Áp dụng định lí Ostrogradski – Gauss:

Φ=

q  2E.Δ S = 0  E = 0 ε0

Như vậy, cường độ điện trường tại mọi điểm trong khoảng không gian bên ngoài hệ hai mặt phẳng (ở cả hai phía của hệ) bằng 0: E = 0 . +Đối với các mặt kín S1, S2 thì điện tích q ở bên trong mặt kín có độ lớn q = σΔS và Φ = E. ΔS . Do đó: Φ=

q σΔS σ  E. ΔS = E= ε0 ε0 ε0

Vậy: Điện thế tại một điểm trong khoảng giữa hai bản là V = Ex =

một điểm trên thanh để thanh vuông góc với đường sức, cần thực hiện công A’ = 3.10-10J. Tính hiệu điện thế giữa 2 bản kim loại.  Bài giải  -Từ kết quả các bài trên, cường độ điện trường giữa hai bản kim loại phẳng tích điện trái dấu với σ = 4π kσ . ε0

-Lực điện tác dụng vào mỗi quả cầu có độ lớn: F = qE = q. 4π kσ . -Khi quay thanh một góc 90o quanh một trục qua một điểm bất kì trên thanh một góc 90o thì đầu kia chuyển động dọc theo đường sức so với đầu này của thanh một đoạn s = l nên công phải thực hiện là: + -

U = 4π kσ .d =

A' d 3.10−10.10−1 = 300 V = ql 10−11.10− 2

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản kim loại là U = 300V.

+ + d

+Theo định lí Ostrogradski - Gauss: Φ = =>

q q <=> 4πr 2 E = ε0 ε0

q kq = 4 π r 2ε 0 r 2

kq . r -Điểm A2 bên trong mặt cầu tích điện cách tâm O một khoảng r' < R: Vì quả cầu là vật đẳng thế nên điện thế tại một điểm bên trong quả cầu bằng điện thế tại một điểm trên mặt quả cầu: r’ = R. +Điện thế tại A1: VA1 = Er =

r O

+Xét mặt cầu S2, tâm O, bán kính r' = R chứa điểm A’. +Điện thông qua mặt kín S2: Φ = 4 πR 2 E

+Điện thông qua mặt kín S1: Φ = 4π r 2 E

+Áp dụng định lí Ostrogradski - Gauss: Φ = E=

q q <=> 4 π R 2 E = ε0 ε0

q kq = 2 4 π R 2ε0 R

+Điện thế tại A’: VA’ = ER =

kq . R

kq kq ; r ≥ R: VA1 = . R r 3.36. Quả cầu bán kính R tích điện đều với mật độ điện khối ρ . Tính điện thế tại điểm cách tâm

trường tại một điểm ở sát mặt ngoài của vật dẫn.

Vậy: Với r < R: VA2 = VA’ =

 Bài giải  -Điện thông qua mặt kín S: Φ =  EΔS.cosα = ES S

quả cầu một đoạn r.

1 1 σS -Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ = .Σ q i = .Σ σdS = εε 0 εε 0 εε 0 ES =

3.35. Một quả cầu kim loại bán kính R được tích điện q phân bố đều trên bề mặt. Tính điện thế tại một điểm cách tâm quả cầu đoạn r.  Bài giải 

3.34. Một vật dẫn tích điện phân bố đều trên bề mặt với mật độ điện mặt σ . Tính cường độ điện

σ . ε0

cường độ điện trường E đều vuông góc với S1 (tức là có phương trùng với bán kính), có độ lớn bằng nhau, hướng ra xa tâm O nếu σ > 0, hướng về phía tâm O nếu σ < 0.

σ x. ε0

3.33. Hai bản kim loại phẳng đặt song song cách nhau d = 10cm được tích điện trái dấu và cùng độ lớn. Một thanh điện môi chiều dài l = 1cm nằm dọc theo một đường sức, hai đầu thanh có 2 điện tích điểm cùng độ lớn q = 10-11C nhưng trái dấu. Khi quay thanh góc 900 quanh trục qua

A’ = Fs = q. 4π kσ l -Hiệu điện thế giữa hai bản kim loại là: U = Ed

Vậy: Cường độ điện trường tại một điểm sát mặt vật dẫn là E =

-Điểm A1 bên ngoài mặt cầu cách tâm O một khoảng r > R. +Xét mặt cầu S1, tâm O, bán kính r chứa điểm A1. Vì lí do đối xứng tại mọi điểm trên S1 vectơ

σ x ε0

mật độ điện mặt ± σ là: E =

σ σ = (trong chân không ε = 1) εε 0 ε0

Trước hết cần xác định cường độ điện trường gây bởi mặt cầu kim loại tâm O, bán kính R, tích điện q > 0.

-Điện thế tại một điểm trong khoảng giữa hai bản: V = Ex =

 Bài giải  Vì sự phân bố điện tích có tính đối xứng cầu nên đường sức điện trường là những đường thẳng trùng với phương bán kính, hướng ra xa tâm O của khối cầu nếu S > 0, hoặc hướng về tâm O nếu

σS εε 0

S < 0. Hơn nữa, tại các điểm cách đều tâm O, cường độ điện trường có giá trị như nhau. Chọn mặt kín S là mặt cầu đồng tâm với khối cầu và chứa điểm khảo sát. -Điểm A1, ở bên ngoài khối cầu tích điện cách tâm O một khoảng r > R: Xét mặt cầu S1, tâm O, bán kính r chứa điểm A1: 2

+Điện thông qua mặt S1: Φ = E.Δ S = 4π .r E +Theo định lí Ostrogradski - Gauss: Φ =



4πr 2 E = ρ

εS (4.2) 4πkd (S là diện tích phần đối diện giữa hai bản tụ; d là khoảng cách giữa hai bản tụ).

r O

ρR 3 . 3rε 0

+Theo định lí Ostrogradski - Gauss: Φ =

+Tụ điện trụ (hình c): C =

εS 4πkd

(4.4)

(S1 ≈ S2 ≈ S = 2πRl là diện tích của mỗi bản tụ điện)

q ε0

(n - 1)S (4.5) 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

+Tụ điện xoay (hình d): C = Với:

4πr '3 3ε 0

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

ρr ' 3ε 0

ρr ' +Điện thế tại A2: V = Er = 3ε 0

(n - 1)Smax (n - 1)Smin ; Cmin = 4πkd 4πkd

(4.6)

Vậy: Với r > R thì V =

(4.3)

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

+Điện thông bên trong mặt cầu S2: Φ = E.Δ S = E.4π r '

εR1R 2 4πk(R 2 -R1 )

+Tụ điện cầu (hình b): C =

-Điểm A2 ở bên trong khối cầu cách tâm O một khoảng r' < R.

4πr '2 E = ρ

Q εR , nếu là quả cầu cô lập thì C = : V là điện thế của vật dẫn; Q là V k

+Tụ điện phẳng (hình a): C =

ρR 3 3r 2ε 0



(Với vật dẫn cô lập: C =

điện tích của vật dẫn). -Điện dung của một số loại tụ điện thường gặp

q ε0

4π R 3 3

+Điện thế tại A1: V = Er =

Q (4.1) U (Q = |Q| = |Q’| là điện tích tụ điện; U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ) C=

ρR 3 ρR 2 ρr ' ; với r = R thì V = ; với r < R thì V = . 3rε 0 3ε 0 3ε 0

Hình a

Hình b

Hình c

3-Ghép các tụ điện a)Ghép song song: Ghép các bản cùng tên của các tụ lại với nhau. Ub = U1 = U2 = …; Qb = Q1 + Q2 +…; Cb = C1 + C2 +…

--------------------

Hình d

(4.7)

b)Ghép nối tiếp: Ghép liên tiếp bản âm của tụ này với bản dương của tụ kế tiếp.

Chuyên đề 4:

Ub = U1 + U2 + …;

TỤ ĐIỆN. NĂNG LƯỢNG ĐIỆN TRƯỜNG

Qb = Q1 = Q2 =…;

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

(4.8)

c)Ghép hỗn tạp: Vừa ghép nối tiếp vừa ghép song song.

II. NĂNG LƯỢNG ĐIỆN TRƯỜNG

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. TỤ ĐIỆN

1-Năng lượng của tụ điện: W =

1-Định nghĩa: Tụ điện là một hệ gồm hai vật dẫn đặt cách điện (điện môi hoặc chân không) với nhau, mỗi vật dẫn được gọi là một bản tụ điện. Mỗi tụ điện có hai bản: bản dương và bản âm. 2-Điện dung của tụ điện

2-Năng lượng điện trường

-Định nghĩa: Điện dung của tụ điện là đại lượng đặc trưng cho khả năng tích điện của tụ điện:

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

(4.9)

-Năng lượng điện trường: Năng lượng của tụ điện chính là năng lượng điện trường bên trong tụ điện.

-Mật độ năng lượng điện trường: Trong không gian giữa hai bản tụ có điện trường nên có thể nói năng lượng của tụ điện là năng lượng điện trường. Gọi V = Sd là thể tích vùng không gian giữa hai bản tụ thì mật độ năng lượng điện trường là: w=

W 1 CU = . V 2 Sd

-Nếu mạch gồm tụ điện, nguồn điện, điện trở mắc với nhau thì: +Nếu trong mạch có dòng điện thì khi giải cần:

(4.10)

Tính cường độ dòng điện trong các đoạn mạch. Tính hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch chứa tụ điện (bằng các định luật Ôm).

εS .(Ed)2 1 4πkd εE 2 . = (4.11) 2 Sd 8πk .Chú ý: 1 μF = 10-6F; 1nF = 10-9F; 1pF = 10-12F.

Suy ra điện tích trên từng tụ điện. +Nếu trong mạch không có dòng điện thì khi giải cần: Viết phương trình điện tích cho từng đoạn mạch.

Với tụ điện phẳng: w =

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

Viết phương trình điện tích cho các bản tụ nối với một nút mạch. Suy ra hiệu điện thế, điện tích trên từng tụ điện.

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

-Để xác định lượng điện tích di chuyển qua một đoạn mạch cần: +Xác định tổng điện tích trên các bản tụ nối với một đầu của đoạn mạch lúc đầu: Q. +Xác định tổng điện tích trên các bản tụ nối với đầu nói trên của đoạn mạch lúc sau: Q’.

-Khi khảo sát một tụ điện cần chú ý: +loại tụ điện: phẳng, cầu, xoay,...; môi trường giữa hai bản tụ điện ( ε ). +đổi đơn vị hợp pháp: đơn vị của Q ra (C); đơn vị của U ra (V); đơn vị của C ra (F). +các dữ kiện: nối tụ vào nguồn: U = const; ngắt tụ khỏi nguồn: Q = const.

+Suy ra lượng điện tích qua đoạn mạch trên: ΔQ = |Q’-Q|.

+đặt vào tụ một tấm điện môi ε' (hình a): hệ gồm 2 tụ ghép nối tiếp: tụ 1 ( ε , d1); tụ 2 ( ε' , d2),

-Cần chú ý đến giới hạn hoạt động của tụ điện khi xác định hiệu điện thế cực đại đặt vào tụ hoặc tính điện trường đánh thủng của tụ: Ugh = Eghd. Với bộ tụ thì (Ub)gh = min{(Ugh)i}. -Năng lượng của bộ tụ bằng tổng năng lượng của các tụ ghép thành bộ:

với d1+d2 = d. +nhúng tụ vào chất điện môi ε' (hình b): hệ gồm 2 tụ ghép song song: tụ 1 ( ε , x1); tụ 2 ( ε', x2),

Wb = Σ Wi = W1 + W2 + ... -Trong điện trường của tụ điện, các điện tích thường chuyển động theo quỹ đạo là đường cong nên để giải các bài toán về chuyển động của các điện tích ta thường sử dụng “Phương pháp tọa

với x1+x2 = x. d1 d2

ε ε'

độ” bằng cách: +Phân tích chuyển động của điện tích thành hai chuyển động thành phần đơn giản trên hai trục

ε'

Hình a

tọa độ Ox, Oy. +Khảo sát chuyển động riêng rẽ của điện tích trên hai trục tọa độ đó.

Hình b

-Với các bài toán ghép tụ cần chú ý: +Khi ghép các tụ chưa tích điện trước:

+Phối hợp các chuyển động thành phần thành chuyển động thực của điện tích. Chú ý: Các lực thường gặp: trọng lực P = mg ; lực điện F = qE ;...

Ghép song song: Ub = U1 = U2 = …; Qb = Q1 + Q2 +…; Cb = C1 + C2 +…

-Khi điện tích nằm cân bằng trong điện trường của tụ điện ta cũng dựa vào điều kiện cân bằng đã

1 1 1 Ghép nối tiếp: Ub = U1 + U2 + …; Qb = Q1 = Q2 =…; = + +... Cb C1 C2

biết để giải quyết các yêu cầu của bài toán loại này: F1 +F2 +... = 0

+Khi ghép các tụ đã tích điện trước: Ghép song song: Ub = U1 = U2 = …; Cb = C1 + C2 +…

Ghép nối tiếp: Ub = U1 + U2 + …;

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về tính điện dung, điện tích, hiệu điện thế và năng lượng của tụ điện. Phương pháp giải là:

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

-Sử dụng các công thức: +Điện dung của tụ điện:

Định luật bảo toàn điện tích cho hệ cô lập: ΣQi = const. +Với mạch tụ cầu cân bằng ( C1

C2 C5

C1 C = 2 ): Mạch tương đương [(C1 nt C2) // (C3 nt C4)]. C3 C4

Công thức định nghĩa: C =

Q , Q = |Q| = |Q’| là điện tích tụ điện; U là hiệu điện thế giữa hai U

bản tụ. Công thức tính điện dung của một số loại tụ điện thường gặp



*Tụ phẳng: C =

εS , S là diện tích phần đối diện giữa hai bản tụ; d là khoảng cách giữa hai 4πkd

bản tụ. *Tụ cầu: C =

εR1R 2 , R1 và R2 là bán kính trong và ngoài của tụ điện cầu. 4πk(R 2 -R1 )

*Tụ trụ: C =

εS , S1 ≈ S2 ≈ S = 2πRl là diện tích của mỗi bản tụ điện, l là chiều cao phần mặt 4πkd

trụ đối diện. (n - 1)S (n - 1)Smax (n - 1)Smin ; Cmax = ; Cmin = . 4πkd 4πkd 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 nhau).

*Tụ xoay: C =

*Vật dẫn cô lập: C =

Q εR ; quả cầu cô lập thì C = , V là điện thế của vật dẫn và Q là điện tích V k

của vật dẫn.

Định luật bảo toàn điện tích cho hệ cô lập: ΣQi = const. Điện lượng dịch chuyển qua đoạn mạch: ΔQ = ΣQ 2 - ΣQ1 . ( Σ Q1 là tổng đại số điện tích trên các bản tụ nối với một đầu của đoạn mạch lúc đầu; Σ Q2 là tổng đại số điện tích trên các bản tụ nối với một đầu của đoạn mạch lúc sau). +Trường hợp đặt tấm điện môi vào tụ hoặc nhúng tụ vào chất điện môi thì: *đặt vào tụ một tấm điện môi ε' : hệ tương đương với hai tụ ghép nối tiếp: tụ 1 ( ε , d1); tụ 2 ( ε' , d2), với d1+d2 = d: 1 1 1 εS ε'S = + ; C1 = , C2 = . C C1 C2 4πkd1 4πkd 2 *nhúng tụ vào chất điện môi ε' : hệ tương đương với hai tụ ghép song song: tụ 1 ( ε , x1); tụ 2 ( ε' , x2), với x1+x2 = x: C = C1 + C2; C1 =

εS1 ε'S2 , C2 = . 4πkd 4πkd

+Điện tích của tụ điện: Q = CU. +Hiệu điện thế của tụ điện: U =

d1 d2

Q = Ed , d là khoảng cách giữa hai bản tụ điện. C

+Năng lượng của tụ điện (năng lượng điện trường): W = +Mật độ năng lượng điện trường: w =

1 1 1 Q QU = CU2 = . . 2 2 2 C

ε'

W 1 CU 2 = . . V 2 Sd

Hình a

ε' Hình b

+Tụ cầu cân bằng: Vẽ lại mạch điện và khảo sát (đã nói ở mục Về kiến thức và kĩ năng ở trên).

εS .(Ed)2 1 4πkd εE 2 w= . = (tụ phẳng) 8πk 2 Sd -Một số chú ý:

-Một số chú ý: +Với các mạch tụ ghép hỗn hợp khi giải cần viết lại sơ đồ mạch tụ (gồm các đoạn tụ ghép nối tiếp và song song) và sử dụng các công thức về bộ tụ ghép nối tiếp và song song.

+Đơn vị hệ SI: Điện dung (F): 1 µ F = 10-6F; 1nF = 10-9F; 1pF = 10-12F; diện tích (m2), khoảng cách (m);... +Các điều kiện của bài toán: nối tụ vào nguồn (U = const); ngắt tụ khỏi nguồn (Q = const).

+Với các mạch tụ ghép với nguồn điện, điện trở thì tùy theo trường hợp trong mạch có dòng điện hay không ta vận dụng cách giải đã nói ở mục Về kiến thức và kĩ năng ở trên. +Chú ý đến giới hạn hoạt động của tụ điện (đã nói ở mục Về kiến thức và kĩ năng ở trên).

. Với dạng bài tập về ghép các tụ điện. Phương pháp giải là: -Kiểm tra điều kiện của bài toán: ghép các tụ điện chưa tích điện trước hay ghép các tụ điện đã

. Với dạng bài tập về chuyển động của điện tích trong điện trường đều. Phương pháp giải là: -Thực hiện các bước:

tích điện trước; tụ có đặt thêm tấm điện môi hay được nhúng vào chất điện môi; tụ cầu cân bằng hay không?. -Sử dụng các công thức:

+Xác định các lực tác dụng lên điện tích. Các lực thường gặp là trọng lực (P = mg); lực điện trường (F = |q|E); lực đẩy Ac-si-met (FA = DVg); ...

+Trường hợp ghép các tụ điện chưa tích điện trước: Ghép song song: Ub = U1 = U2 = …; Qb = Q1 + Q2 +…; Cb = C1 + C2 +…

Ghép nối tiếp: Ub = U1 + U2 + …; Qb = Q1 = Q2 =…;

+ at; v 2 - v 20 = 2as ; s = v0t +

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

Fhl ), công thức động học (v = v0 m

1 2 1 at ; x = x0 + v0t + at 2 để giải bài toán. 2 2

-Một số chú ý: +Hướng của lực điện trường: F cùng hướng với E nếu q > 0, F ngược hướng với E nếu q < 0; hướng của E giữa hai bản cực: từ bản (+) sang bản (-).

+Trường hợp ghép các tụ điện đã tích điện trước: Ghép song song: Ub = U1 = U2 = …; Cb = C1 + C2 +…

Ghép nối tiếp: Ub = U1 + U2 + …;

+Sử dụng các công thức động lực học (định luật II Niu-tơn: a =

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

+Trường hợp hợp lực Fhl không cùng hướng với v0 thì phải phân tích chuyển động của điện tích

Q1 = C1V =

làm hai chuyển động thành phần theo hai trục Ox, Oy thích hợp và khảo sát như chuyển động của vật bị ném xiên (phương pháp tọa độ).

C1 0,2 .Q = .5.10− 7 = 2.10− 7 C C1 + C 2 0,2 + 0,3

Q2 = C2V =

C2 0,3 .Q = .5.10− 7 = 3.10− 7 C C1 + C 2 0,2 + 0,3

+Có thể sử dụng định lý động năng để giải bài toán về chuyển động của điện tích trong điện trường.

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--. ĐIỆN DUNG, ĐIỆN TÍCH, HIỆU ĐIỆN THẾ, NĂNG LƯỢNG CỦA TỤ ĐIỆN 4.1. 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.  Bài giải  2

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

 Bài giải  2

a)Điện tích Q của tụ

-Diện tích phần đối diện của hai bản tụ là: S = πR = π.0,1 = 0,01π (m )

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.

-Điện dung của tụ điện phẳng là: C=

4.4. Tụ phẳng không khí điện dung C = 2pF được tích điện ở hiệu điện thế U = 600V. a)Tính điện tích Q của tụ. b)Ngắt tụ khỏi nguồn, đưa hai bản tụ ra xa để khoảng cách tăng gấp 2. Tính C1, Q1, U1 của tụ.

εS 1.0,01.π = = 2,78.10−11 F 9.109.4π .d 9.109.4π .0,01

b)Khi ngắt tụ khỏi nguồn: Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích không đổi nên: Q1 = Q = 1,2.10-9 C

-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.

-Điện dung của tụ điện: C1 =

4.2. Quả cầu điện dung C = 50pF tích điện ở hiệu điện thế U = 180V. Tính điện tích và bán kính quả cầu.

-Hiệu điện thế của tụ điện: U1 =

 Bài giải  -Điện tích của quả cầu: Q = CU = 50.10-12.180 = 9.10-9 C. -Khi quả cầu được tích điện Q, điện tích sẽ phân bố đều trên bề mặt quả cầu. Điện thế của quả cầu là: V = 9.109.

−9

Q 9.10 = 9.109. εR R

-Điện dung của quả cầu là: C =

81 R

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 điện dung của tụ là C1 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U1 = 1200 V. c)Khi vẫn nối tụ với nguồn điện: Khi vẫn nối tụ với nguồn thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ không đổi: εS C = = 10−12 F = 1 pF 9.109.4π .2d 2 -Điện tích của tụ: Q2 = C2U2 = 10-12.600 = 0,6.10-9 C.

-Điện dung của tụ: C2 =

Q Q V= =U V C

81 = 180 => R = 0,45 m = 45 cm . R Vậy: Điện tích và bán kính của quả cầu là Q = 9.10-9 C và R = 45 cm.

4.3. Quả cầu điện dụng C1 = 0,2 μ F tích điện Q = 5.10-7C. Nối quả cầu này với một quả cầu ở xa không tích điện, điện dung C2 = 0,3 μ F bằng dây dẫn mảnh. Tính điện tích mỗi quả cầu sau khi nối.

 Bài giải  -Sau khi nối, hai quả cầu có cùng điện thế V và điện tích trên hai quả cầu lần lượt là: Q1 = C1V; Q2 = C2V.

Vậy: Khi vẫn nối tụ với nguồn điện và đưa hai bản ra xa gấp đôi thì điện tích của tụ là Q2 = 0,6.10-9C điện dung của tụ là C2 = 1pF và hiệu điện thế của tụ là U2 = 600V. 4.5. Một tụ điện cầu được cấu tạo bởi một quả cầu bán kính R1 và vỏ cầu bán kính R2 (R1 < R2). Tính điện dung của tụ.

 Bài giải  Ta có: Hai bản tụ điện là hai mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R1, R2. -Điện thế của mỗi bản: V1 = k

-Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1 + Q2 = Q => (C1 + C2)V = Q V=

Q1 1,2.10−9 = = 1200 V . C1 10 −12

U2 = U = 600V

εS C 2.10−12 = = = 10−12 F = 1 pF 9.10 .4π .2d 2 2 9

-Hiệu điện thế giữa hai bản: U = V1 - V2 =

Q C1 + C2

Q Q ; V2 = k εR 1 εR 2

kQ 1 1 ( − ) ε R1 R 2

-Điện dung của tụ điện cầu là:

-Điện tích của mỗi quả cầu sau khi nối là:

Q ε εR1R 2 4π εε 0 R 1R 2 1 (với k = ) = = = U k( 1 − 1 ) k(R 2 − R 1 ) R 2 − R1 4π ε 0 R1 R 2

(Trong chân không hoặc không khí: ε = 1 nên C =

-Năng lượng điện trường: W =

-Mật độ năng lượng điện trường: w =

4π ε 0 R 1R 2 ). R 2 − R1

4.6. Tụ phẳng không khí, điện tích mỗi bản S, khoảng cách d

nối với nguồn U. bản trên của tụ được giữ cố định, bản dưới có bề dày h, khối lương riêng D đặt trên đế cách điện. Biết bản tụ dưới không nén lên đế. Tính U.  Bài giải 



DShg = (

U=d

 Bài giải  2

εε 0S 2 U 2 ). d 2εε 0S

2Dhg εε 0

Nhiệt lượng tỏa ra khi tụ phóng điện: Q =

W.0,04 0,04.1125 = = 2,25.107 W . t 2.10− 6

 Bài giải 

CU 2

-Năng lượng ban đầu của tụ điện: W1 =

Q2 . 2C1

-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 =

2.4,19.10−3.9.109.4π .5.10−3 2Q 2Q = .9.109.4π d = C εS 100.10− 4

Q2 W = 1 2C 2 2

Vậy: Năng lượng của tụ giảm đi 2 lần.

4.11. Tụ phẳng không khí C = 10-10F được tích điện đến hiệu điện thế U = 100V rồi ngắt khỏi nguồn. Tính công cần thực hiện để tăng khoảng cách hai bản tụ lên gấp đôi?

U = 21700 V = 21,7 kV.

4.8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 10cm tích điện đến hiệu điện thế 8000V. Tính mật độ năng lượng điện trường ở sát mặt quả cầu.  Bài giải 

 Bài giải  2

-Năng lượng của tụ điện: W1 =

C1U 10−10.1002 = = 5.10− 7 J . 2 2

-Khi ngắt tụ ra khỏi nguồn, điện tích của tụ không đổi:

kq -Điện thế của quả cầu: V = . εR q=

Pt = 0,04 . W

4.10. 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.

Vậy: Hiệu điện thế nạp của tụ là U = 21,7 kV.

-Hiệu suất của thiết bị: H =

Vậy: Công suất hiệu dụng trung bình của mỗi xung điện là P = 2,25.107 W.

 Bài giải 

CU 1000.10 −6.1500 2 = = 1125 J . 2 2

4.7. Tụ điện không khí d = 5mm, S = 100cm2, nhiệt lượng tỏa ra khi tụ phóng điện là 4,19.10-3J. Tìm hiệu điện thế nạp.

U2 =

-Năng lượng của tụ C: W =

2Dhg . Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là U = d εε 0

(8,9.10−8 )2 = 0,028 (J/m 2 ) . 1 3 8π .4π .0,1 4π .9.109

4.9. Việc hàn mối dây đồng được thực hiện bằng một xung phóng điện của tụ C = 1000 μ F được tích điện đến U = 1500V. Thời gian phát xung t = 2 μ s, hiệu suất thiết bị H = 4%. Tính công suất hiệu dụng trung bình của mỗi xung điện.

q2 2εε 0S



W q2 = S 8π εε 0 R.4π R 2

Vậy: Mật độ năng lượng điện trường ở sát mặt quả cầu là w = 0,028(J/m2).

q là cường độ điện trường do một bản tụ gây ra. 2εε 0S DShg =

-Bản tụ dưới không nén lên đế tức là trọng lượng của bản tụ đã cân bằng với lực điện trường: P = F  mg = qE với E =

q2 . 8.π εε 0 R

Q = C1U = 10-10.100 = 10-8 C

V.ε R 8000.0,1 = = 8,9.10−8 C k 9.109

-Khi tăng khoảng cách của hai bản tụ lên gấp đôi thì: C 2 =

C1 . 2

-Năng lượng lúc sau của tụ điện: W2 =

Q2 Q2 = = 2W1 2C2 2 C1 2

1 1 Q2 1 Q2 W = CU 2 = . = . 2 2 C 2 εC0 -Sau khi ngắt tụ điện khỏi nguồn, điện tích trên các bản tụ giữ nguyên không đổi. Năng lượng 1 Q2 của tụ điện sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết: W ' = . 2 C0

-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.

4.12. 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 bản thủy tinh khỏi tụ.

-Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: ΔW = W ' − W =

a)Tụ vẫn nối với nguồn. b)Ngắt tụ khỏi nguồn.

ΔW =

 Bài giải 

(5 - 1).5.200.10-4.3002 = 1590.10− 7 J 2.10−3.4π .9.109

-Khi tụ điện được ngắt khỏi nguồn, công để rút tấm thủy tinh chỉ bằng độ biến thiên năng lượng của tụ điện: A ' = ΔW = 1590.10-7 J .

Gọi điện dung của tụ điện khi có tấm thủy tinh là C và khi không có tấm thủy tinh là C0 thì: C = εC0 =

1 Q2 1 ε(ε − 1)C0 U 2 (ε − 1)ε 0εSU 2 (1 − ) = = 2 C0 ε 2 2d

εε 0S d

Vậy: Độ biến thiên năng lượng và công cần thực hiện trong trường hợp này là ∆W = A’ = 1590.10-7 J.

a)Khi tụ vẫn nối với nguồn

4.13. Tụ phẳng khi có diện tích bản S, khoảng cách 2 bản là x, nối với nguồn U không đổi.

1 1 -Năng lượng của tụ điện khi mắc vào nguồn là: W = CU 2 = εC0 U 2 . 2 2

a)Năng lượng tụ thay đổi ra sao khi x tăng.

1 -Năng lượng của tụ điện sau khi bản thủy tinh đã được rút ra hết là: W ' = C0 U 2 . 2

Biết vận tốc các bản tách xa nhau là v.

-Độ biến thiên năng lượng của tụ: ∆W = W ' − W

c)Cơ năng cần thiết và độ biến thiên năng lượng của tụ đã biến thành dạng năng lượng nào?

ΔW = ∆W =

 Bài giải 

U2 1 (1 − ε)ε 0SU 2 (C0 − C) = (1 − ε)C0 U 2 = C 2 2d −4

b)Tính công suất cần để tách các bản theo x.

a)Sự thay đổi năng lượng của tụ khi x tăng: Gọi x là khoảng cách ban đầu giữa hai bản; x’ là khoảng cách lúc sau giữa hai bản. Ta có: ∆ x = x’-x > 0.

(1 − 5).200.10 .300 = −318.10− 7 J . 2.10− 3.4π .9.109

-Độ biến thiên năng lượng của tụ điện: ∆ W = W’- W =

-Khi rút tấm thủy tinh ra khỏi tụ điện, ta cần thực hiện một công. Khi tụ điện nối với nguồn, công A dùng để rút tấm thủy tinh có giá trị bằng độ biến thiên năng lượng của hệ tụ điện - nguồn. Một phần công này làm thay đổi năng lượng của tụ điện một lượng: ΔW =

∆W =

U 2 ε 0S ε 0S U 2ε 0S U 2ε 0S ( − )= (x - x' ) = − .∆x < 0. 2 x' x 2xx' 2xx'

Vậy: Khi x tăng thì năng lượng của tụ điện giảm.

1 (1 − ε)C0 U 2 2

b)Công suất cần để tách các bản tụ

-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 ΔQ đã dịch chuyển ngược chiều nguồn điện. Công dịch chuyển các điện tích này bằng: ΔW ' = −ΔQ.U = −ΔC.U 2 = U 2C0 (ε − 1) Do đó: A = ΔW + ΔW ' =

C' U 2 CU 2 − 2 2

1 1 (1 − ε)C0 U 2 + U 2 C0 (ε − 1) = (ε − 1)C0 U 2 = 318.10−7 J . 2 2

Ta có: P =

U 2ε 0S ∆x U 2ε 0S ∆x A ΔW = . ≈ . =− Δt Δt 2xx' ∆t 2x 2 ∆t

U 2ε 0S .v 2x 2

P ≈

Vậy: Công suất cần để tách các bản tụ theo x là P ≈

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:

U 2ε 0S Δx là vận tốc các bản khi .v , với v = 2x 2 Δt

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.

. GHÉP CÁC TỤ ĐIỆN

4.14. Tính điện dung tương đương, điện tích và hiệu điện thế trong mỗi tụ trong các trường hợp sau:

-Hiệu điện thế của tụ C3: U 3 =

a)C1 = 2 μ F, C2 = 4 μ F, C3 = 6 μ F; U = 100V.

d)Hai tụ C2, C3 mắc song song và mắc nối tiếp với tụ C1:

b)C1 = 1 μ F, C2 = 1,5 μ F, C3 = 3 μ F; U = 120V.

Ta có: C23 = C2 + C3 = 2 + 1 = 3 μF

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 = 10V. C1 C1

-Điện dung tương đương của bộ tụ: C =

C3 C1

Hình b

-Hiệu điện thế của tụ C1: U1 =

Hình c

Hình d

a)Ba tụ ghép song song:

4.15. Hai tụ không khí phẳng C1 = 0,2 μ F, C2 = 0,4 μ F mắc song song. Bộ tụ được tích điện đến C1

1 1 1 1 = + + C C1 C2 C3

1 1 1 1 = + + = 2  C = 0,5 μF C 1 1,5 3

hiệu điện thế U = 450V rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó lấp đầy khoảng giữa hai bản C2 bằng điện

môi ε = 2. Tính hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ.

-Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 6.10-6.100 = 6.10-4 C. b)Ba tụ ghép nối tiếp:

 Bài giải  -Điện dung của bộ tụ trước khi ngắt khỏi nguồn: C = C1 + C2 = 0,2 + 0,4 = 0,6 μF

Hình a C1

-Điện tích của bộ tụ: Q = CU = 0,6.10-6.450 = 2,7.10-4 C -Điện dung của tụ C2 sau khi lấp đầy điện môi:

Hình b

εS = εC2 = 2.0,4 = 0,8 μF 9.109.4π .d -Điện dung của bộ tụ sau khi lấp đầy C2 bằng điện môi: C'2 =

-Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = Q3 = Q = CU = 0,5.10-6.120 = 6.10-5 C. -Hiệu điện thế của tụ C1: U1 =

Q1 6.10−5 = = 60 V C1 10− 6

C' = C1 + C2 = 0,2 + 0,8 = 1 μF

−5

-Hiệu điện thế của tụ C2: U 2 =

Q2 6.10 = = 40 V C2 1,5.10− 6

-Ngắt tụ ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: Q' = Q = 2,7.10-4 C -Hiệu điện thế của bộ tụ sau khi ngắt khỏi nguồn:

−5

-Hiệu điện thế của tụ C3: U 3 =

Q3 6.10 = = 20 V . C3 3.10− 6

U' =

c)Hai tụ C2, C3 mắc nối tiếp nhau và mắc song song với tụ C1: Ta có: C 23 =

C2 .C3 1.3 = = 0,75 μF C 2 + C3 1 + 3

Q ' 2,7.10−4 = = 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 .

-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. -Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 0,25.10-6.120 = 3.10-5 C.

Vậy: Hiệu điện thế bộ tụ và điện tích mỗi tụ sau khi ngắt ra khỏi nguồn là U’ = 270 V; Q’1 = 5,4.10-5C và Q’2 = 2,16.10-5C. 4.16. Hai tụ không khí phẳng có C1 = 2C2, mắc nối tiếp vào nguồn U không đổi. Cường độ điện

Hình c

-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

trường trong C1 thay đổi bao nhiêu lần nếu nhúng C2 vào chất điện môi có ε = 2?

 Bài giải 

−5

-Hiệu điện thế của tụ C2: U 2 =

Q23 1,2.10−5 = = 4V. C23 3.10− 6

-Điện tích của tụ C3: Q3 = C3U3 = 10-6.4 = 0,4.10-5 C.

-Hiệu điện thế mỗi tụ: U1 = U2 = U3 = U = 100 V.

C3 Hình d

-Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 2.10-6.4 = 0,8.10-5 C.

-Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C1 + C2 + C3 = 2 + 4 + 6 = 12 μF .

-Điện dung tương đương của bộ tụ:

C2 C1

Q1 1,2.10−5 = = 6V. C1 2.10− 6

-Hiệu điện thế của tụ C2, C3: U 2 = U3 = U 23 =

 Bài giải 

-Điện tích tụ C1: Q1 = C1U1 = 2.10-6.100 = 2.10-4 C. -Điện tích tụ C2: Q2 = C2U2 = 4.10-6.100 = 4.10-4 C.

C1C 23 2.3 = = 1,2 μF C1 + C 23 2 + 3

-Điện tích của tụ C1: Q1 = Q23 = Q = CU = 1,2.10-6.10 = 1,2.10-5 C. C3

Hình a

Q3 9.10−5 = = 30 V . C3 3.10− 6

CC 2C 2C 2 2C 2 -Điện dung ban đầu của bộ tụ: C = 1 2 = = C1 + C 2 2C 2 + C 2 3

Q2 9.10 = = 90 V C2 10− 6

-Điện tích ban đầu của bộ tụ: Q = CU =

2 C2 U 3

-Điện dung của mỗi tụ: C1' =

2 CU U Q1 3 2 -Hiệu điện thế của tụ C1: U1 = = = C1 2C2 3

-Điện dung của bộ tụ: C' = C1' + C'2 =>

C’ =

-Nếu nhúng C2 vào chất điện môi có ε = 2 => C'2 = 2C2 :

+Điện tích sau khi nhúng của bộ tụ: Q' = C'U = C2U

+Do đó: Mà

Q1' C2 U U = = q 2C2 2

U.(d 2 − x 2 ) . d2 4.18. Bốn tấm kim loại phẳng giống nhau đặt song song như

Vậy: Cường độ điện trường trong tụ C1 tăng 1,5 lần.

4.17. 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 tiêp d = 0,5cm. Nối A, B với nguồn U = 100V. a)Tìm điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại. b)Ngắt A, B khỏi nguồn. Dịch chuyển bản b theo phương vuông góc với bản một đoạn x.

C1 = C2 =

điện thế giữa B, D nếu sau đó: a)Nối A với B

b)Không nối A, B nhưng lấp đầy khoảng giữa B, D bằng điện

 Bài giải  -Hệ thống 4 bản kim loại trên tương đương mạch tụ như hình vẽ: -Điện dung của tụ C1, C2: C1 = C2 = C1

εS 9.109.4π d

100.10−4 ≈ 1,77.10−11 F 9.109.4π .0,5.10− 2

hình vẽ. Khoảng cách BD = 2AB = 2DE. Nối A, E với nhau rồi nối B, D với nguồn U = 12V, kế đó ngắt nguồn đi. Tìm hiệu

môi có ε = 3.

Tính hiệu điện thế giữa A, B theo x. Áp dụng khi x = d/2.  Bài giải  -Hệ được xem gồm hai tụ C1 và C2 ghép song song nhau.



U.(d 2 − x 2 ) d2

Vậy: Hiệu điện thế giữa A và B theo x là U ' =

U U' E' => 1 = 1 = 1,5 . d U1 E1

-Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 =

U' =

Q' 2ε SU = .9.109.4π (d 2 − x 2 ) C' 9.109.4π d.ε S. 2d

d2 U.(d 2 − ) 3 d 4 = U = 3 100 = 75 V . -Khi x = => U ' = 2 d2 4 4

U1' 3 = = 1,5 U1 2

εS εS εS.2d + = 9.109.4π (d + x) 9.109.4π (d − x) 9.109.4π (d 2 − x 2 )

-Hiệu điện thế của bộ tụ: U ' =

C .C' 2C2 .2C2 +Điện dung sau khi nhúng của bộ tụ: C = 1 2 ' = = C2 C1 + C 2 2C 2 + 2C 2 '

+Hiệu điện thế của tụ C1 sau khi nhúng: U1' =

εS εS ; C'2 = 9.109.4π (d + x) 9.109.4π (d − x)

-Điện dung của tụ C3: C3 = A

εS = C0 9.109.4π d

εS C = 0 9.109.4π .2d 2

-Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C12 + C3 =

C0 C0 + = C0 2 2

a)Điện dung của bộ tụ và điện tích trên mỗi tấm kim loại -Điện dung của bộ tụ: C = C1 + C2 = 1,77.10-11.2 = 3,54.10-11 F.

-Điện tích của cả bộ tụ: Q = CU = C0U a)Khi nối A với B: Khi nối A, B bằng dây dẫn thì có sự phân bố lại điện tích như hình vẽ:

-Hiệu điện thế mỗi tụ là: U1 = U2 = U = 100 V. -Điện tích của mỗi tụ: Q1 = Q2 = C1U1 = 1,77.10-11.100 = 1,77.10-9 C. -Điện tích trên tấm kim loại A: QA = Q1 + Q2 = 1,77.10-9.2 = 3,54.10-9 C.

-Theo định luật bảo toàn điện tích: Q' = Q



C0 )U1 = C0 U 2 1,5C0U1 = C0U

U1 =



-Điện tích trên tấm kim loại B: QB = Q1 = Q2 = 1,77.10-9 C. Vậy: Điện dung của bộ tụ là C = 3,54.10-11 F; điện tích trên các tấm kim loại là QA = 3,54.10-9 C; QB = 1,77.10-9 C. b)Khi ngắt A, B ra khỏi nguồn điện: Ngắt A, B ra khỏi nguồn thì điện tích không đổi: 2ε SU Q = Q = CU = 9.109.4π d

(C0 +

D C3

U 12 = = 8 V = U BD 1,5 1,5

Vậy: Hiệu điện thế giữa B và D khi nối A với B là UBD = 8 V. b)Khi lấp đầy giữa B và D bằng điện môi: Khi lấp đầy khoảng giữa B, D điện môi có ε = 3 :

-Điện dung của tụ C3: C3' =

3C0 = 1,5C0 . 2

4.20. Bốn tấm kim loại phẳng hình tròn đường kính D = 12cm đặt song song cách đều, khoảng cách giữa 2 tấm liên tiếp d =

C0 + 1,5C0 = 2C0 . 2 ' -Theo định luật bảo toàn điện tích: Q = Q.

-Điện dung của bộ tụ: C = C12 + C3' =

U1 =

4.19. Tụ phẳng không khí C = 2pF. Nhúng chìm một nửa tụ vào điện môi lỏng ε = 3. Tìm điện dung nếu khi nhúng, các bản đặt: a)Thẳng đứng.

-Điện dung của mỗi tụ: C1 = C2 = C3 = C0 = =>

C0 =

 Bài giải  εS = 2 pF 9.109.4π d a)Khi các bản đặt thẳng đứng, hệ được xem gồm 2 tụ C1 và C2 mắc song song:

Ta có: Điện dung ban đầu của tụ: C =

πR 2 0,062 = = 10−10 F . 9.109.4π d 9.109.4.10− 3

-Điện tích của bộ tụ: Q = CU = =>

Q12 = Q3 =

C1 S

S C 2 = -Điện dung của tụ C1: C1 = 9.109.4π d 2

+Tấm A: Q1 =

4 −9 2 .10 C ; tấm E: Q3 = .10− 9 C . 3 3

4 −9 4 2 .10 C ; QD = .10−9 C và QE = .10− 9 C . 3 3 3 4.21. Tụ xoay gồm n tấm hình bán nguyệt đường kính D = 12cm, khoảng cách giữa 2 tấm loiên tiếp d = 0,5mm. Phần đối diện giữa bản cố định và bản di chuyển có dạng hình quạt

2 2 Vậy: Điện dung của bộ tụ là C = .10−10 F ; điện tích của mỗi tấm kim loại là QA = .10− 9 C ; 3 3 QB =

-Điện dung của tụ C1: C1 =

-Điện dung của tụ C2: C 2 =

-Điện dung của bộ tụ: C b =

εS d 9.10 .4π 2

với góc ở tâm là α (00 ≤ α ≤ 1800).

= 2C

εS d 9.10 .4π 2

2 −9 4 .10 C ; tấm B: Q1 + Q2 = .10− 9 C . 3 3

b)Khi các bản đặt nằm ngang, hệ được xem gồm 2 tụ C1 và C2 mắc nối tiếp.

20 2 − 9 = .10 C . 3 3

+Tấm D: Q2 + Q3 =

⇔

4 −9 .10 C 3

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. -Điện dung của bộ tụ: Ca =

C2 D

-Điện tích trên mỗi tấm:

S ε εC 2 -Điện dung của tụ C2: C2 = = 9.109.4π d 2

2 −10 4 .10 .20 = .10− 9 C . 3 3

-Điện tích của các tụ C1, C2: Q1 = Q2 = C1U1 = 10−10.

4 −9 .10 Q12 3 20 = = V -Hiệu điện thế hai đầu bộ tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 = C12 2.10−10 3



εS 9.109.4π d

C .C 2C0 .C0 2 2 -Điện dung của bộ tụ: C = 12 3 = = C0 = .10−10 F C12 + C3 2C0 + C0 3 3

b)Nằm ngang.

C D

 Bài giải  -Hệ thống 4 tấm kim loại trên tương đương mạch tụ như hình vẽ:

U 12 = = 6 V = UBD. 2 2 Vậy: Khi lấp đầy giữa B và D bằng điện môi thì hiệu điện thế giữa B và D là UBD = 6V.

1mm. Nối 2 tấm A với D rồi nối B, E với nguồn U = 20V. Tính điện dung của bộ tụ và điện tích của mỗi tấm.

2C0 U1 = C0 U



a)Biết điện dung cực đại của tụ là 1500pF. Tính n. b)Tụ được nối với hiệu điện thế U = 500V và ở vị trí α = 1200. Tính điện tích của tụ.

= 2ε C

c)Sau đó ngắt tụ khỏi nguồn và thay đổi α . Định α để có sự phóng điện giữa hai bản. Biết điện trường giới hạn của không khí là 3.106(V/m).  Bài giải 

2C.2εC 2ε 2.3 C1C2 = = .C = .2 = 3 pF . 1+ 3 C1 + C2 2C + 2ε C 1 + ε

Vậy: Khi các bản tụ đặt nằm ngang thì điện dung của tụ là Cb = 3 pF.

1 1 1 1 1 1 = − = − = C2 C1 C0 2 3 6

1 2 α ( α tính bằng độ) πR . 2 1800 -Hai bản đối diện tạo nên tụ điện có điện dung:

-Diện tích phần đối diện của mỗi bản: S =

1 2 α πR . 0 S C1 = = 2 9 180 9.109.4π d 9.10 .4π d với: R = 0,06 m; d = 5.10-4 m.

Vậy: Phải dùng ít nhất 5 tụ C0 và mắc như sau: [((C0 nt C0) // C0) nt C0] // C0 (hình vẽ). 4.23. Cho bộ tụ điện như hình vẽ. Tính điện dung bộ tụ, hiệu điện thế và điện tích mỗi tụ, cho C1 = C3 = C5 = 1 μ F, C2 = 4 μ F, C4 = 12 μ F, U = 30V.

1 α π.0,062. 0 α 180 2 => = .10−11 F C1 = 9 −4 9.10 .4π .5.10 18 -Tụ gồm n bản tương đương (n - 1) tụ C1 ghép song song nên điện dung của tụ xoay là:

 Bài giải  -Điện dung tương đương của C1, C2: C12 =

(n − 1) α.10−11 C = (n − 1)C1 = 18 a)Tính n

n − 1 = 15 => n = 16 .

C1234 =

15.1200.10−11 = 10 −9 F . 18

C123.C4 1,8.1,2 = = 0,72 μF C123 + C4 1,8 + 1,2

-Điện tích tụ C4: Q4 = Q123 = Q1234 = 2,16.10-5 C.

c)Giá trị của α để có sự phóng điện giữa hai bản tụ

Q 4 2,16.10−5 = = 18 V . C 4 1,2.10− 6

-Hiệu điện thế giới hạn của hai bản tụ: Ugh = Eghd = 3.105.0,5.10-4 = 1,5.102 = 15 V

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C4: U 4 =

-Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì Q = const. Điện tích của một tụ:

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C3 và C12: U3 = U12 = U123 =

Q 5.10−7 10−7 = = C 15 15 3

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C5: U5 = U = 30 V. -Điện tích tụ C5: Q5 = C5U5 = 10-6.30 = 3.10-5 C. -Điện tích tụ C1234: Q1234 = C1234U = 0,72.10-6.30 = 2,16.10-5 C.

-Điện tích của tụ: Q = CU = 10-9.500 = 5.10-7 C.

C = C1234 + C5 = 0,72 + 1 = 1,72 μF

b)Điện tích của tụ điện

-Điện dung tương đương của bộ tụ:

Vậy: Tụ xoay có n = 16 tấm hình bán nguyệt.

-Khi α = 1200 => C =

-Điện dung tương đương của C1, C2, C3, C4:

(n − 1).1800.10−11 = 18

1500.10

C123 = C12 + C3 = 0,8 + 1 = 1,8 μF

-Điện dung cực đại của tụ là 1500 pF khi α = 180 . =>

C1.C2 1.4 = = 0,8 μF C1 + C 2 1 + 4

-Điện dung tương đương của C1, C2, C3: 0

−12

C2 = 6 μF

-C2 = 6 μF = C0 + C0 => C2 gồm C0 mắc song song với C0.

Q123 2,16.10−5 = = 12 V . C123 1,8.10− 6

-Điện tích tụ C3: Q3 = C3U3 = 10-6.12 = 1,2.10-5 C. -Điện tích tụ C1, C2: Q1 = Q2 = Q12 = C12U12 = 0,8.10-6.12 = 9,6.10-6 C.

q ≤ U gh C1

10 −7 ≤ 15 => α ≥ 400 . α.10−11 3. 18

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

Q1 9,6.10−6 = = 9,6 V . C1 10− 6

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U 2 =

Q 2 9,6.10−6 = = 2,4 V . C2 4.10− 6

Vậy: Để có sự phóng điện giữa hai bản tụ điện thì α ≥ 400 .

4.24. Trong hình dưới: C1 = 3 μ F, C2 = 6 μ F, C3 = C4 = 4 μ F, C5 = 8 μ F, U = 900V. Tính hiệu

4.22. Cho một số tụ điện điện dung C0 = 3 μ F. Nếu cách mắc dùng ít tụ nhất để có điện dung

điện thế giữa A, B.

5 μ F. Vẽ sơ đồ cách mắc này.

 Bài giải  -Sơ đồ mạch tụ: [(C1 nt C2) // (C3 nt C4)] nt C5. -Hiệu điện thế giữa hai điểm AB: UAB = -U1 + U3.

 Bài giải  -Bộ tụ có điện dung 5 μF > C0 => C0 mắc song song với C1: =>

C1 = 5 - 3 = 2 μF

-C1 = 2 μF < C0 => C1 gồm C0 mắc nối tiếp với C2:

-Ta có: C12 =

C0 C0

C1.C2 3.6 = = 2 μF C1 + C2 3 + 6

U C0

C34 =

C3 .C4 4.4 = = 2 μF C3 + C 4 4 + 4

-Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B: U MB =

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm M, B là UMB = 4 V.

C1234 = C12 + C34 = 2 + 2 = 4 μF

4.26. Cho bộ tụ mắc như hình bên.

-Điện dung tương đương của bộ tụ:

 Bài giải  -Khi K mở, sơ đồ mạch tụ: (C1 nt C2) // (C3 nt C4) +Ta có: C12 =

−4

Q1234 24.10 = = 600 V C1234 4.10− 6

C1C2 CC C = C12 + C34 = + 3 4 C1 + C 2 C3 + C 4

Q1 12.10 = = 400 V . C1 3.10− 6

Q34 = C34U34 = 2.10-6.600 = 12.10-4 C; Q3 = Q4 = Q34 = 12.10-4 C.

C' =

−4

Q 12.10 -Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U 3 = 3 = = 300 V . C3 4.10− 6

-Sơ độ mạch tụ: {[(C1 // C1) nt C2] // C1} nt C2. -Điện dung tương đương của đoạn mạch M, B: CMB = C1 + C1 = 2C1 -Điện dung tương đương của đoạn mạch NMB: C2 .CMB 2C1.2C1 = = C1 C2 + CMB 2C1 + 2C1

C1 C2 C C => 1 = 3 = A = C3 C 4 C2 C4

C1 = AC2 ; C3 = AC4

C2 K

(2)

(3)

C2 A C1

AC22 AC24 A + = (C 2 + C 4 ) (A + 1)C 2 (A + 1)C 4 A + 1

(4)

C' =

A(C2 + C4 ) 2 A = (C2 + C4 ) (A + 1)(C2 + C 4 ) A + 1

(5)

M C1

-Từ (4), (5) suy ra C = C'. Vậy: Khi K mở hay đóng, điện dung của bộ tụ luôn không đổi.

4.27. Trong các hình dưới: C1 = C4 = C5 = 2 μ F, C2 = 1 μ F, C3 = 4 μ F. Tính điện dung bộ tụ. C2

-Điện dung tương đương của đoạn mạch AB: C 2 .C NB 2C1.2C1 = = C1 C2 + C NB 2C1 + 2C1

B C4

C2 B

Hình 1

Q 16C1 = NB = =8V. C NB 2C1

C3 C6

Q2 = QNB = 16C1

-Điện tích của bộ tụ: Q = CABU = C1.16 = 16C1.

-Hiệu điện thế giữa hai điểm N, B: U NB

-Thay (3) vào (1) và (2) ta được:

-Điện dung tương đương của đoạn mạch NB: CNB = CNMB + C1 = C1 + C1 = 2C1

(C1 + C3 )(C2 + C 4 ) C1 + C3 + C 2 + C 4

-Ta có:

-Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B: UAB = -U1 + U3 = - 400 + 300 = - 100V.

4.25. Cho bộ tụ điện như hình dưới, C2 = 2C1, UAB = 16V. Tính UMB.  Bài giải 

CAB =

+Điện dung tương đương của bộ tụ:

-Điện tích của tụ C3 và C4:

CNMB =

(1)

-Khi K đóng, sơ đồ mạch tụ: (C1 // C3) nt (C2 // C4) +Ta có: C13 = C1 + C3; C24 = C2 + C4.

−4

C1C 2 CC ; C34 = 3 4 . C1 + C2 C3 + C 4

+Điện dung tương đương của bộ tụ:

-Điện tích của tụ C1 và C2: Q12 = C12U12 = 2.10-6.600 = 12.10-4 C; Q1 = Q2 = Q12 = 12.10-4 C.

A K

đóng, điện dung của bộ tụ không đổi.

8 -Điện tích của bộ tụ: Q = CU = .10− 6.900 = 24.10− 4 C . 3 => Q5 = Q1234 = Q = 24.10-4 C. -Hiệu điện thế hai đầu tụ C1 và C2:

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

C C Chứng minh rằng nếu có 1 = 2 thì khi K mở hay K C3 C4

C .C 4.8 8 C = 1234 5 = = μF C1234 + C5 4 + 8 3

U12 = U34 = U1234 =

Q MB 8C1 = = 4V. C MB 2C1

C5 C2

B Hình 2

Hình 3

 Bài giải 

-Điện tích của đoạn mạch NMB: QNMB = CNMB.UNB = C1.8 = 8C1. => Q2 = QMB = QNMB = 8C1

a)Hình 1: Sơ đồ bộ tụ như sau:

A C3

84 B

-Ta có:

C1 2 1 C2 1 = = ; = C3 4 2 C 4 2

C1 C2 = C3 C 4

C C -Vì 1 = 2 nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ tụ C5. Lúc đó bộ tụ gồm: (C1 nt C2) // (C3 C3 C 4

UNM = 3 V

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U AB =

C1U NM 2 = .3 = 2 V . C2 3

Vậy: Hiệu điện thế hai đầu mỗi tụ là U1 = 3V và U2 = 2V.

 Bài giải  Giả sử sự phân bố điện tích trên các tụ như hình vẽ:

2 4 + = 2 μF . 3 3 b)Hình 2: Sơ đồ bộ tụ như sau: Hoàn toàn tương tự với hình 1 nên: 2 4 + = 2 μF . 3 3 c)Hình 3: Sơ đồ bộ tụ như sau: -Ta có:

C1 2 1 C2 1 = = ; = C3 4 2 C 4 2

C1 C2 = C3 C 4

C5 C3

với U C1 =

C5 C4

q1 q q q + q2 ; UC 2 = 2 ; UC3 = 3 = 1 C1 C2 C3 C3

+ C1

(4)

- + C2

- +

C1C 2 2.1 2 = = μF . C1 + C2 2 + 1 3

1 1 q2  q1 q1 + q 2  = U1 C + C q1.( C + C ) = U1 − C  1  3 1 3 3     q 2 + q1 + q 2 = U 2  q1 = U 2 − q 2 .( 1 + 1 )  C2  C3 C3 C 2 C3

 C3

-Điện dung tương đương của bộ tụ:

(6)

q 18 − 2 2+5 5 (q2: đơn vị tính là μC ) = 10 + 5 2 10 − q 2 . 10.5 q2 17 5 => q 2 = = 20 μC = 2.10− 5 C. 3,5 = 10 − 0,3q2 0,85 18 −

2 4 C5 + + 2 = 4 μF . 3 3 4.28. Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn UMA = 3V, UNB = 8V, tụ C1 = 2 μ F, C2 = 3 μ F. Tính C = C12 + C34 + C5 =

hiệu điện thế của mỗi tụ.

 Bài giải  Giả sử sự phân bố điện tích trên các tụ như hình vẽ: q1 = q2 => C1UNM = C2UAB A CU => U AB = 1 NM C2

(5)

q U1 − 2 C1 + C3 C3 -Lấy (5) : (6), ta được: = C + C3 C1 U2 − q2. 2 C2 .C3

một tụ C5. Mạch điện được vẽ lại: (C1 nt C2) // (C3 nt C4) // C5.

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: UNM = UNB + UBA + UAM

(1) (2) (3)

-Từ (2) và (3), ta có: C1

C C -Vì 1 = 2 nên điện dung của bộ tụ không đổi khi bỏ C3 C 4

C3C 4 4.2 4 = = μF . C3 + C 4 4 + 2 3

q1 + q 2 = q 3  Ta có: U C1 + U C 3 = U1  U C 2 + U C 3 = U 2

C = C12 + C34 =

C34 =

2 C1U NM − 3 = 5 − U NM 3 C2

Q mỗi tụ.

C1C 2 2.1 2 CC 4.2 4 = = μF ; C34 = 3 4 = = μF . C1 + C2 2 + 1 3 C3 + C 4 4 + 2 3

-Điện dung tương đương của bộ tụ: C = C12 + C34 =

-Ta có: C12 =

UNM = 8 −

4.29. Cho mạch điện như hình vẽ: C1 = 12 μ F, C2 = 10 μ F, C3 = 5 μ F, U1 = 18V, U2 = 10V. Tính

nt C4). Ta có: C12 =



-Từ (5), ta có: q1. =>

2+5 20 = 18 − 2.5 5

q1 = 20 μC = 2.10−5 C ; q3 = q1 + q2 = 40 μC = 4.10-5 C.

Vậy: Điện tích của mỗi tụ là q1 = 2.10-5C; q2 = 2.10-5C; q3 = 4.10-5C. M

- +

+ -

4.30. Cho bộ tụ như hình vẽ: C1 = C2 = 6 μ F, C3 = 2 μ F, C4 = C5 = 4 μ F, UAB = 18V. Tính điện

tích mỗi tụ và điện dung bộ tụ.

 Bài giải  Giả sử điện tích trên các bản tụ được phân bố như hình vẽ:

+ -

Ta có: -q1 + q2 + q5 = 0

(1)

C1 C2 + - M+ -

+ A

+ C3

86 C5

+ C4

-q3 + q4 - q5 = 0

(2)

b)Mật độ điện tích ở mỗi phần trên mặt bản

q q UAM + UMB = UAB <=> 1 + 2 = U AB C1 C2 =>

q1 q 2 + = 18 => q1 + q 2 = 108 μC 6 6 UAN + UNB = UAB 

-Ban đầu, khi nối tụ với nguồn: Q = CU =

UAM + UMN = UAN 

-Lúc sau, khi ngắt tụ khỏi nguồn: Q’ = C’U’ =

(3)

q3 q 4 + = U AB C3 C 4

-Vì Q’ = Q nên

q3 q 4 + = 18 => 2q 3 + q 4 = 72 μC 2 4

(4)

q1 q 5 q 3 + =  q1 + 1,5q5 = 3q3 6 4 2 -Từ (1), (2), (3), (4) và (5) ta được:

σ1 =

(5)

σ2 =

S σ1. Q1' 2 = σ1d = ε 0S C1 ε0 2d

ε0 ε 2U 2ε 0 U = . U' = 0 . d d 1+ ε (1 + ε)d

-Với phần tụ “điện môi”: U’ =

− q1 + q 2 + q 5 = 0 q1 = 57 μC − q + q − q = 0 q = 51 μC 4 5  3  2  q 3 = 22 μC q1 + q 2 = 108 2q + q = 72 q = 28 C 4  3  4 q1 − 3q 3 + 1,5q5 = 0 q 5 = 6 μC

(1 + ε)ε 0S .U’. 2d

ε 0S (1 + ε)ε 0S 2U .U = .U’ => U’ = . d 2d 1+ ε

-Với phần tụ “không khí”: U’ =

q1 q5 q 3 + = C1 C5 C3

ε 0S .U . d

S σ2. Q'2 2 = = σ 2d = εε 0S C2 εε 0 2d

εε 0 εε 2U 2εε 0 U U' = 0 . = . d d 1+ ε (1 + ε)d

Vậy: Mật độ điện tích ở mỗi phần trên mặt bản là σ1 =

Q q1 + q 3 57 + 22 79 = = = μF . U U 18 18 4.31. Tụ phẳng không khí, diện tích mỗi bản S, khoảng cách 2 bản d, tích điện đến hiệu điện thế -Điện dung của bộ tụ: C =

U rồi ngắt khỏi nguồn. Các bản tụ đặt thẳng đứng. Đổ điện môi có hằng số điện môi ε vào ngập nửa tụ điện. a)Tính điện dung của tụ.

c)Cường độ điện trường trong khoảng giữa hai bản ở phần không khí và phần điện môi Ta có: E’ =

U' 2U = . d (1 + ε)d

Vậy: Cường độ điện trường trong khoảng giữa hai bản ở phần không khí và phần điện môi là E’ =

2U . (1 + ε)d

b)Tính mật độ điện tích ở mỗi phần trên mặt bản. c)Tính cường độ điện trường trong khoảng giữa hai bản ở phần không khí và phần điện môi.

d)Độ biến thiên năng lượng của tụ

d)Tính độ biến thiên năng lượng của tụ.

-Ta có: +Năng lượng của tụ sau khi ngắt khỏi nguồn: 2

 Bài giải  -Hệ được xem gồm hai tụ C1 // C2: a)Điện dung của bộ tụ:

W’ = C1

1 1 εS CU 2 = . 0 .U 2 2 2 d -Độ biến thiên năng lượng của tụ là: ΔW = W'− W

 C2

S εε 0 . 2 = εε 0S +Điện dung của tụ C2: C2 = d 2d -Điện dung tương đương của bộ tụ: C’ = C1 + C2 = Vậy: Điện dung tương đương của bộ tụ là: C’ =

1 1 (1 + ε)ε 0S  2U  1 ε S.2U 2 C' U'2 = . .  = . 0 2 2 2d 2 d(1 + ε) 1 + ε 

+Năng lượng của tụ khi còn nối với nguồn:

S ε0. 2 = ε 0S -Ta có: +Điện dung của tụ C1: C1 = d 2d

2ε 0 U 2εε 0 U và σ 2 = . (1 + ε)d (1 + ε)d

ε 0S εε 0S (1 + ε)ε 0S + = . 2d 2d 2d

(1 + ε)ε 0S . 2d

ΔW =

1 ε 0S.2U 2 1 ε 0S 2 1 ε 0SU 2 2 . - . .U = . ( − 1) 2 d(1 + ε) 2 d 2 d 1+ ε

ΔW =

ε 0SU 2 (1 − ε) 2d(1 + ε)

Vậy: Độ biến thiên năng lượng của tụ là: ΔW =

ε 0SU 2 (1 − ε) . 2d(1 + ε)

4.32. Bộ 4 tụ giống nhau ghép theo hai cách như hình vẽ. a)Cách nào có điện dung lớn hơn.

=> q1 + 2q2 = 4,5C -Từ (2) suy ra: 2q1 - 2q2 = 6C

b)Nếu điện dung tụ khác nhau chúng phải có liên hệ thế nào để CA = CB.

-Từ (3) suy ra: q1 + 2q2 = 4,5C => 3q1 = 10,5C; q1 = 3,5C

(3)

q1 = 3,5 V . C -Hiệu điện thế hai điểm B, O: UBO = -UOB = -(U1 - UAO) = -(3 - 3,5) = 0,5V.

-Hiệu điện thế hai điểm A, O: U AO = Cách A

Cách B

-Hiệu điện thế hai điểm C, O: UCO = -UOC = -(U2 - UBO) = -(4,5 - 0,5) = -4V. Vậy: Hiệu điện thế giữa các điểm A, O; B, O và C, O lần lượt là UAO = 3,5V; UBO = 0,5V; UCO =

 Bài giải  a)Xác định cách mắc bộ tụ -Cách A:

-4V.

C +Điện dung tương đương của C1, C2, C3: C123 = . 3 +Điện dung tương đương của bộ tụ: CA = C123 + C4 =

C 4 + C = C. 3 3

4.34. Cho mạch điện như hình vẽ. U1 = 10V, U2 = 20V,

-Cách B:

+Điện dung tương đương của C3, C4: C34 =

C . 2

 Bài giải 

C . 2

C12 =

Q1 = Q2 = Q = C12(U1 + U2)= +Hiệu điện thế trên tụ C1, C2: U1 =

C1C2 (C3 bất kì). C1 + C 2

CC Vậy: Để CA = CB thì giữa điện dung của các tụ điện phải thỏa hệ thức C4 = 1 2 (C3 bất kì). C1 + C 2

4.33. Ba tụ điện như nhau được mắc vào mạch như hình vẽ, cho biết: U1 = 3V, U2 = 4,5V. Hãy tìm các hiệu điện thế: UAO, UBO và UCO.

q2 + q1 + q2 = 4,5C

2 .30 = 2 μC 30

K -

Q1 2 Q 2 = = 20 V ; U 2 = 2 = = 10 V . C1 0,1 C2 0,2

-Khi K đóng, C1 nối với nguồn U1, C2 nối với nguồn U2. Lúc này các tụ có điện tích Q1' , Q '2 (giả sử dấu của các bản tụ như cũ): Q1' = C1U1 = 0,1.10 = 1 μC; Q '2 = C2 U 2 = 0,2.20 = 4 μC -Trước khi đóng K, điện tích tại M: QM = Q2 - Q1 = 2 – 2 = 0. -Điện lượng qua khóa K: ΔQ = Q'M − Q M = 3 μC .

(1)

A U1+

UBO + UOC = U2 q 2 q3 + = U 2 => q 2 + q 3 = 4,5C C 2 C3

-Sau khi đóng K, điện tích tại M: Q 'M = Q '2 − Q1' = 4 - 1 = 3 μC .

 Bài giải  Giả sử sự phân bố điện tích trên các tụ như hình vẽ.

(2)

C1C2 0,1.0,2 2 = = μF C1 + C2 0,1 + 0,2 30

+Điện tích trên mỗi tụ:

C1C 2C3 CC CC Ta có: CA = CB  C 4 + = 1 2 + 3 4 C1C 2 + C 2C3 + C3C1 C1 + C2 C3 + C 4

q1 q 2 − = U1 => q1 − q 2 = 3C C1 C 2

+Điện dung tương đương của C1, C2:

b)Hệ thức giữa điện dung các tụ điện để CA = CB

-Ta có: -q1 - q2 + q3 = 0 UAO + UOB = U1

-Khi K mở: C1 mắc nối tiếp với C2:

C C +Điện dung tương đương của bộ tụ: CB = C12 + C34 = + = C. 2 2 Vậy: Cách ghép A bộ tụ có điện dung lớn hơn.

C4 =

K khi K đóng.

+Điện dung tương đương của C1, C2: C12 =

C1 = 0,1 μ F, C2 = 0,2 μ F. Tính số electron chạy qua khóa

B U2

+ -

-Số electron chạy qua khóa K: N =

Vậy: Số electron chạy qua khóa K khi K đóng là N = 1,875.1013. 4.35. Trên hình vẽ: UAB = 2V (không đổi). C1 = C2 = C4 =

C1 O

ΔQ 3.10−6 = = 1,875.1013 . e 1,6.10−19

K G

6 μ F, C3 = 4 μ F. Tính điện tích các tụ và điện lượng di chuyển qua điện kế G khi đóng K.

B C1

 Bài giải 

C2 C4

-Khi K đóng, mạch tụ như sau: [(C1 // C2) nt C4] // C3: +Điện dung tương đương của C1, C2: C12 = C1 + C2 = 6 + 6 = 12 μF

+Điện dung tương đương của C1, C2, C4: C124

Q1' = Q1 = 9.10−4 C; Q '2 = Q 2 = 4.10−4 C .

và

U = U1 + U 2 = 300 + 200 = 500 V .

Vậy: Khi nối bản âm C1 với bản dương C2, hiệu điện thế bộ tụ là U = 500V; điện tích mỗi tụ là

C .C 12.6 = 12 4 = = 4 μF C12 + C4 12 + 6

Q’1 = 9.10-4C và Q’2 = 4.10-4C; điện lượng qua dây nối là ΔQ = 0 .

b)Khi nối bản âm của hai tụ với nhau

Vì mạch không kín nên không có sự di chuyển điện tích: ΔQ = 0 .

+Điện dung tương đương của bộ tụ:

C = C124 + C3 = 4 + 4 = 8 μF +Điện tích của tụ C3: Q3 = C3UAB = 4.2 = 8 μC .

Q1' = Q1 = 9.10−4 C; Q '2 = Q 2 = 4.10−4 C .

và

U = U1 − U 2 = 300 − 200 = 100 V .

9.10-4C và Q’2 = 4.10-4C; điện lượng qua dây nối là ΔQ = 0 .

Q12 8 2 = = V. C12 12 3

c)Khi nối các bản cùng dấu với nhau -Theo định luật bảo toàn điện tích:

2 +Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 6. = 4 μC . 3

Q1' + Q'2 = Q1 + Q2 = 9.10−4 + 4.10-4 = 13.10−4 C Q1' Q'2 Q1' + Q'2 13.10−4 = = = = 260 C1 C 2 C1 + C 2 5.10− 6

2 +Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 6. = 4 μC . 3

-Mà U1' = U '2 

+Điện lượng di chuyển qua điện kế G: ΔQ = Q 2 + Q 3 − 0 = 4 + 8 = 12 μC .

Q1' = 260.C1 = 260.3.10−6 = 7,8.10−4 C

Vậy: Điện lượng di chuyển qua điện kế G khi K đóng là ΔQ = 12 μC .

và

Q'2 = 260.C2 = 260.2.10−6 = 5,2.10−4 C .

4.36. Hình vẽ: U1 = 10V, U2 = 20V, C1 = 1 μ F, C2 = 2 μ F. Tính điện lượng qua G khi đóng K.

-Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1' = U '2 = 260 V .

 Bài giải  -Khi K mở, điện tích các bản trên của các tụ là: Q1 = Q2 = 0.

-Điện lượng chạy qua dây nối: ΔQ = Q1 − Q1' = 9.10−4 − 7,8.10 −4 = 1,2.10 −4 C .

-Khi K đóng, điện tích các bản trên của các tụ là: Q’1 = C1U1; Q’2 = C2U2 =>

-6

+ C2

+ -

Vậy: Khi nối các bản cùng dấu với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 260V; điện tích mỗi tụ là Q’1 U1

-Điện lượng qua G khi K đóng là: Δq = (Q’1+Q’2)-(Q1+Q2)

Vậy: Khi nối bản âm hai tụ với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 100V; điện tích mỗi tụ là Q’1 =

+Điện tích của tụ C4: Q4 = Q12 = Q124 = C124.UAB = 4.2 = 8 μC . +Hiệu điện thế hai đầu tụ C1, C2: U1 = U2 = U12 =

+ - - +

= 7,8.10-4C và Q’2 = 5,2.10-4C; điện lượng qua dây nối là ΔQ = 1,2.10−4 C.

d)Khi nối các bản trái dấu với nhau -Theo định luật bảo toàn điện tích:

-5

ΔQ = (C1U1+C2U2) = 10 .10 + 2.10 .20 = 5.10 C.

Q1' + Q '2 = Q1 − Q 2 = 9.10−4 − 4.10−4 = 5.10 −4 C

Vậy: Khi K đóng, điện lượng qua điện kế G là ΔQ = 5.10-5 C.

4.37. 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 hai tụ với nhau. c)Nối các bản cùng dấu với nhau.

Q' Q' Q' + Q'2 5.10−4 -Mà U = U  1 = 2 = 1 = = 100 C1 C 2 C1 + C2 5.10− 6 ' 1

' 2

Q1' = 100.C1 = 100.3.10−6 = 3.10−4 C

và

Q'2 = 100.C2 = 100.2.10−6 = 2.10−4 C .

+ C2

- +

-Hiệu điện thế bộ tụ: U = U1' = U '2 = 100 V . -Điện lượng chạy qua dây nối: ΔQ = Q1 − Q1' = 9.10−4 − 3.10−4 = 6.10−4 C .

d)Nối các bản trái dấu với nhau.

Vậy: Khi nối các bản cùng dấu với nhau, hiệu điện thế bộ tụ là U = 100V; điện tích mỗi tụ là Q’1

 Bài giải 

= 3.10-4C và Q’2 = 2.10-4C; điện lượng qua dây nối là ΔQ = 6.10−4 C.

Ta có: Điện tích ban đầu của mỗi tụ: Q1 = C1U1 = 3.300 = 900 μC = 9.10-4 C.

4.38. Tụ C1 = 2 μ F tích điện đến hiệu điện thế 60V, sau đó ngắt khỏi nguồn và nối song song với

Q2 = C2U2 = 2.200 = 400 μC = 4.10-4 C.

tụ C2 chưa tích điện. Hiệu điện thế bộ tụ sau đó là 40V. Tính C2 và điện tích mỗi tụ.

 Bài giải  -Điện tích ban đầu của tụ C1: Q1 = C1U = 2.60 = 120 μC .

a)Khi nối bản âm C1 với bản dương C2 Vì mạch không kín nên không có sự di chuyển điện tích: ΔQ = 0 .

+ - + C1

-Khi nối C1 song song với C2, theo định luật bảo toàn điện tích:

Q1' + Q '2 = Q1 -Mà U1' = U '2 = 40 V  =>

 Q1' Q'2 Q1' + Q '2 Q1 = = = = 40 C1 C 2 C1 + C2 C1 + C 2

120 120 = 40 => C 2 = − 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 . Vậy: Điện tích của mỗi tụ khi mắc song song nhau là Q’1 = 8.10-5C và Q’2 = 4.10-5C; điện dung C 2 = 1 μF .

4.39. 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 b)Đảo K sang vị trí (2). Tìm Q, U của mỗi tụ.  Bài giải 

Vậy: Khi K ở vị trí (1) thì Q1 = 1,1.10 C.

-Mà U1' = U '23 

' 1

' 23

Q Q Q +Q Q1 110 = = = = = 50 . C1 C 23 C1 + C 23 C1 + C 23 1 + 2.3 2+3

+Điện tích tụ C2, C6: Q 2 = Q 6 = Q 26 =

CU . 6

+Điện tích tụ C4, C5: Q 4 = Q5 = Q 45 =

CU . 6

' 1

+ + 2 + 3 -

+Mặt khác: U '2 = U '4 

Vậy: Khi K ở vị trí (2) thì Q’1 = 5.10-5C, U’1 = 50V; Q’2 = Q’3 = 6.10-5C, U’2 = 30V và U’3 = 20V. 4.40. Cho mạch điện như hình vẽ. Các tụ có điện dung C 4

2 3

' 4

− Q '2 − Q '4 + Q3' = −Q 2 + Q3 = 0

Q'2 60 Q ' 60 = = 30 V; U '3 = 3 = = 20 V . C2 2 C3 3

U1' = U 3' =

Q '2 Q '4 Q '2 + Q '4 Q1' 3C = = = = = 1,5 V C2 C 4 C+C 2C 2C

+ - 4

Q1' 3C = =3V C1 C

Vậy: Hiệu điện thế mỗi tụ là: U1' = U '3 = 3 V ; U '2 = U '4 = 1,5 V .

4.42. Trong hình bên: C1 = 1 μ F, C2 = 5 μ F, C3 = 3 μ F, UAB =

a 1

-Khi khóa K ở vị trí a: Điện tích trên tụ C1: Q = C1U = CU. -Khi khóa K ở vị trí b, sẽ có sự phân bố lại điện tích, giả sử sự phân bố điện tích trên các tụ như hình vẽ.

+Mặt khác: U1 = U26 = U3 = U45

' 2

− Q + Q + Q = −Q1 + Q 2 = 0

−5

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C2, C3:

+Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = Q

+Theo định luật bảo toàn điện tích:

' 23

giống nhau, nguồn có hiệu điện thế U. Tìm điện tích mỗi tụ khi khóa K chuyển từ a sang b.  Bài giải 

+Ta có: Q1' = Q1 = 3C; Q3' = Q 3 = 3C .

-Điện tích của tụ C2, C3: Q = Q = Q = 50C 23 = 50.1,2 = 60 μC = 6.10 C .

U '2 =

+Điện tích của tụ C1, C2, C3: Q1 = Q2 = Q3 = Q123 = C123.U =

C .U = 3C . 3 -Khi K2 mở, K1 đóng, mạch tụ như sau: [C1 nt (C2 // C4) nt C3]:

-Điện tích của tụ C1: Q1' = 50C1 = 50.1 = 50 μC = 5.10−5 C . ' 3

CU . 3

C +Điện dung của bộ tụ: Cb = . 3

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U’1 = 50 V. ' 2

+Điện tích tụ C3: Q3 =

 Bài giải  -Khi K2 mở, K1 đóng, mạch tụ như sau: [C1 nt C2 nt C3]:

b)Khi K ở vị trí (2), có sự phân bố lại điện tích. ' 23

CU . 3

CU CU ; Q2 = Q4 = Q5 = Q6 = . 3 6 4.41. Cho mạch điện như hình vẽ. Các tụ có điện dung giống nhau, nguồn U = 9V. Ban đầu K2 mở, K1 đóng. Sau đó mở K1 và 1 đóng K2. Tìm hiệu điện thế mỗi tụ.

-4

' 1

+Điện tích tụ C1: Q1 =

Vậy: Điện tích của mỗi tụ là: Q1 = Q3 =

a)Khi K ở vị trí (1): Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U = 1.110 = 110 μC = 1,1.10−4 C .

-Theo định luật bảo toàn điện tích: Q1' + Q '23 = Q1 ( Q'2 = Q3' = Q '23 ).

Q1 Q 26 Q 3 Q 45 Q1 + Q 26 + Q3 + Q 45 Q U = = = = = = C C C C C C 3C 3 C+ +C+ 2 2 2 2

120V. Tính U mỗi tụ khi khóa K chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2.  Bài giải  -Khi K ở vị trí (1): C1 mắc nối tiếp với C3: +Điện dung tương đương của C1 và C3: C13 =

A 1

C1C3 1.3 = = 0,75 μF C1 + C3 1 + 3

+Điện tích hai đầu tụ C1, C3: Q1 = Q3 = Q13 = C13.U = 0,75.120 = 90 μC

4 5

+ +

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

Q1 90 = = 90 V . C1 1

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U '2 =

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U 3 =

Q3 90 = = 30 V . C3 3

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U '3 = U − U '2 = 120 − 54 = 66 V . Vậy: Hiệu điện thế của mỗi tụ là: U1' = 90 V; U '2 = 54 V; U 3' = 66 V .

-Khi K ở vị trí (2), có sự phân bố lại điện tích: +Theo định luật bảo toàn điện tích: ' 3

4.44. Trong hình bên: C1 = 1 μ F, C2 = 2 μ F, nguồn U = 9V. A B

Tính hiệu điện thế mỗi tụ nếu: a)Ban đầu K ở vị trí 1 sau đó chuyển sang 2. b)Ban đầu K ở vị trí 2 sau đó chuyển sang 1 rồi lại chuyển về

' 3

Q = Q 3 => U = U 3 = 30 V − Q1' + Q3' − Q '2 = −Q1 + Q 3 = 0 ' 1

-Mặt khác: U = U



' 2

1 2

+ -

Q1' Q '2 Q1' + Q '2 Q '3 90 = = = = = 15 V . C1 C 2 C1 + C 2 6.10−6 6

120V. Tính U mỗi tụ khi K chuyển từ 1 sang 2.  Bài giải 

B 1

-Khi K ở vị trí 1: Điện tích tụ C1: Q1 = C1U = 1.9 = 9 μC . -Khi K chuyển sang vị trí 2:

K C3



Q1' Q '2 Q ' Q ' − Q1 + =U  1+ 1 =U C1 C2 C1 C2



Q1' (

Q1 9 9+ C2 2 = 9 μC . = Q = 1 1 1 + 1+ C1 C 2 2

1 1 Q + )=U+ 1 C1 C2 C2

U+

+Điện tích trên mỗi tụ C1, C3: Q1 = Q3 = Q13 = C13.U = 0,75.120 = 90 μC

' 1

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1 =

Q1 90 = = 90 V . C1 1

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C1: U1' =

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C3: U 3 =

Q3 90 = = 30 V . C3 3

+Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U '2 = U − U1' = 9 − 9 = 0 .

+Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có:

-Khi K ở vị trí 2, mạch tụ gồm: C1 mắc nối tiếp với C2.

− Q3' + Q '2 = −Q3 => Q '3 = Q '2 + Q3

+Điện dung tương đương của C1, C2: C12 =

+Mặt khác: U '3 + U '2 = U

C1C 2 1.2 2 = = μF . C1 + C2 1 + 2 3

+Điện tích của tụ C1, C2: Q1 = Q2 = Q12 = C12U =

2 .9 = 6 μC . 3

+Hiệu điện thế của tụ C1, C2:

1 1 Q + )=U− 3 C 2 C3 C3

U1 =

Q3 90 120 − C3 3 = 108 μC Q = = 1 1 1 1 + + C 2 C3 2 3 U−

Q1' 9 = = 9V. C1 1

Vậy: Khi K chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2 thì hiệu điện thế mỗi tụ là U’1 = 9 V; U’2 = 0. b)Khi K chuyển từ vị trí 2 sang vị trí 2:

-Khi K ở vị trí 2: U1' = U1 = 90 V .

Q '2 (

+Mặt khác: U1' + U '2 = U .

C1.C3 1.3 = = 0,75 μF C1 + C3 1 + 3



+Theo định luật bảo toàn điện tích: − Q1' + Q '2 = −Q1 => Q '2 = Q1' − Q1

4.43. Trong hình bên: C1 = 1 μ F, C2 = 2 μ F, C3 = 3 μ F, UAB =

Q'3 Q '2 Q ' + Q 3 Q '2 + =U  2 + =U C3 C2 C3 C2

a)Khi K chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2: ' 2

U '3 = 30 V .



 Bài giải 

Vậy: Hiệu điện thế của mỗi tụ khi khóa K chuyển từ vị trí 1 sang vị trí 2 là: U = U = 15 V ;

C13 =

vị trí 2.

C2 ' 1

-Khi K ở vị trí 1, mạch tụ gồm: C1 mắc nối tiếp với C3: +Điện dung tương đương của C1 và C3:

Q '2 108 = = 54 V . C2 2

Q1 6 Q 6 = = 6 V; U 2 = 2 = = 3 V . C1 1 C2 2

-Khi K chuyển sang vị trí 1: U '2 = U 2 = 3 V; Q '2 = Q 2 = 6 μC ; Q1' = C1U = 9 μC .

' 2

-Khi K chuyển lại về vị trí 2:

+Theo định luật bảo toàn điện tích: =>

'' 2

4.46. Các tụ C1, C2, …, Cn được tích điện đến cùng hiệu điện thế U. Sau đó mắc nối tiếp các tụ thành mạch kín, các bản tích điện trái dấu nối với nhau. Tính hiệu điện thế hai đầu mỗi tụ.

− Q1'' + Q 2'' = −Q1' + Q '2 = −9 + 6 = −3 μC .

'' 1

Q = Q −3

 Bài giải 

+Mặt khác: U1' ' + U '2' = U



Q1'' Q '2' Q '' Q ' ' − 3 + =U  1 + 1 =U C1 C 2 C1 C2



1 1 3 Q ( + )=U+ C1 C 2 C2

3 3 9+ C2 2 = 7 μC . Q = = 1 1 1 + 1+ C1 C 2 2

'' 1

U+

4.45. Hai tụ C1, C2 mắc như hình vẽ. Ban đầu K1 mở, K2 đóng. Sau đó mở K2 rồi đóng K1. Tính hiệu điện thế mỗi tụ.  Bài giải  -Khi K1 mở, K2 đóng: Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2. -Khi K1 đóng, K2 mở: +Theo định luật bảo toàn điện tích:

K1 U1

U’n

-C2U’2+C3U’3 = -C2U+C3U ...

-Cn-1U’n-1+CnU’n = -Cn-1U+CnU -Trước hết ta tính U’1:

+Mặt khác: U1' + U '2 = U1 + U 2 .



Q1' Q '2 Q' Q' + C 2 U 2 + = U1 + U 2 <=> 1 + 1 = U1 + U 2 C1 C2 C1 C2



Q1' (

CC Q = 1 2 U1 C1 + C 2

1 1 + ) = U1 C1 C2

' 1

Q CU = 2 1 . C1 C1 + C2 C2 U1 C (U + U 2 ) + C2 (U1 + U 2 ) − C 2 U1 = 1 1 C1 + C 2 C1 + C2

C2 U 2 + C1 (U1 + U 2 ) . C1 + C 2 C 2 U1 C U + C1 (U1 + U 2 ) và U '2 = 2 2 . C1 + C 2 C1 + C 2

(n-1)

(2’) (n’-1)

+Từ (1’) suy ra:

U’2 =

C − C1U + C 2 U + C1U1' = U − 1 (U − U1' ) C2 C2

+Từ (2’) suy ra:

U’3 =

− C 2 U + C3 U + C2 U '2 C = U − 2 (U − U '2 ) C3 C3

U’3 = U −

 C2  C C U − (U − 1 (U − U1' )) = U − 1 (U − U1' ) (2”) C3  C2 C3 

+Tương tự:

U’n = U −

C1 (U − U1' ) Cn

+Mặt khác:

U’1+U’2+…+U’n = 0

− Q1' + Q '2 = +Q 2 => Q '2 = Q1' + Q 2 = Q1' + C2 U 2

Vậy: Hiệu điện thế mỗi tụ là U1' =

U’2

… +bản âm tụ (n-1) với bản dương tụ n (điểm n-1): -Q’n-1+Q’n = -Qn-1+Qn hay -C1U’1+C2U’2 = -C1U+C2U (1’)

Vậy: Khi K chuyển từ vị trí 2 sang vị trí 1 thì hiệu điện thế mỗi tụ là U”1 = 7V; U”2 = 2V.

U '2 =

U’1

-Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho các điểm nối các bản tụ điện kế nhau: +bản âm tụ 1 với bản dương tụ 2 (điểm 1): -Q’1+Q’2 = -Q1+Q2 (1) +bản âm tụ 2 với bản dương tụ 3 (điểm 2): -Q’2+Q’3 = -Q2+Q3 (2)

+Hiệu điện thế của tụ C2: U '2' = U − U1' ' = 9 − 7 = 2 V .

-Điện tích của các tụ điện sau khi được nối với nhau: Q’1 = C1U’1; Q’2 = C2U’2; … ; Q’n-1 = C1U’n-1; Q’n = C2U’n.

Q '' 7 +Hiệu điện thế của tụ C1: U1' ' = 1 = = 7 V . C1 1

+Hiệu điện thế của tụ C2: U '2 = U1 + U 2 −

-Điện tích của các tụ điện khi được tích điện đến hiệu điện thế U: Q1 = C1U; Q2 = C2U; … ; Qn-1 = Cn-1U; Qn = CnU.

'' 1

+Hiệu điện thế của tụ C1: U1' =

(1”)

(n”-1)

C1 C C (U − U1' ) + U − 1 (U − U1' ) +…+ U − 1 (U − U1' ) = 0 C2 C3 Cn

U’1+ U −

1 1 1  + ... + nU – C1(U-U’1)  +  =0 C C C 2 n   1



nU – C1(U-U’1)



nUC0 – C1(U-U’1) = 0

U’1 = U -

1 =0 C0

nC0 nC0 U = (1 )U C1 C1

-Tương tự:

U’2 = (1 -

nC0 )U C2

a)Trường hợp điện trường giới hạn bằng 30(kV/cm): Vì E < Egh nên tụ không bị hỏng. b)Trường hợp điện trường giới hạn bằng 100(kV/cm): Khi có tấm thủy tinh, điện dung của tụ

-Tổng quát:

U’i = (1 -

nC0 )U Ci

tăng lên, điện tích ở các bản tụ tăng lên làm cho điện trường trong khoảng không khí cũng tăng lên.

Vậy: Hiệu điện thế hai đầu tụ điện thứ i là: U’i = (1 -

nC0 )U, với i = 1 ÷ n và C0 là điện dung Ci

Gọi E1 là cường độ điện trường trong phần không khí; E2 là cường độ điện trường trong phần thủy tinh. Ta có:

tương đương của bộ tụ ghép nối tiếp.

U = E1(d - l) + E2l và E 2 =

4.47. Hai tụ C1 = 5.10-10F, C2 = 15.10-10F mắc nối tiếp, khoảng giữa 2 bản mỗi tụ lấp đầy điện môi có chiều dày d = 2mm và điện trường giới hạn 1800(V/mm). Hỏi bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn bao nhiêu?

 Bài giải  -Hiệu điện thế tối đa đặt vào hai đầu mỗi tụ: Ugh = Eghd = 1800.2 = 3600V -Khi hai tụ mắc nối tiếp thì: Q1 = Q2 => C1U1 = C2U2. -Vì C1 < C2 => U1 > U2.

39 = = 31,4 (kV/cm) l 0,3 d−l+ 1,2 + ε 7 Vì E1 > Egh = 30(kV/cm) nên không khí bị đâm xuyên và trở nên dẫn điện, khi đó hiệu điện thế

hư.

4.50. Ba tụ C1 = 1 μ F, C2 = 2 μ F, C3 = 3 μ F có hiệu điện thế giới hạn U1 = 1000V, U2 = 200V, U3 = 500V mắc thành bộ. Cách mắc nào có hiệu điện thế giói hạn của bộ tụ lớn nhất? Tính điện dung và hiệu điện thế giới hạn bộ tụ lúc này?

Vậy: Hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: Ugh = U1 + U2 = 3600 + 1200 = 4800V.

4.48. Ba tụ C1 = 2.10-9F; C2 = 4.10-9F, C3 = 6.10-9F mắc nối tiếp. Hiệu điện thế giới hạn của mỗi tụ là 500V. Hỏi bộ tụ có chịu được hiệu điện thế 1100V không?  Bài giải  -Khi mắc 3 tụ nối tiếp: Q1 = Q2 = Q3.

 Bài giải  Với ba tụ C1, C2, C3 thì sẽ có 4 cách mắc: a)Cách 1: [C1 nt C2 nt C3]: Ta có: Q1 = Q2 = Q3  C1U1 = C2U2 = C3U3 U1 + U2 + U3 = U  U1 +

 C1U1 = C2U2 = C3U3 -Vì C1 < C2 < C3 => U1 > U2 > U3 nên :

Từ đó: U1 =

U1 = Ugh = 500 V C1U1 2.10−9.500 = = 250 V C2 4.10− 9

U3 =

C1U1 2.10− 9.500 = = 166,67 V C3 6.10− 9

U 39 = = 130 (kV/cm) > Egh = 100(kV/cm) nên thủy tinh bị đâm xuyên, tụ điện bị l 0,3

E '2 =

C1U1 5.10−10.3600 = = 1200 V C2 15.10−10

U2 =

E1 =

U của nguồn đặt trực tiếp vào tấm thủy tinh, điện trường trong tấm thủy tinh là:

-Nếu U2 = Ugh => U1 > Ugh: Tụ 1 sẽ bị đánh thủng nên U1 = Ugh = 3600V: U2 =

E1 ε

-Hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: U = U1 + U2 + U3 = 500 + 250 + 166,67 = 916,67V < 1100V.

U≤

a)Tụ có hư không nếu biết điện trường giới hạn của không khí là 30(kV/cm)? b)Sau đó đặt tấm thủy tinh có ε = 7, l = 0,3cm và điện trường giới hạn 100(kV/cm) vào khoảng

U≤

U 6 = U ≤ 1000 C1 C1 11 1+ + C 2 C3

5500 ≈ 1833 V 3

U2 =

Vậy: Bộ tụ không thể chịu được hiệu điện thế tối đa 1100V. 4.49. Tụ phẳng không khí d = 1,5cm nối với nguồn U = 39kV (không đổi).

C1U1 C1U1 + =U C2 C3

C1U1 = C2

6 U 11 = 6 U ≤ 200 2 22

2200 ≈ 733 V 3

CU U3 = 1 1 = C3

6 U 11 = 6 U ≤ 500 3 33

giữa, song song với hai bản tụ. Tụ có hỏng không?  Bài giải 

U 39 -Điện trường giữa hai bản tụ là: E = = = 26 (kV/cm) . d 1,5

Vậy: Trường hợp này hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: Ugh = 733V. b)Cách 2: [C1 // C2 // C3]: Ta có: U1 = U2 = U3 => Ugh = 200V.

U ≤ 2750 V

100

Vậy: Trường hợp này hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: Ugh = 200V.

U 2 (C2 − C1 ) 2 Với C1, C2 là điện dung của tụ điện trước và sau khi có cột điện môi với chiều cao H. Ta có thể A=

c)Cách 3: [(C1 // C2) nt C3]: Ta có: U1 = U2 => U gh 12 = 200 V . và:

Q12 = Q3

(C1 + C2 ).U12 = C3 U 3  U12 + U 3 = U



U12 +

(C1 + C 2 )U12 =U C3

U12 =

C3 U = 0,5U ≤ 200 V ; U ≤ 400 V . C1 + C 2 + C3

Mặt khác: U 3 = =>

coi tụ điện sau khi điện môi dâng lên như gồm hai tụ điện mắc song song: một tụ điện không khí có chiều cao (h – H), một tụ điện có điện môi lỏng có chiều cao H. Do đó:

ε 0 lh d ε 0l (h − H) εε 0lH ε 0lh ε 0 (ε − 1)lH (ε − 1)ε 0lH C2 = + = + = C1 + d d d d d C1 =

(C1 + C2 ).0,5U = 0,5U ≤ 500 V . C3

U2 ε 0 (ε − 1)lH 2d

-Trọng lượng của cột điện môi là: P = mg = DgdlH. -Thế năng W của cột điện môi trong trọng trường bằng trọng lượng của nó nhân với chiều cao

U ≤ 1000 V .

Vậy: Trường hợp này hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: Ugh = 400V.

khối tâm

d)Cách 4: [C1 nt (C2 // C3)]: Ta có: U2 = U3 => U gh 23 = 200 V .

H H 1 : W = P. = DgldH 2 . 2 2 2 (ε − 1)ε 0 U 2 . Dgd 2

và:

Q1 = Q23  C1U1 = (C2 + C3)U23

Mà

U1 + U23 = U



U1 +

U ≤ 1200 V .

4.52. Có hai tụ điện phẳng giống nhau: một tụ có điện môi là không khí và có điện dung C0 =

và

5 C1. U 6 = U ≤ 200 U 23 = C2 + C3 6

hằng số điện môi phụ thuộc vào hiệu điện thế U giữa hai bản tụ của nó theo quy luật ε = α U với

U ≤ 1200 V

-Vì A = W => H =

C1U1 (C2 + C3 )U 5U = U <=> U1 = = ≤ 1000 C 2 + C3 C1 + C 2 + C3 6

Vậy: Độ cao của cột điện môi dâng lên giữa hai bản là H =

100 μ F. Người ta tích điện cho tụ này đến hiệu điện thế U0 = 60V, tụ thứ hai có điện môi, mà

α = 0,1(V-1). Tụ thứ hai ban đầu không tích điện. Ta mắc song song hai tụ này với nhau.

Vậy: Trường hợp này hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là: Ugh = 1200V. -So sánh 4 cách mắc, ta thấy cách mắc thứ 4 là có hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ là lớn nhất và bằng 1200V. Điện dung của bộ tụ trong trường hợp này là: C=

(ε − 1)ε 0 U 2 . Dgd 2

a)Hỏi hiệu điện thế trên mỗi tụ bằng bao nhiêu? b)Tính độ biến thiên năng lượng của hệ tụ. Nhận xét và giải thích.  Bài giải  a)Hiệu điện thế trên mỗi tụ -Điện tích ban đầu của tụ 1: Q1 = C0U0 = 100.10-6.60 = 6.10-3 C.

C1 (C 2 + C3 ) 1.(2 + 3) 5 = = μF C1 + C2 + C3 1 + 2 + 3 6

-Khi hai tụ mắc song song với nhau: Q1' + Q '2 = Q1 ; U1' = U '2

Vậy: Cách mắc có hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ lớn nhất là cách mắc [C1 nt (C2 // C3)], lúc đó

Q1' Q '2 Q1' + Q '2 Q1 6.10−3 60 = = = = −4 = = U '2 C1 C 2 C1 + C 2 C1 + C2 10 (ε + 1) 0,1.U'2 + 1

5 Ugh = 1200 V và C = μF . 6 4.51. Tụ phẳng không khí có các bản chữ nhật cách nhau đoạn d. Mép dưới các bản chạm vào



mặt điện môi lỏng ε có khối lượng riêng D. Nối tụ với nguồn U, điện môi dâng lên đoạn H giữa

hai bản. Bỏ qua hiện tượng mao dẫn. Tính H.  Bài giải 

Vậy: Hiệu điện thế trên mỗi tụ là U1' = U '2 = 20 V .

60 = 0,1U '2 + U '2 ⇔ 0,1U '2 + U '2 − 60 = 0 U’21 = 20 V; U’22 = -30 V (loại).

b)Độ biến thiên năng lượng của hệ tụ

-Khi tụ điện đã được tích điện và được đặt chạm vào chất lỏng điện môi, nó có xu hướng hút điện môi vào giữa hai bản, vì vậy năng lượng của hệ giảm đi. -Công của lực điện trường kéo điện môi lỏng vào trong tụ điện biến thành thế năng vào cột điện

-Năng lượng ban đầu của hệ tụ:

môi trong trọng trường. Công này bằng độ biến thiên năng lượng của hệ tụ điện - nguồn:

-Năng lượng lúc sau của hệ tụ:

101

W1 =

C0 U 20 10−4.60 2 = = 0,18 J 2 2

102

A = W1 - W2 = 1,08 - 0,36 = 0,72 J. Vậy: Công để nhấc tụ ra khỏi điện môi là A = 0,72J.

C1U1' C U' 10−4.202 0,1.20.10−4.202 + 2 2 = + = 0,06 J . 2 2 2 2 -Độ biến thiên năng lượng của hệ tụ: W2 =

4.55. Hai tụ C1 = 2 μ F, C2 = 0,5 μ F tích điện đến hiệu điện thế U1 = 100V, U2 = 50V rồi ngắt khỏi nguồn. Nối các bản khác dấu của 2 tụ với nhau. Tính năng lượng của tia lửa điện phát ra.  Bài giải 

−2

∆W = W2 − W1 = 0,06 − 0,18 = −12.10 J < 0. Vậy: Năng lượng của hệ tụ giảm.

4.53. Năm tụ giống nhau, mỗi tụ C = 0,2 μ F mắc nối tiếp. Bộ tụ được tích điện, thu năng lượng 2.10 J. Tính hiệu điện thế mỗi tụ.

 Bài giải 

-Năng lượng ban đầu của hai tụ: W1 =

-4

-Năng lượng mỗi tụ thu được: W = CU 2 => U = 2

-Mà W =

-Điện tích của tụ C1: Q1 = C1U1 = 2.100 = 200 μC . -Điện tích của tụ C2: Q2 = C2U2 = 0,5.50 = 25 μC .

-4

2.10 = 4.10− 5 J . 5

2.10−6.1002 0,5.10−6.502 + = 10,625.10-3 J. 2 2 -Khi nối các bản khác dấu của hai tụ với nhau, theo định luật bảo toàn điện tích, ta có:

2W 2.4.10−5 = = 20 V . C 0,2.10− 6

4.54. Tụ phẳng không khí C = 6 μ F được tích điện đến hiệu điện thế U = 600V rồi ngắt khỏi nguồn.

-Mặt khác: U1' = U '2



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 giải 

W2 =

C1U1' C U' + 2 2 2 2

2.10−6.702 0,5.10−6.702 + = 6,125.10− 3 J 2 2

-Năng lượng của tia lửa điện phát ra: ∆W = W1 − W2 = 10,625.10−3 − 6,125.10 −3 = 4,5.10 −3 J .

C1 1/3 2/3

Q1' Q'2 Q1' + Q '2 Q1 − Q 2 200 − 25 = = = = = 70 V . C1 C 2 C1 + C2 C1 + C 2 2 + 0,5

-Năng lượng của hai tụ sau khi nối hai bản khác dấu với nhau: W2 =

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.

2 ε. S 8C 3 +Điện dung của phần tụ lấp đầy điện môi: C2 = = 9.109.4π d 3

W1 =

Q1' + Q '2 = Q1 − Q 2

Vậy: Hiệu điện thế của mỗi tụ là U = 20 V.

S ε C 3 Ta có: + Điện dung của phần tụ không khí: C1 = = 9.109.4π d 3

C1U12 C2 U 22 + 2 2

Vậy: Năng lượng của tia lửa điện phát ra là ∆ W = 4,5.10-3J. 4.56. Hai tụ C1 = 600pF, C2 = 1000pF được mắc nối tiếp vào nguồn U = 20kV rồi ngắt khỏi

nguồn. Nối các bản cùng dấu của hai tụ với nhau. Tính năng lượng của tia lửa điện nảy ra.  Bài giải 

C 8C + = 3C 3 3 -Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích của tụ không đổi: Q’ = Q.  CU = C'U' +Điện dung tương đương của C1, C2: C' = C1 + C2 =

-Điện dung tương đương của bộ tụ: C =

C1C 2 600.1000 = = 375 pF . C1 + C 2 600 + 1000

-Điện tích của tụ C1, C2: Q1 = Q2 = CU = 375.10-12.20000 = 7,5.10-6 C. -Năng lượng lúc đầu của hai tụ: W1 =

CU CU U 600 => U = ' = = = = 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 '

W1 =

Q12 Q2 + 2 2C1 2C 2

(7,5.10−6 ) 2 (7,5.10−6 ) 2 + = 0,075 J 2.600.10−12 2.1000.10−12

-Khi nối các bản cùng dấu của hai tụ với nhau thì: Q1' + Q 2' = Q1 + Q 2 ; U1' = U '2

CU 2 6.10−6.6002 = = 1,08 J . 2 2 -Năng lượng của tụ sau khi nhúng vào điện môi:

-Năng lượng của tụ không khí: W1 =

C' U ' 3.6.10−6.2002 = = 0,36 J 2 2 -Công cần thiết để nhấc tụ ra khỏi điện môi: W2 =

103



Q1' Q '2 Q1' + Q '2 Q1 + Q 2 7,5.10−6.2 = = 9375 = = = C1 C 2 C1 + C2 C1 + C 2 (600 + 1000)10−12

U’1 = U’2 = 9375 V.

104

-Năng lượng lúc sau của hai tụ: W2 =

C1U1' C U' + 2 2 2 2

-Khi giọt thủy ngân rơi chạm bản dưới thì quãng đường đi được là: s =

600.10−12.93752 1000.10−12.93752 + ≈ 0,0703 J 2 2 -Năng lượng tia lửa điện phát ra: =>

W2 =

Ta có: s =

at 2 => t = 2

∆W = W1 − W2 = 0,075 − 0,0703 = 0,0047 = 4,7.10−3 J . =>

Vậy: Năng lượng của tia lửa điện phát ra là ∆W = 4,7.10−3 J .

. CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỆN TÍCH TRONG ĐIỆN TRƯỜNG 4.57. Hạt bụi m = 1g mang điện tích q = -10-6C nằm cân bằng trong điện trường của tụ phẳng có các bản tụ nằm ngang, d = 2cm. Cho g = 10(m/s). a)Tính hiệu điện thế U của tụ điện. b)Điện tích hạt bụi giảm đi 20%. Phải thay đổi U thế nào để hạt bụi vẫn cân bằng.

 =>

mgd 10−3.10.0,02 U= = = 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?

10 − 10 −4.

mg = q '

U' =

trường là s ≤ d . Khi electron dừng lại thì: mv02 U mv02 U = Fs = qEs = q s  =q s 2 d 2 d

2 0

mv d mv d mv ≥ = . 2qs 2qd 2q

Vậy: Để electron không đi đến được bản đối diện thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện phải là U ≥ 182 V .

mgd 10−3.10.0,02 = = 250 V . q' 0,8.10− 6

chạm bản dưới? Cho g = 10(m/s2).

4.60. Tụ phẳng d = 4cm được tích điện. Một electron bắt đầu chuyển động từ bản âm sang bản dương, đồng thời một prôtôn cũng bắt đầu chuyển động ngược lại từ bản dương. Hỏi chúng gặp nhau cách bản dương một khoảng bao nhiêu? Biết mp = 1840me. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.  Bài giải  -Bỏ qua tác dụng của trọng lực nên prôtôn và electron chỉ chịu tác dụng của lực điện trường:

 Bài giải  -Để giọt thủy ngân nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F.

F1 = mea1

U q gd 10.0,01  = = 10 −4 mg = q => = d m U 1000 -Khi U giảm bớt 4V thì U' = U - 4 = 1000 - 4 = 996 V thì:

F2 = mpa2

a =g−

2 0

9,1.10−31.(8.106 ) 2 U≥ = 182 V 2.1,6.10−19

Vậy: Để hạt bụi vẫn nằm cân bằng thì phải tăng hiệu điện thế thêm ∆ U = 250-200 = 50 V. 4.58. Tụ phẳng có các bản nằm ngang, d = 1cm, U = 1000V. Một giọt thủy ngân mang điện tích q nằm cân bằng ngay giữa hai bản. Đột nhiên U giảm bớt 4V. Hỏi sau bao lâu giọt thủy ngân rơi

 Bài giải  -Để êlectrôn không tới được bản đối diện thì quãng đường electron chuyển động trong điện

U' d

P - F' = ma  mg − q

= 0,5 s .

Vậy: Thời gian để giọt thủy ngân rơi chạm đến bản dưới là t = 0,5s.

-Khi điện tích hạt bụi giảm đi 20% thì: q' = 0,8q. -Để hạt bụi nằm cân bằng thì: P = F’



996 0,01

d qU ' g− md

Tìm U giữa hai bản tụ để electron không tới được bản đối diện. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

0,01

d 2 = qU ' g− md 2.

4.59. Một electron bay vào trong điện trường của một tụ phẳng theo phương song song với các đường sức với v0 = 8.106(m/s).

 Bài giải  a)Hiệu điện thế của tụ điện: Để hạt bụi nằm cân bằng trong điện trường thì: P = F U mg = qE = q d

2s = a

d . 2

U' = ma d

=> =>

a1 = a2 =

qe E me

qpE

d-s

+ F1 F2

-Gọi s là khoảng cách từ điểm gặp nhau tới bản dương thì quãng đường mà electron đi được là

(d-s), quãng đường prôtôn đi là s. Ta có:

d-s=

qU ' md

105

a1t 2 a t2 ;s= 2 2 2

d − s a1 q e m p = = . s a 2 q p me

( qp = qe )

106

m d − 1 = p = 1840 s me

-Vận tốc ban đầu của electron: qU 0 =

2.1,6.10−19.100 = 6.106 m/s . 9,1.10−31

d 0,04 = = 2,2.10− 5 m . 1841 1841 Vậy: Vị trí gặp nhau của hai hạt cách bản dương một khoảng s = 2,2.10-5m. 4.61. Electron bay vào một tụ phẳng với v0 = 3,2.107(m/s) theo phương song song với các bản.

-Để electron không ra khỏi tụ thì: y ≥

Khi ra khỏi tụ, electron 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 giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của v0

O E

+Theo trục Ox: Electron chuyển động thẳng đều: (1) x = v0t

1 2 1 eU 2 a yt = . t 2 2 md

md 2 v 20 9,1.10−31.0,012.(6.106 ) 2 = = 2,04 V qx 2 1,6.10−19.0,12

 Bài giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của electron trong điện trường được chia thành hai phần:

+Theo trục Oy: Electron chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường: y=

U≥

d qUx 2 d  ≥ 2mdv02 2 2

hai bản. Hai bản dài l = 5cm, cách nhau d = 1cm. Tính U giữa hai bản để electron bay khỏi tụ điện theo phương hợp với các bản một góc α = 110 (tan110 ≈ 0,2).

x F

2qU 0 = m

v0 =

Vậy: Để electron không ra được khỏi tụ thì U ≥ 2,04 V. 4.63. Electron mang năng lương W0 = 1500eV bay vào một tụ phẳng theo hướng song song với

electron trong điện trường được chia thành hai phần theo hai trục Ox và Oy:

mv20 2

+Theo trục Ox: Electron chuyển động thẳng đều: x = v0t; vx = v0 = const.

(2)

F eU = m md -Khi ra khỏi bản thì quãng đường electron đi được theo trục Ox là x = l, theo trục Oy là y = h.

+Theo trục Oy: Electron chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường:

Do đó:

x vy v0 ax qUx -Ta có: + tanα = = = 2 = v0 v0 v 0 mdv20

với

+Từ (1) suy ra: t = =>

l 1 eU  l  . Thay giá trị của t vào (2) với chú ý y = h ta được: h = . .  v0 2 md  v0 

2hv02 md 2.6.10−3.(3,2.107 ) 2 .9,1.10−31.3.10−2 = = 582,4 V . el 2 1,6.10−19.(6.10− 2 ) 2

+ W0 =

bản tụ phẳng theo phương song song với hai bản. Hai bản có chiều dài l = 10cm, khoảng cách d = 1cm. Tìm U giữa hai bản để electron không ra được khỏi tụ.  Bài giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. Chuyển động của electron trong điện trường được chia thành hai phần: +Theo trục Ox: Electron chuyển động thẳng đều: x = v0t. +Theo trục Oy: Electron chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường:

qUx 2 2mdv02 v0

O E

107

mv02 2W0 => v02 = 2 m

-Thay (2) vào (1), ta được: tanα =

(1)

(2)

qUx qUx = 2W0 2dW0 m

md. =>

2dW0 .tanα 2.0,01.1500.1,6.10−19.0,2 = = 120 V . qx 1,6.10−19.0,05

Vậy: Để electron bay ra khỏi tụ theo phương hợp với các bản một góc 11o thì U = 120V. 4.64. Electron thoát ra từ K, được tăng tốc bởi một điện trường đều giữa A và K rồi đi vào một tụ phẳng theo phương song song với hai bản như hình vẽ. Biết s = 6cm, d

A b

 Bài giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. +Theo trục Ox: Electron chuyển động thẳng đều:

= 1,8cm; l = 15cm, b = 2,1cm; U của tụ 50V. Tính vận tốc electron khi bắt đầu đi vào tụ, và hiệu điện thế U0 giữa K và A. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

at 2 ax 2 F qU ; x = vt) y= = 2 (với a = = 2 2v 0 m md y=

at 2 ax 2 F qU = 2 ; vy = at (với a = = ) 2 2v 0 m md a

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là U = 582,4 V. 4.62. Sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện thế U0 = 100V, một electron bay vào chính giữa hai

108

x = v0t; vx = v0 = const. +Theo trục Oy: Electron chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện trường: y= với

at 2 ax 2 = 2 ; vy = at 2 2v 0

1 qU s 2 qU s . . ; vy = . 2 md v 20 md v 0

h1 H

x s

l h2 qUls = => h 2 = v y v0 mdv02

 Bài giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. +Theo trục Ox: Hạt bụi chuyển động nhanh dần đều đều:

qE vx = at = t m +Theo trục Oy: Hạt bụi rơi tự do: vy = gt

1 qUs b = h1 + h 2 = . (s + 2l ) 2 mdv02 =>

v0 =

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

U0 =

−31

mv 9,1.10 .(1,6.10 ) = = 728 V . 2q 2.1,6.10−19

Vậy: Vận tốc electron khi bắt đầu đi vào tụ là v0 = 1,6.107(m/s); hiệu điện thế giữa K và A là U0 = 728V. 4.65. Electron bay vào một tụ phẳng với vận tốc v0 qua một lỗ nhỏ ở bản dương, hợp với bản góc α . Các bản có khoảng cách d, hiệu điện thế U. Bỏ qua trọng lượng. Hỏi electron có thể cách

 Bài giải  -Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. +Theo trục Ox: Electron chuyển động thẳng đều:

mv x 0,01.10−3 .30 = = 7,5 (V/m) . qt 10−5 .4

nhau. Ở ngay giữa hai bản và cách đều hai bản có một giọt dầu tích điện (P). Khi hai bản ở vị trí nằm ngang thì giọt dầu có cân bằng; Nếu người ta đặt cho hai bản kim loại nằm nghiêng góc 600 so với mặt phẳng ngang như hình vẽ thì sau một lúc giọt dầu sẽ tới va chạm với một bản kim

+Theo trục Ox: vx = axt = (gsin α )t

+Theo trục Oy: vy = ayt = ( và

d O

2qU (d − x) md

109

F + gcos α )t = g(1 + cos α )t m

α x

P 60o

1 2 1 a y t = g(1 + cos α )t2 2 2

-Khi giọt dầu va chạm vào tấm kim loại thì quãng đường mà nó đi theo trục Oy là y =

2 0y

0 − v02sin 2α =

Vậy: Cường độ điện trường đặt vào điện tích là E = 7,5(V/m). 4.67. Hai bản kim loại A và B được đặt song song, cách nhau khoảng d và có những điện tích đối

v − v = 2a(d − x)



thành hai thành phần theo hai trục Ox và Oy:

F qU với a=− =− m md Gọi x là khoảng cách ngắn nhất mà electron có thể cách bản tụ âm, quãng đường mà electron đi được là: s = d - x. Ta có: 2

P = F  mg = qE -Khi hai bản nằm nghiêng góc 600 so với mặt phẳng ngang: Chọn hệ trục xOy như hình vẽ, phân tích chuyển động của giọt dầu

tác dụng của lực điện trường: at 2 y = (v0sinαin + ; vy = v0sin α + at 2

loại. Tính vận tốc của giọt dầu khi va chạm nói trên xảy ra.  Bài giải  -Khi hai bản ở vị trí nằm ngang thì giọt dầu cân bằng:

bản tụ âm một khoảng ngắn nhất là bao nhiêu?

+Theo trục Oy: Electron chuyển động chậm dần đều dưới

v x = v 2 − v 2y = 502 − (10.4)2 = 30 m/s .

-Cường độ điện trường: E =

7 2

x = (v0cos α )t; vx = v0cos α

Ta có: v 2 = v 2x + v 2y

1 -Hiệu điện thế U0 giữa K và A: qU 0 = mv02 2 2 0

mv20sin 2α mv20sin 2α = d(1 − ) 2qU 2eU

mv02sin 2α ). 2eU 4.66. Hạt bụi m = 0,01g mang điện tích q = 10-5C đặt vào điện trường đều E nằm ngang, hạt bụi chuyển động với v0 = 0, sau t = 4s đạt vận tốc v = 50(m/s). Cho g = 10(m/s2), có kể đến tác dụng của trọng lực. Tìm E.

x=d−

Vậy: Electron có thể cách bản tụ âm khoảng ngắn nhất là x = d(1 −

F qU a= = m md

-Khi electron ra khỏi tụ: y = h1 = Ta có:



d . 2

1 d g(1 + cos α )t2 = 2 2 d g(1 + cos α)

110

-Vận tốc theo trục Ox: v x = gsinα

d gd = sinα g(1 + cos α) (1 + cos α)

-Vận tốc theo trục Oy: v y = g(1 + cos α)



d = (1 + cos α)gd g(1 + cos α)

gd + (1 + cos α)gd = (1 + cos α)

sin 2 α.

 sin 2α + 1 + cos 2α + 2cosα  gd   = (1 + cos α)  

 sin α + (1 + cos α)  gd   (1 + cos α)   2

 qE  2  v2 =   + g 2  t 2 − 2gv0 t + v02  m  

vmin  v2min => t =

2gd .

4.68. Truyền cho một quả cầu nhỏ có khối lượng m, mang điện tích q (q > 0) vận tốc đầu v0 thẳng đứng hướng lên. Quả cầu nằm trong điện trường đều nằm ngang, có cường độ điện trường E . Bỏ qua sức cản của không khí và sự phụ thuộc gia tốc rơi tự do vào độ cao. Hãy viết phương trình quỹ đạo của quả cầu và xác định vận tốc cực tiểu của nó

vmin =

vmin = O

trong quá trình chuyển động.

 Bài giải  -Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ, phân tích chuyển động của quả cầu thành hai thành phần: +Theo Ox: Quả cầu chuyển động nhanh dần đều do lực điện trường F = qE: F qE 1 1 qE t= t ; x = a xt2 = . t2 (1) m m 2 2 m +Theo Oy: Quả cầu chuyển động chậm dần đều do trọng lực P = mg:

-Từ (1) suy ra: t =

2mx 1  2mx  2mx 1 2mx - g = v0 - g. qE 2  qE  qE 2 qE

y = v0



2mgxy  mg  2 2mxv20 y2 + +   x = qE qE  qE 

g 2 v 20  qE 2  2   + g  m    

qE 2

q E + m 2g 2

+ v 20 =

qE q 2 E 2 + m 2g 2

v0 . 2

qE 2

2 2

q E +m g

v0 đạt được tại thời điểm t =

gv 0 2

 qE  2   +g m

-----------------------------------

 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP

vx P

Chuyên đề 1: ĐIỆN TÍCH. ĐỊNH LUẬT CU-LÔNG O

mgx 2mx mgx 2mx = v0 y+ qE qE qE qE

vmin =

−

 qE  2  g 2 v02 gv 0 2 − 2gv 0 . + v02   + g . 2  qE  2    m    qE  2 2 2   + g    + g   m    m  

của quả cầu là vmin =

2mx , thay giá trị t vào (2) ta được: qE 2

y = v0

(2)

 mg  2 2m  x + y 2 + Vậy: Phương trình quỹ đạo của quả cầu là  (gy − v 20 )x = 0 ; vận tốc cực tiểu qE  qE 

vx = axt =

1 2 gt 2

gv 0  qE  2   +g m

(4)

-Thay giá trị t vào (4) ta được:

2gd .

Vậy: Vận tốc của giọt dầu khi va chạm với một bản kim loại là v =

vy = v0 – ayt = v0 - gt ; y = v0t -

 qE  2  2 2 2   + g  t − 2gv0 t + v0  m  

gd (sinα ) 2 + ( (1 + cos α)gd )2 (1 + cos α) 2

(3)

 qE  v 2x + v 2y =   t 2 + (v0 − gt) 2 m

-Vận tốc của quả cầu: v =

-Vận tốc của giọt dầu khi va chạm: v = v 2x + v 2y =>

 mg  2 2m   x + y 2 + (gy − v 02 )x = 0 qE  qE 

1. Hai điện tích điểm bằng nhau đặt trong chân không, cách nhau đoạn R = 4cm. Lực đẩy tĩnh điện giữa chúng là F = 10-5N.

a)Tìm độ lớn mỗi điện tích. b)Tìm khoảng cách R1 giữa chúng để lực đẩy tĩnh điện là F1 = 2,5.10-6N.

 Bài giải 

a)Độ lớn mỗi điện tích -Vì:

111

+Hai điện tích đẩy nhau nên q1 và q2 cùng dấu.

112

+Hai điện tích bằng nhau nên: q1 = q2. -Theo định luật Cu-lông: F = k =>

q =R

q1q 2 q2 =k 2 2 R R

10−5 F = 4.10-2. ≈ 1,3.10-9 C k 9.109

F1 = F3 = k

Vậy: Độ lớn của mỗi điện tích là q1 = q 2 = q ≈ 1,3.10-9 C

F5 = k

b)Khoảng cách R1 giữa chúng để lực đẩy tĩnh điện là F1 = 2,5.10-6N q2 -Với khoảng cách R: F = k 2 R q2 R 12

-Với khoảng cách R1: F’ = k

(2)

Vậy: Để lực đẩy tĩnh điện giữa hai điện tích là F1 = 2,5.10-6N thì khoảng cách giữa chúng là R1 = 8cm. 2. Ba điện tích điểm q1 = q2 = q3 = q = 1,6.10-19C đặt trong chân không tại ba đỉnh tam giác đều cạnh a = 16cm. Xác định lực tác dụng lên điện tích q3.  Bài giải  q1q 3 qq q2 q2 Ta có: F3 = F13 + F23 , với F13 = k 2 = k 2 ; F23 = k 2 2 3 = k 2 a a a a o => F13 = F23 và α = (F13 , F23 ) = 60 2

F3 = 2F13cos

q α = 2k 2 .cos30o 2 a

F3 = 2.9.109.

(1,6.10-19 )2 3 = 15,6.10-27N . (16.10- 2 )2 2

(3)

F = F13 + F5 + F46 = k

+chiều: từ tâm lục giác ra.

Bài giải

a)Khoảng cách cực tiểu giữa hai quả cầu C q2

-Vì có cùng điện tích nên quả cầu 2 đẩy quả cầu 1 chuyển động cùng chiều. Khi khoảng cách giữa hai quả cầu cực tiểu, chúng có cùng vận tốc u cùng chiều với v0 .

F23

 Bài giải  Do tính đối xứng nên ta chỉ cần khảo sát một điện tích bất kì, chẳng hạn điện tích tại B trên hình

vẽ.

-Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu, ta được: v0 (1) 5 -Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: mv0 = (4m + m)u => u =

1 2q 2 1 2q 2 mv02 +k = 5mu 2 +k 2 a 2 rmin -Từ (1) và (2): rmin =

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

F1 C

q2 3 3q 2 . =k 2 3a 2 3a 2

hướng thẳng về phía quả cầu 2 với vận tốc v0. a)Tính khoảng cách cực tiểu giữa hai quả cầu. Xét trường hợp a = ∞ . b)Tính vận tốc của hai quả cầu khi chúng cách xa nhau vô cùng. Bỏ qua tác dụng của trọng

+chiều: ra xa AB. F3 F13 +độ lớn: F3 = 15,6.10-27N. 3. 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.

F46 = 2F4cos30o = 2k

q 2 (15 + 4 3) . . a2 12 4. Hai quả cầu nhỏ tích điện có khối lượng và điện tích lần lượt là m1 = m; q1 = +q; m2 = 4m; q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên và quả cầu 1 chuyển động

q2 q2 = k 2 ; b2 = (2a)2-a2 = 3a2; β = 60o 2 b 3a

trường.

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

(2)

+độ lớn: F = k

Vậy: Vectơ lực tác dụng lên q3 có:

(c = 2a)

(1)

q2 q2 q 2 (15 + 4 3) 3q 2 +k 2 +k =k 2 . 2 2 a 4a 3a a 12 Vậy: Lực tác dụng lên mỗi điện tích có: +điểm đặt: tại các điện tích. +phương: đường thẳng nối điện tích và tâm lục giác.

F 10-5 = 4. = 8cm. -Suy ra: R1 = R. F1 2,5.10- 6

q2 q2 q2 =k =k 2 2 2 c (2a) 4a

F4 = F6 = k

(1)

q2 q2 ; α = 120o => F13 = F1 = F3 = k 2 a2 a

a mv 20a 1+ 5kq 2

(2) (3)

F4 F5

113

114

-Xét trường hợp a = ∞ , ta được: rmin =

1 5kq 2 = 2 mv02 1 mv0 + a 5kq 2

-Tại thời điểm các quả cầu nhỏ gần nhất thì vận tốc các quả cầu là bằng nhau. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

(4)

Vậy: Khoảng cách cực tiểu giữa hai quả cầu là rmin =

a 5kq và khi a = ∞ thì rmin = . mv 20a mv02 1+ 5kq 2

b)Vận tốc của hai quả cầu khi chúng cách xa nhau vô cùng -Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta được: mv0 = mu1 + 4mu2. => u1 = v0 – 4u2 (5) -Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: 2

1 2q 1 1 mv02 +k = mu12 + 4mu 22 2 a 2 2 -Từ (5) và (6): 5mu 22 -2mv0 u 2 =>

∆ ' = m 2 v 02 +

u2 =

5mkq 2 a



1 1 Q2 Q2 -k = Mv02 - (M + 2m)v2 x 2l 2 2

(2)

1 Mmv02 1 + 2 2l kQ (M + 2m)

Vậy: Khoảng cách ngắn nhất của các quả cầu trong quá trình chuyển động là x = (7)

1 . Mmv02 1 + 2 2l kQ (M + 2m)

rmin ). a

b)Vận tốc các quả cầu M ở thời điểm cả ba quả cầu lại thẳng hàng Tại các thời điểm ba quả cầu lại thẳng hàng, thế năng tương tác của hệ là như nhau. -Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: Mv0 = mu1 + 2mu2 (3)

v0  r   1 + 1+ min  5  a  v0  r  1 − 4 min 5  a

  

-Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

(8)

-Từ (3): u2 =

(9)

1 1 1 Mv02 = Mu12 + 2 mu 22 2 2 2

(4)

M(v0 - u1 ) 2m

-Thay vào (4) ta được: (M2 + 2mM) u12 - 2M2v0u1 + M2 v02 - 2mM v02 = 0

-Từ (9) ta thấy, u1 trái dấu với v0 (quả cầu 1 bị bật trở lại). -Nếu a = ∞ thì u2 =

1 1 Q2 Q2 Q2 Q2 Mv02 + 2k +k = (M + 2m)v2 + 2k +k 2 l 2l 2 l x

-Thay v từ (1) vào (2) ta được: x =

v0 v r v  r  ± 0 1+ min = 0  1 ± 1+ min  5 5 a 5  a 

-Thay (8) vào (5) ta được: u1 =



(6)

kq = 0. a

-Vì u2 cùng dấu với v0 nên: u2 =

hệ hai quả cầu m là thay đổi -Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: W1 = W2.

-Thay (4) vào (7), ta được: ∆ ' = m 2 v 02 (1+ =>

Mv0 (1) M + 2m -Vì khoảng cách giữa quả cầu M và các quả cầu m không đổi nên chỉ có thế năng tương tác của Mv0 = (M + 2m)v =>

2v 0 3v ; u1 = − 0 . 5 5

 u1 = v0 ; u 2 = 0     M   - 1 ; u = v  2   2 0  u = v 2m 2m   0 1 +   1 M   + 1  M    2m  

2v0 3v ; u1 = − 0 . Vậy: Vận tốc của hai quả cầu khi chúng cách xa nhau vô cùng là u2 = 5 5 5. Ba quả cầu nhỏ khối lượng lần lượt m, M và m mang điện tích giống nhau Q. Quả cầu giữa (khối lượng M) nối với các quả cầu kia bằng một sợi dây mảnh, cách điện có cùng chiều dài l. Hệ thống trên được đặt trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang. Quả cầu M được truyền với vận tốc v0 theo hướng vuông góc với sợi dây. a)Tính khoảng cách ngắn nhất của các quả cầu trong quá trình chuyển động? b)Tính vận tốc các quả cầu ở thời điểm cả ba quả cầu lại thẳng hàng.

(Trích Tạp chí Lượng tử - Nga) Bài giải

a)Khoảng cách ngắn nhất của các quả cầu trong quá trình chuyển động

115

Hai quả cầu nhỏ cùng khối lượng m, được tích điện giống nhau q. Chúng được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ cách điện, chiều dài

O L m

tự nhiên của lò xo là l0, độ cứng k’. Một sợi chỉ, cách điện, mảnh, nhẹ không dãn, có chiều dài 2L, mỗi đầu dây chỉ được gắn với một

L l

quả cầu. Cho điểm giữa O của sợi dây chỉ chuyển động thẳng đứng

g hướng lên với gia tốc a , có độ lớn bằng (g gia tốc rơi tự do). 2 Lò xo có chiều dài l (2L > l > l0) như hình vẽ. Xác định giá trị của q?  Bài giải  Vì hệ có tính đối xứng nên ta chỉ cần xét một quả cầu, chẳng hạn quả cầu bên phải (hình vẽ): q

k’

116

-Các lực tác dụng lên quả cầu: trọng lực P ; lực điện F ; lực đàn hồi F1 ; lực quán tính Fq ; lực căng dây T . -Quả cầu nằm cân bằng nên: P + F + F1 + Fq + T = 0 (1)

-Năng lượng của hệ khi đó là: W = Wđ + Wt. 

W=(

-Từ (1) suy ra: F – F1 = (P + Fq)tan α



W = 3m v12 +

q2 g - k’(l – l0) = (mg + m ). l2 2

(2) a

l 2 L2 −    2

q2 3 l k 2 = mg. + k’(l – l0) l 2 4L2 − l 2

q =l

L l

m q

k’

F1 Fq

m q

 1  3mgl  + 2k'(l − l0 )  . 2k  4L2 − l 2 

bằng các đoạn dây không dãn chiều dài l. Ban đầu chúng nằm cân bằng trên mặt bàn nhẵn nằm ngang và tạo thành một tam giác đều. Sau đó người cắt một trong các đoạn dây nối. Hãy xác định vận tốc của mỗi quả cầu tại thời điểm chúng nằm trên cùng một đường thẳng. Xem bán kính của các quả cầu là nhỏ so với chiều dài đoạn dây nối chúng. (Trích Tạp chí Lượng tử - Nga) Bài giải

-Ban đầu các quả cầu 1, 2, 3 nằm tại các đỉnh tam giác đều cạnh l, có khối tâm G (giao điểm ba đường cao). Vì

v1 = v2 =

q ; v3 = 2 6πε 0 ml

q 6πε 0 ml

q . 6πε 0 ml

8. Hai quả cầu nhỏ tích điện giống nhau được nối với nhau bằng một dây nhẹ cách điện, không dãn, dài l = 5cm. Treo hai quả cầu vào điểm O bằng hai dây nhẹ, cách điện, cùng

O 30o

ℓ

chiều dài l. Khi hệ cân bằng, dây nối hai quả cầu bị đứt và chúng bắt đầu chuyển động với gia tốc a = 40(m/s2). Lấy g =

ℓ

ℓ 10(m/s2). Tính vận tốc của các quả cầu khi chúng ở trên cùng B A một mức ngang với điểm treo O. (Trích Đề thi Olimpic 30/4, Năm 2015) Bài giải -Xét chuyển động của một trong hai quả cầu ngay lúc đứt dây: v0 = 0. Ta có:

Và:

3q 2 5q 2 = 3m v12 + 4πε 0l 8πε 0l

q ; v3 = 2 6πε 0 ml

7. Ba quả cầu nhỏ tích điện như nhau, mỗi quả có khối lượng m và điện tích q, được nối với nhau

q W0 = 3 4πε 0l p0 = 0



Vậy: Vận tốc của mỗi quả cầu tại thời điểm chúng nằm trên cùng một đường thẳng là v1 = v2 =

các quả cầu nằm yên nên năng lượng toàn phần của hệ chỉ là thế năng tĩnh điện:

5q 2 8πε 0l

-Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: W0 = W.

 1  3mgl  + 2k' (l − l0 )  2k  4L2 − l 2 

Vậy: Điện tích của mỗi quả cầu là q = l

mv32 mv12 mv 22 q2 q2 q2 + + )+( + + ) 2 2 2 4πε 0l 4πε 0l 8πε 0l

v 02 =0. ℓ +Gia tốc toàn phần: a = a t + a ht = a t => a ⊥ T -Theo định luật II Niu-tơn, ta có: F+ P+ T = ma

+Gia tốc hướng tâm: a ht =

-Chiếu hệ thức trên lên phương tiếp tuyến, ta được:

-Trên mặt bàn nằm ngang hệ chỉ có nội lực tương tác giữa các quả cầu nên khối tâm G của hệ luôn đứng yên. Giả sử sợi dây nối giữa quả cầu 1 và 2 bị đứt, do tương tác tĩnh điện ba quả cầu chuyển động. Khi ba quả cầu nằm trên cùng một đường thẳng, quả cầu 3 đóng vai trò khối tâm của hệ, khi đó quả cầu 3 ở vị trí G, có vận tốc v 3 (hình vẽ). Do tính đối xứng nên vận tốc của các quả cầu còn lại là v1 và v 2 sẽ có độ lớn như nhau và cùng hướng. Áp dụng định luật bảo

-Mặt khác, ngay lúc dây đứt: F = k =>

toàn động lượng cho hệ, ta được: m v1 + m v 2 + m v 3 = 0  v3 = -(v1 + v2 ) v3 Và v1 = v 2 = 2

2  g m a +  3  2

q2 =

2 m ℓ2  g   a+  3 k  2

q . ℓ2

(1)

-Chọn gốc thế năng trọng trường tại vị trí ban đầu của hai quả cầu. Ta có: +Năng lượng của hệ ngay lúc đứt: W0 = k

117

q2 . ℓ

118

+Năng lượng của hệ hai quả cầu lúc ở độ cao ngang điểm treo: W=2

mv kq ℓ 3 + + 2 mgh; h = 2 2ℓ 2

W=2

mv 2 kq 2 + + mg ℓ 3 2 2ℓ

2kq . a2 10. Một bản phẳng rất lớn đặt thẳng đứng, tích điện đều với mật độ điện mặt σ . Vậy: Để EM cực đại thì h = 0 và EM(max) =

a)Xác định E do mặt phẳng gây ra tại điểm cách mặt phẳng đoạn h. Nêu đặc điểm của điện trường này. b)Một quả cầu nhỏ khối lượng m điện tích q cùng dấu với mặt phẳng, được treo vào một điểm cố định gần mặt phẳng bằng dây nhẹ không dãn, chiều dài l. Coi q không ảnh hưởng đến sự phân bố

-Theo định luật bảo toàn năng lượng: W = W0. 

kq 2 = mv 2 − mg ℓ 3 2ℓ

v2 =

điện tích trên mặt phẳng và khi cân bằng dây treo nghiêng góc α với phương thẳng đứng. Tính

kq 2 − gℓ 3 2mℓ

Chọn mặt Gauss là hình trụ có đường sinh vuông góc với đáy, hai đáy hình tròn có diện tích S và cách đều bản phẳng đoạn h.

ℓ  g  2 a− 5g   a +  − g ℓ 3 = 3ℓ  3 2  6 

-Từ (1) và (2) ta được: v 2 =

 Bài giải  a)Cường độ điện trường do bản phẳng gây ra

(2)

 2a − 5g  3ℓ  =  6 

-Điện thông qua mặt Gauss: Φ = Φ1 + Φ2.

 2.40 − 5.10  3.0,05   = 0,66(m/ s) 6  

+Phần điện thông qua mặt bên: Φ1 = ΣE1∆Scosα1 = 0 (vì cos α1 = 0).

Vậy: Vận tốc của các quả cầu khi chúng ở trên cùng một mức ngang với điểm treo O là v = 0,66(m/s).

+Phần điện thông qua hai đáy: Φ2 = ΣE 2 ∆Scos α 2 = 2ES. =>

Φ = 2ES

-Theo định lí Ostrogradski – Gauss: Φ =

Chuyên đề 2: ĐIỆN TRƯỜNG 9. Hai điện tích q1 = q > 0 và q2 = -q đặt tại A, B trong không khí. Cho AB = 2a.

a)Xác định cường độ điện trường E M tại M trên trung trực của AB, cách AB đoạn h. b)Xác định h để EM đạt cực đại. Tính giá trị cực đại này.  Bài giải 

a)Cường độ điện trường E M tại M trên trung trực của AB Ta có: E M = E1 + E 2

EM = 2E1cos α = 2 k

+phương: song song với AB. +chiều: từ A đến B. 3

Từ EM = 2

kqa 3

(a 2 + h 2 ) 2

σ 2ε 0

2kq suy ra EM cực đại khi h = 0 và EM(max) = 2 . a

σ . 2ε 0

qσ F qE = -Tam giác lực cho: tanα = = P mg 2mgε 0

2mgε 0 .tanα σ

-Các lực tác dụng lên q: trọng lực P , lực điện trường F , lực căng dây T .

b)Giá trị của h để EM đạt cực đại

1 1 Σ σ∆S = σ.2S ε0 ε0

+không phụ thuộc vào khoảng cách từ điểm ta xét đến bản phẳng.

(a + h 2 ) 2

+là điện trường đều, có hướng vuông góc với với bản phẳng, có độ lớn E =

Vậy: Cường độ điện trường E M tại M trên trung trực của AB có:

kqa

1 Σq i ε0

b)Tính điện tích q

a q kqa =2 . 3 a + h2 a2 + h2 2 (a + h 2 ) 2 2

+điểm đặt: tại M.

+độ lớn: EM = 2

2ES =

Vậy: Cường độ điện trường do mặt phẳng gây ra tại điểm cách mặt phẳng đoạn h:

q q a Vì q1 = q 2 = q ; AM = BM nên E1 = E2 = k = k 2 ; cosα = cosA = . 2 AM 2 a + h2 a + h2 =>

h α

T F

P 2mgε 0 .tanα Vậy: Độ lớn của điện tích q là q = . σ Với q > 0 11. Một quả cầu khối lượng m, mang điện tích q được buộc vào một sợi chỉ cách điện. Đầu còn

lại của sợi chỉ được buộc vào điểm cao nhất của một vòng dây có bán kính R đặt trong một mặt phẳng thẳng đứng. Vòng dây được làm bằng một dây dẫn cứng có bán kính nhỏ không đáng kể. Vòng dây được tích một điện tích Q cùng dấu với điện tích q và phân bố đều. Hãy xác định chiều dài l của sợi dây treo để sau khi bị đẩy lệch, quả cầu sẽ nằm trên trục của vòng dây.

119

120

Đầu tiên hãy giải bài toán dưới dạng tổng quát, sau đó thực hiện phép tính với các số liệu: Q = q

Tương tự, gọi N2 là số đường sức đi vào q2; số đường sức đi vào q2 trong phạm vi hình nón với

= 9.10-8C; R = 5cm; m = 1g; ε0 = 8,9.10-12(F/m). Bỏ qua khối lượng của dây treo.

góc ở đỉnh 2 β là N2’. Ta có: N '2 1 − cos β = N2 2

(Trích Đề thi Olimpic Vật lí Quốc tế, Tiệp Khắc – 1969) Bài giải Giả sử quả cầu m nằm tại điểm M trên trục của vòng dây, các điện tích q và Q đều dương.

-Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại M có: +Phương: trục OM; chiều: hướng xa O.

R O

-Mặt khác, vì các đường sức không cắt nhau nên: N1’ = N2’ F

M q α

+Độ lớn: E = ΣΔE n .

α   sin 2  N2 q2 q2 -Mặt khác: = = =>  . N1 q1 q1  sin β   2

Δq λΔs 1 q ; λ= : =k 2 2 ;k= (R 2 +h 2 ) (R +h ) 4 πε0 2πR

mật độ điện tích dài; Δs : phần tử vòng dây; cosα =



h R 2 +h 2

-Từ đó: sin

λh λh |Q|h E = k 2 2 3/2 (Δs1 +Δs 2 +...) = k 2 2 3/2 .2πR = k 2 2 3/2 (R +h ) (R +h ) (R +h )

1 |Q|h => l = . 4 πε0 l 3

|Q|h = 4πε 0 E

-Áp dụng bằng số: l =

|Q|h . 4πε 0 E

|Q||q|R . 4πε 0 mg

12. Trong một điện trường tạo bởi một điện tích điểm +q1 và một điện tích điểm –q2 có một đường sức xuất phát từ +q1

hợp với đoạn thẳng nối hai điện tích một góc α . Hãy tính q1 góc β mà đường sức đó hợp với đoạn thẳng tại –q2.

q1 α sin > 1 thì các đường sức từ q1 sẽ đi ra xa vô q2 2

cùng và không đến được –q2. 13. Hai quả cầu kim loại nhỏ, có khối lượng m = 100g và M = 200g mang điện tích q = -10-6C và Q = 2.10-6C, được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn, dọc theo đường sức của một điện trường đều, cách nhau một khoảng d = 1cm. Biết rằng khi buông ra hai quả cầu đó chuyển động với khoảng cách giữa chúng vẫn bằng 1cm. Hãy xác định chiều của đường sức và độ lớn của cường độ điện trường. Bỏ qua mọi ma sát. Bài giải +Lực hút tĩnh điện giữa hai quả cầu: Fđ = -F'đ luôn luôn có cường độ bằng nhau. +Lực điện trường tác dụng lên điện tích Q là F2 = Q E (hướng theo chiều đường sức). +Lực điện trường tác dụng lên điện tích q là F1 = q E (hướng ngược chiều đường sức).

-Vì Q > q nên F2 > F1, do đó muốn cho khoảng cách giữa hai quả cầu giữ nguyên không đổi

cầu phải theo cùng một chiều. Như vậy có nghĩa là đường sức phải có chiều từ quả cầu m đến quả cầu M như trên hình vẽ. -Để khoảng cách giữa chúng là không đổi trong quá trình chuyển động thì hai quả cầu phải có cùng gia tốc để chúng đi được các quãng đường bằng nhau trong cùng một khoảng thời gian:

ở đỉnh 2 α là N1’. Vì mật độ đường sức phân bố đều nên:

N S 2πR.R(1 - cosα) 1 − cos α = = = 2 N1 S1 4πR 2

q1 α sin ≤ 1 . Nếu q2 2

(4)

trong quá trình chuyển động thì ta phải có: F2 > Fđ > F1. Đồng thời các hợp lực tác dụng lên quả

Bài giải -Tại những điểm rất gần mỗi điện tích, các đường sức đi ra (đi vào) được phân bố đều đặn trong khoảng không gian rất gần các điện tích đó. Gọi N1 là số đường sức đi ra khỏi q1; số đường sức đi ra khỏi q1 trong phạm vi hình nón với góc ' 1

q1 α sin q2 2

-Ta có:

9.10−8 .9.10−8 .5.10−2 = 7,2.10-2m = 7,2cm. 4.3,14.8,9.10−12 .10−3 .10

Vậy: Chiều dài l của sợi dây treo để sau khi bị đẩy lệch, quả cầu sẽ nằm trên trục của vòng dây là l = 7,2cm.

' 1

β = 2

(4) chỉ có nghĩa khi

-Vì quả cầu m nằm cân bằng dưới tác dụng của 3 lực: trọng lực P, lực điện trường F = |q|E và lực căng dây T nên: F h |q|E h P + F + T = 0 => tan α = = <=> = P R mg R -Từ đó: l =

α α  2 sin 2  sin 2  N2 1-cosα 2 -Từ (1), (2) và (3) ta được: = = =  β N1 1-cosβ  sin β  2 sin 2 2  2

(3) 2

( ΔE n = 2∆Ecosα ; ΔE = k

(2)

a1 = a2 

(1)



121

Fd'

m, q<0

M, Q>0

Fđ - F1 F -F = 2 đ m M

1 kqQ 1 kQq ( - qE) = (QE - 2 ) m d2 M d

122

kqQ(M + m) 9.109 .10−6 .2.10−6 .(0,2 + 0,1) = ≈ 1,35.105(V/m) 2 d (mQ + Mq) (10−2 ) 2 (0,1.0,2 + 0,2.10−6 )

1 1 ). R 0,02



1,6.10-18 = 1,6.10-19.9.109.(-1,33.10-7) (

Vậy: Độ lớn của cường độ điện trường là E = 1,35.105(V/m).

R = 2,000334cm; d = R – r = 3,34.10-6m.

14. Một quả cầu rắn kim loại có bán kính 2cm mang điện tích tổng cộng –Q. Không khí xung quanh quả cầu sẽ bị tác động bởi một điện trường. Khi điện trường đặt vào vượt quá 3.106(V/m) thì phân tử không khí sẽ bị ion hóa, khi đó sẽ xuất hiện tia lửa điện và ta gọi là sự đánh thủng. Có

Vậy: Để thu được năng lượng bằng năng lượng ion hóa một phân tử không khí thì electron phải đi được một quãng đường d = 3,34.10-6m. Lúc đó, electron sẽ va chạm với phân tử không khí trước khi thu được năng lượng đủ lớn để ion hóa không khí.

thể sử dụng tính chất đối xứng cầu để giải bài toán này mặc dù thực tế khi có tia lửa điện thì tính đối xứng cầu sẽ bị phá vỡ.

d)Điện thế trên bề mặt quả cầu khi xảy ra sự đánh thủng

a)Vẽ các đường sức của điện trường xung quanh quả cầu và chỉ rõ sự phân bố điện tích trên quả cầu. b)Điện tích nhỏ nhất mà quả cầu phải có để có thể đánh thủng không khí gần bề mặt của nó. c)Để ion hóa một phân tử không khí thì cần một năng lượng 1,6.10-18J. Xét một electron ở sát bề mặt quả cầu mang điện tích nhỏ nhất như ở câu b. Electron phải đi được quãng đường bằng bao nhiêu để thu được năng lượng bằng năng lượng ion hóa một phân tử không khí? Bình thường một electron chỉ đi được 10-6m trước khi va chạm với một phân tử không khí. Hỏi có hay không xảy ra sự ion hóa các phân tử không khí ở xa bề mặt quả cầu do các electron được gia tốc gây ra? d)Xác định điện thế trên bề mặt quả cầu khi xảy ra sự đánh thủng. (Trích Đề thi Olimpic, Canada, Năm 1997) Bài giải a)Vẽ các đường sức của điện trường xung quanh quả cầu

Ta có: V =

Vậy: Điện thế trên bề mặt quả cầu khi xảy ra sự đánh thủng là V = -60000V.

Chuyên đề 3: ĐIỆN THẾ. HIỆU ĐIỆN THẾ 15. Một hình vuông ABCD có cạnh a 2 , có tâm ở O. Tại mỗi đỉnh của hình vuông ta đặt cố định một điện tích +q. a)Xác định điện thế do các điện tích ở đỉnh gây ra tại tâm O hình vuông. b)Chứng minh rằng điểm O là vị trí cân bằng bền của một điện tích điểm thử Q = +q trong mặt phẳng của hình vuông và là vị trí cân bằng không bền theo trục đi qua tâm O và vuông góc với

mặt phẳng của hình vuông. (Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm 2001) Bài giải

a)Điện thế tại O

-Vì các điện tích chỉ phân bố trên bề mặt quả cầu nên: +Bên trong quả cầu: E = 0.

E=0

+Bên ngoài quả cầu: Điện trường giống như do điện tích điểm –Q đặt tại tâm quả cầu gây ra.

Với

b)Điện tích nhỏ nhất mà quả cầu phải có để có thể đánh thủng không khí gần bề mặt của nó

-kQ . r2

Vậy: Điện tích nhỏ nhất mà quả cầu phải có để có thể đánh thủng không khí gần bề mặt của nó là Q = -1,33.10-7C. c)Quãng đường electron phải đi được để thu được năng lượng bằng năng lượng ion hóa một phân tử không khí

C x

kq kq kq VA = VB = VC = VD = . = = OA a a 2. 2 2

kq VO = 4 a

kq . a b)Chứng minh rằng điểm O là vị trí cân bằng bền của điện tích Q và là vị trí cân bằng không bền theo trục đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng của hình vuông -Xét điểm M(x, y) nằm gần O (x, y << a). Ta có: +Điện thế tại A: VA =

kQ . r

kq (a-x) 2 +y 2

kq  2x x 2 +y 2  2  1+ +  a  a a2 

Vì x, y << a nên áp dụng công thức gần đúng: (1 + ε)n ≈ 1+nε+

kQ -Thế năng của electron ở khoảng cách R tính từ tâm quả cầu là: WR = e . R =>

Vậy: Điện thế do các điện tích ở đỉnh gây ra tại tâm O hình vuông là VO = 4

Er 2 3.106.(2.10−2 )2 Q=== -1,33.10-7C k 9.109

-Thế năng của electron ở sát bề mặt quả cầu là: Wr = eV = e

Chọn hệ trục tọa độ Oxy và gắn các điện tích trên các trục tọa độ như hình vẽ. Ta có: VO = VA + VB + VC + VD.

-Sự phân bố điện tích trên quả cầu và đường sức điện trường như hình vẽ.

Cường độ điện trường ở sát bề mặt quả cầu: E =

-kQ −9.109.1,33.10−7 = = -60000V. r 0,02

VA ≈

1 1 A = WR – Wr  ekQ( - ) = A R r

n(n-1) 2 ε ta được: 2!

kq  x x 2 +y 2 3 x 2  + . 2  1- a  a 2a 2 2 a 

+Tương tự, tính được điện thế tại các điểm B, C và D.

123

124

+Điện thế tại điểm M: VM = VA + VB + VC + VD. kq  x +y  kqr  4+  = VO + 3 , r = a  a2  a 2



VM =



x 2 +y 2 = OM

+Thế năng của điện tích Q tại M: WM = qVM = qVO +

+Điện thế tại điểm N: VN = VA + VB + VC + VD = 4

kq 2 r 2 . a3

kq a 2 +z 2

kq 2 2

a +z

1 10−8 (0,2 - 0,1) . = 225V. −12 4.3,14.8,9.10 0,22

-Điện dung của hệ thống vật dẫn: C =

Q 10-8 = = 44.10-12 F = 44pF . V1 225

-Sơ đồ điện tương đương: Hệ thống tương đương với hai tụ

+Tại điểm O, r = 0: W = Wmin và hợp lực tác dụng lên Q bằng 0 nên O là vị trí cân bằng bền. -Xét điểm N(0, 0, z) trên trục Oz đi qua O và vuông góc với mặt phẳng Oxy. Ta có:

+Thế năng của điện tích Q tại N: WN = qVN = 4

V1 =

+Điện dung của một quả cầu bán kính R đối với đất ở xa là: C2 = 4πε 0 R . +Điện dung của hai hình cầu, với hình cầu ở trong nối với đất là: C1 = 4πε 0

+Điện dung tương đương của hệ thống là: C = C1 + C2 = 4πε 0

Vậy: Điểm O là vị trí cân bằng bền của điện tích Q và là vị trí cân bằng không bền theo trục đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng của hình vuông. 16. Trong một vỏ cầu kim loại mỏng, bán kính R = 20cm có

+Điện thế của quả cầu lớn là: V1 =

một hình cầu kim loại đồng tâm, bán kính r = 10cm, nối với đất bằng một dây dẫn rất dài đi qua một lỗ của vỏ cầu. Vỏ cầu được truyền điện tích Q = 10-8C. Tính điện thế của nó và

(Trích Đề thi Olimpic Quốc tế, Liên Xô - 1970) Bài giải Gọi q là điện tích cảm ứng trên hình cầu nhỏ. Bỏ qua sự nhiễu nhỏ do dây dẫn gây ra, điện thế q+Q . 4πRε 0

Q Q(R - r) . = C 4πε 0 R 2

17. Hai bản kim loại đặt nằm ngang, song song với nhau, cách nhau một khoảng d = 1cm, được nối với nguồn điện có hiệu điện thế U = 1kV. Ở đúng giữa khoảng cách hai bản có một giọt thủy

Bài giải -Ban đầu, giọt thủy ngân nằm lơ lửng (cân bằng) nên:

U (1) d -Khi hiệu điện thế giữa hai bản giảm xuống, hợp lực tác dụng vào giọt thủy ngân gây cho giọt P = Fđ  mg = |q|E = |q|

q . 4πRε 0

P - F' a= = m

U' d = g - |q| . U' m m d

mg - |q|

(2)

U'  995    2 -Từ (1) và (2): a = g 1 = 10  1  = 0,05(m/s ). U    1000 

q q q q  1 = -  . -Hiệu điện thế giữa hai mặt cầu là: ∆ϕ = ϕ2 − ϕ1 = 4πrε 0 4πRε 0  r R  4πε 0



Rr R2 + 4πε 0 R = 4πε 0 . R-r R-r

thủy ngân một gia tốc:

q -Điện thế trên mặt ngoài quả cầu nhỏ là: ϕ2 = . 4πrε 0

-Điện thế của quả cầu nhỏ: V2 = V1 + ∆ϕ =

Rr . R-r

ngân nhỏ tích điện nằm lơ lửng. Đột nhiên hiệu điện thế của nguồn giảm xuống còn bằng U’ = 995V. Hỏi sau bao lâu giọt thủy ngân rơi xuống đến bản dưới. Lấy g = 10(m/s2). (Trích Đề thi TSĐH Tổng hợp Hà Nội, năm học 1990-1991)

điện dung của hệ thống vật dẫn tạo thành. Vẽ sơ đồ điện tương đương.

-Điện thế trên mặt trong vỏ cầu lớn là: ϕ1 =

lại bài toán như sau:

+Tại điểm O, z = 0: W = Wmax và hợp lực tác dụng lên Q bằng 0 nên O là vị trí cân bằng không bền.

của vỏ cầu lớn là: V1 =

mắc song song: C1 là tụ điện gồm hai quả cầu; C2 là tụ điện gồm bản quả cầu lớn và bản kia nối đất. Do đó, có thể giải

-Quãng đường chuyển động của giọt thủy ngân: s =

q+Q q q  1 + . 4πRε 0  r R  4πε 0

Q q 1  rQ + Rq  1 V2 =  -  . =   R r  4πε 0  rR  4πε 0

d = a

d 1 = at 2 . 2 2

F q P q

0,01 = 0,447s 0,05

Vậy: Sau thời gian t = 0,447s thì giọt thủy ngân chạm đến bản dưới. 18. Giữa hai quả cầu đồng tâm không tích điện bằng kim loại có các bán kính là a và b có một điện tích điểm q ở trên khoảng cách c tính từ tâm các quả cầu (hình vẽ). Điện tích nào chạy theo một dây dẫn mảnh

r - Q+Q r 1 Q(R - r) R -Vì quả cầu nhỏ nối đất nên: V2 = 0 => q = - Q và V1 = = . . R 4πε0 R2 4πRε 0

q c

nếu nó nối ngắn mạch hai quả cầu.

125

126

(Trích “Tạp chí Lượng tử - Liên Xô”) Bài giải

-Ban đầu, quả cầu nhỏ chưa được tích điện. Khi nối ngắn mạch hai quả cầu thì: +trên quả cầu nhỏ xuất hiện điện tích q1 được phân bố không đều trên bề mặt ngoài của nó.

-Vì quả cầu không được tích điện nên: σ i = 0, do đó: V0 = Vậy: Điện thế của quả cầu là V0 =

+trên quả cầu lớn xuất hiện điện tích q2 được phân bố không đều trên bề mặt trong của nó. +đường sức điện trường do điện tích q gây ra sẽ kết thúc trên quả cầu nhỏ và trên bề mặt trong

Q . 4πε 0 L

20. Một quả cầu kim loại có bán kính R1 được tích điện đến điện thế V1. Một mặt cầu dẫn điện nhưng không được tích điện, thành mỏng và có bán kính R2 bao quanh quả cầu trên

của quả cầu lớn và: q = -(q1 + q2) -Vì các đường sức này không xuyên qua quả cầu lớn ra ngoài và điện tích trên bề mặt ngoài quả

một cách đối xứng (hình vẽ). Tính điện thế của quả cầu trong hai trường hợp:

cầu lớn được phân bố đều nên không tạo ra trường bên trong quả cầu. Khi nối các quả cầu bằng dây dẫn làm cân bằng các điện thế bên ngoài và trong các quả cầu thì điện thế của quả cầu lớn

a)Mặt cầu được nối đất. b)Mặt cầu và quả cầu được nối với nhau bằng một dây dẫn.

bằng 0. Từ đó, điện thế ở tâm của các quả cầu cũng bằng 0, do đó:

(Trích “Tạp chí Lượng tử - Liên Xô”)

q1 q q V1 + V2 + V3 = 0  + 2 + =0 4πε 0a 4πε 0 b 4πε 0 c

Bài giải

a)Trường hợp mặt cầu được nối đất

q1 -(q+q1 ) q -Thay q2 = -(q + q1) ta được: + + = 0. 4πε 0a 4πε 0 b 4πε 0c

-Điện thế quả cầu trước khi mặt cầu được nối đất: V1 =

1 1 1 1 c b => q1 = -q ; q2 = -q a c 1 1 1 1 a b a b -Như vậy, giá trị điện tích q1, q2 của các quả cầu không phụ thuộc vào các điện tích ban đầu của các quả cầu và chỉ được xác định bởi giá trị của điện tích q và các kích thước của hệ. Toàn bộ điện tích “dư thừa” được phân bố bên ngoài của quả cầu lớn và xác định điện thế của dây dẫn xét về toàn bộ. Khi điện tích q chuyển động (khi thay đổi c), các giá trị của q1, q2 và qngoài có thể thay đổi do đó có thể thay đổi cả trường từ bên ngoài còn trường bên trong quả cầu lớn không phụ thuộc vào giá trị và phân bố của các điện tích ngoài. 19. Một quả cầu dẫn điện nhưng không được tích điện có bán kính R được đặt vào điện trường của điện tích điểm Q nằm cách tâm quả cầu một khoảng L. Xác định điện thế của quả cầu, cho

V∞ = 0 . (Trích “Tạp chí Lượng tử - Liên Xô”) Bài giải -Khi đặt quả cầu dẫn điện nhưng không được tích điện trong điện trường của điện tích điểm Q, quả cầu dẫn sẽ làm thay đổi cấu trúc điện trường của điện tích điểm; do hiện tượng cảm ứng tĩnh điện các điện tích tự do trên bề mặt quả cầu sẽ được phân bố lại sao cho điện trường tổng cộng bên trong quả cầu bằng 0.

Q1 = 4πε 0 R1V1

-Khi mặt cầu được nối đất, điện thế mặt cầu là V0 = 0. Gọi Q2 là điện tích đi từ Trái Đất lên mặt cầu sau khi nối đất, ta có: V0 = =>

R1 Q2 V1 + =0 R2 4πε 0 R 2

Q2 = -4πε 0 R1V1 = -Q1

-Như vậy, điện trường bên ngoài vỏ cầu sẽ bằng 0. Quả cầu và mặt cầu giống như một tụ điện cầu được tích điện. Điện thế của quả cầu là: V2 = V1 +

 R  Q2 Q1 = V1 = V1 1 - 1  R2  4πε 0 R 2 4πε 0 R 2 

 R  Vậy: Khi mặt cầu được nối đất thì điện thế của quả cầu là V2 = V1 1 - 1  . R2  

b)Trường hợp mặt cầu và quả cầu được nối với nhau bằng một dây dẫn -Khi mặt cầu và quả cầu được nối với nhau bằng một dây dẫn thì điện thế của chúng sẽ bằng nhau, nghĩa là điện trường giữa quả cầu và mặt cầu bằng 0. Do đó, điện tích của quả cầu bằng 0 còn điện tích của mặt cầu bằng điện tích của quả cầu: Q1 = Q3. Điện thế của quả cầu là: V3 =

 σi ΔSi Q -Điện thế ở tâm quả cầu: V0 = + i=1 . 4πε 0 L 4πε 0 R

Q1 . 4πε 0 R1

Q3 Q1 R = = 1 V1 4πε 0 R 2 4πε 0 R 2 R2

Vậy: Khi mặt cầu và quả cầu được nối với nhau bằng một dây dẫn thì điện thế của quả cầu là V3 =

(∆Si là yếu tố diện tích nhỏ của bề mặt quả cầu; σ i là mật độ điện tích mặt của mặt ngoài quả cầu)

R1 V1 . R2

21. Ba thanh mảnh cách điện dài bằng nhau và nối với nhau

thành một tam giác đều. Gọi A là trọng tâm tam giác và B là

127 A

128

điểm đối xứng với A qua cạnh ac. Ba thanh được tích điện có điện tích được phân bố đều dọc theo các thanh. Điện thế đo

+C nằm trên đường đẳng thế là tiếp tuyến với đường tròn tại C. Do đó, điện trường sẽ có phương song song với OC (vuông góc với đường đẳng thế qua C) và có

được tại các điểm A và B là VA và VB. Bỏ thanh ac đi nhưng điện tích hai thanh còn lại được giữ không đổi. Tính điện thế

chiều từ O đến C.

tại các điểm A và B khi đó.

Vậy: Góc θ giữa phương của điện trường và đường kính AB là θ = 60o.

-Góc θ giữa phương của điện trường và đường kính AB là θ = 2.30o = 60o.

Bài giải

b)Trường hợp quả cầu được phóng ra từ A vuông góc với phương điện trường

-Vì ba thanh ab, ac, bc có điện tích phân bố đối xứng nên: +Điện thế do mỗi thanh gây ra tại điểm A có giá trị như nhau, giả sử bằng V1. Do đó: VA = 3V1 (1)

Chọn hệ tọa độ xOy như hình vẽ. Chuyển động của quả cầu trong hệ tọa độ này là chuyển động ném ngang nên:

+Điện thế do hai thanh ab và bc gây ra tại B có giá trị như nhau, giả sử bằng V2; điện thế do thanh ac gây ra tại B cũng bằng V1. Do đó: VB = V1 + 2V2

(2)

-Từ các hệ thức ở (1) và (2) ta được: v0 =

V 3VB -VA -Từ (1) và (2): V1 = A ; V2 = . 3 6 -Sau khi bỏ thanh ac, điện thế tại hai điểm A và B là: VA' = VA -V1 =

(1) (2)

RqE 1 RqE và Wđ = mv02 = . 4m 2 8

Vậy: Để quả cầu có thể đến được C khi quả cầu được phóng ra từ A vuông góc với phương điện RqE . 8 23. Hai bản kim loại song song A và B đặt thẳng đứng, cách nhau một khoảng d và được nối với nguồn điện có hiệu điện

trường thì động ban đầu của nó phải là Wđ =

2 1 VA ; VB' = VB -V1 = VB - VA 3 3

2 1 VA ; VB' = VB - VA . 3 3 22. Trong điện trường đều cường độ E ta đặt một vòng tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Tại điểm A trên mặt phẳng đường tròn có một quả cầu nhỏ tích điện dương q được phóng ra với vận tốc không đổi và khi đến C thì vận tốc này lớn nhất. Biết CÂB = 30o. Bỏ qua trọng lực và sức Vậy: Điện thế tại hai điểm A và B sau khi bỏ thanh ac là: VA' =

cản không khí.

a)Tính góc θ giữa phương của điện trường và đường kính AB. b)Nếu quả cầu nhỏ tại điểm A được phóng ra với vận tốc ban đầu thẳng góc với phương của điện trường và có thể chuyển

thế không đổi U. Một vỏ cầu kim loại bán kính R đặt giữa hai bản kim loại nói trên, tâm vỏ cầu cách đều hai bản. C là một điểm trên vỏ cầu và ở gần bản A nhất. Tính hiệu điện thế giữa bản A và điểm C.

B R

+ C

O d

Bài giải -Khi chưa đặt vỏ cầu kim loại vào giữa hai bản kim loại A và B: điện trường giữa hai bản là điện

động đến điểm C thì động năng ban đầu của nó phải bằng bao nhiêu? Bài giải *Nhận xét:

trường đều. -Khi đặt vỏ cầu kim loại vào giữa hai bản kim loại A và B:

+vỏ cầu kim loại sau khi cân bằng điện trở thành vật đẳng thế. +điện trường giữa hai bản là điện trường không đều.

+không thể áp dụng công thức tính hiệu điện thế giữa A và C: UAC = EdAC. -Để tính hiệu điện thế giữa A và C ta áp dụng tính đối xứng của điện trường qua tâm O của vỏ

-Vì vận tốc của quả cầu theo các phương là như nhau nhưng khi quả cầu đi đến điểm C thì vận tốc của nó lớn nhất nên tiếp tuyến với đường tròn tại C là đường đẳng thế. Từ đó ta có thể xác định được phương của điện trường và thấy rằng chuyển động của quả cầu theo phương vuông góc với điện trường là chuyển động ném ngang. -Vì bài toán có yếu tố đối xứng nên ta có thể dùng phương pháp đối xứng để phán đoán phương của điện trường, từ đó xác định được góc θ. a)Góc θ giữa phương của điện trường và đường kính AB -Vì quả cầu mang điện dương được phóng ra từ A và khi đến C thì

1 2 F qE at ; a = = 2 m m -Khi quả cầu đến C thì: x = Rcos30o; y = R(1 + cos60o) x = v0t; y =

vận tốc (động năng) mới lớn nhất: Wđ(max) = qUAC => UAC = Umax. Từ đó:

UAO = UOB; UAO + UOB = U => UAO = UOB =

U 2

VC = VO (vỏ cầu là vật đẳng thế) =>

UAC =

U 2

U . 2 24. Một electron có năng lượng eU0 chuyển động trong không gian giữa hai mặt trụ đồng trục có

Vậy: Hiệu điện thế giữa bản A và điểm C là UAC =

cầu kim loại. Ta có:

bán kính R1 và R2 với R2 > R1. Biết phương vận tốc của electron lúc đầu vuông góc với mặt

+VC có giá trị nhỏ nhất so với tất cả các điểm nằm trên đường tròn. A

129

130

phẳng chứa trục hai hình trụ. Hỏi với một hiệu điện thế U giữa hai mặt trụ là bao nhiêu thì electron có thể chuyển động tròn đều. Bài giải Gọi r là bán kính quỹ đạo của electron. Ta có:

U12 =

1 Q Q 1 Q2 k = k . 12 R 4 48 R -Xét quá trình mặt cầu ngoài nối đất (hai mặt cầu vẫn nối với nhau). Giả sử tại một thời điểm nào đó điện lượng chuyển qua dây dẫn xuống đất là q' và điện tích trên hai mặt cầu lúc này là q1 và q2. Ta có:

-Muốn electron chuyển động tròn đều thì lực điện trường phải là lực hướng tâm: (1)

+Điện thế ở tâm mặt cầu là: V1' = k

-Mặt khác, năng lượng của electron bằng động năng của nó: eU0 =

mv2 2

-Từ (1) và (2): eU0 =

Edr =

Q Q và q2 = -q' + 4 4 -Khi nối quả cầu hai với đất, chỉ có sự dịch chuyển điện tích của mặt cầu 2 với đất khi cân bằng

R2 dr 1 2λ  R1 r 4πε 0

điện q' = Q. Vì điện thế mặt cầu hai giảm tuyến tính với q' từ giá trị k

1 R R 2λ1n 2 = 2U01n 2 4πε 0 R1 R1

bình của hiệu điện thế giữa mặt cầu ngoài với đất là: U = k

Vậy: Để electron có thể chuyển động tròn đều thì hiệu điện thế giữa hai mặt trụ phải là U = 2U01n

R2 . R1

25. Hai mặt mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R và 3R. Ở cách tâm của hai mặt cầu một

khoảng 2R có một điện tích Q. Dùng dây dẫn nối hai mặt cầu, sau đó nối mặt cầu ngoài với đất, biết điện trở các dây nối có giá trị lớn. Tính điện lượng chuyển qua các dây dẫn và tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở các dây nối trong thời gian dài. Bài giải

-Nhiệt lượng tỏa ra trong dây nối đất là: W2 =

Q về 0 nên giá trị trung 3R

Q . 6R

1 Q2 k . 6 R

-Nhiệt lượng tỏa ra trong cả quá trình là: W = W1 + W2 =

1 Q2 1 Q2 9 Q2 k + k = k . 48 R 6 R 48 R

Vậy: Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở các dây nối trong thời gian dài là W =

9 Q2 k . 48 R

26. Cho hai nửa mặt phẳng dẫn điện vô hạn tạo thành góc vuông (hình vẽ).

-Xét quá trình hai mặt cầu được nối với nhau bởi sợi dây dẫn có điện trở lớn. Giả sử tại một thời điểm nào đó (khi hệ thống chưa ổn định) điện lượng chuyển qua dây dẫn là q (điện lượng chuyển từ mặt cầu trong ra mặt cầu ngoài) thì điện thế ở tâm mặt cầu (cũng là điện thế trên mặt cầu trong) là: V1 = k

q1 + q 2 + Q (với q1 + q2 = -q') 3R

+Cân bằng điện xảy ra khi: V1' = V2' = 0 => q1 = -

λe => λ = 4πε0U0. 4πε 0



q1 q Q +k 2 +k . R 3R 2R

+Điện thế ở mặt cầu ngoài là: V2' = k

(2)

-Hiệu điện thế U giữa hai mặt trụ: U = 

1 Q k 12 R

-Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình này là: W1 =

2λ = , λ là mật độ dài của mặt trụ 4πε 0 r

mv2 2λe = r 4πε 0 r

-Vì U12 phụ thuộc bậc nhất đối với q nên giá trị trung bình của U12 là:

a)Dịch chuyển một điện tích q từ vô cực đến vị trí nằm yên cách mỗi mặt một đoạn d. Tính công thực hiện để dịch chuyển điện tích này. b)Khi q nằm cách mỗi mặt một đoạn d thì các mặt bị thay đổi từ chỗ là mặt dẫn điện thành mặt điện môi. Tính công thực hiện để đưa điện tích q ra xa vô cực. c)Xác định thế năng của hệ điện tích trên các mặt phẳng điện

-q Q q =k +k R 2R 3R

q d

môi.

Q -Vì –q + q + Q = Q nên điện thế ở mặt cầu ngoài là: V2 = k . 3R -Hiệu điện thế giữa mặt cầu trong và mặt cầu ngoài là:

(Trích Đề thi Olimpic, Mỹ, Năm 2000) Bài giải

1 Q 2 q 1 Q - 4q U12 = V1 – V2 = k - k = k 6 R 3 R 6 R -Điện tích dịch chuyển cho đến khi U12 = 0 nên lượng điện tích dịch chuyển qua dây dẫn nối hai Q mặt cầu trong quá trình này là: q0 = . 4

131

a)Công thực hiện để dịch chuyển điện tích từ vô cực đến vị trí nằm yên cách mỗi mặt một đoạn d -Tưởng tượng thêm 3 điện tích ảnh q để tạo thành hệ 4 điện tích đặt tại 4 đỉnh của hình vuông (hình vẽ). Điện trường do hệ điện tích này tạo ra có hướng vuông góc với hai mặt phẳng.  -q 2   q 2  -Thế năng của hệ điện tích: W1 = 4   +2  .  2d   2 2d 

132

-Thế năng của điện tích q và điện tích âm xuất hiện trên bề mặt vật dẫn là

W1 . Do đó, công để 4

các điện trở. Công cần thiết để tách chỉ làm tăng năng lượng của bộ tụ điện:

đưa điện tích lại gần là:  -q W1 = 4  2d

∆W1 =

  q  q + = d   2d  2

 Q2 Q2  Q 2 (C -C) 2Q02 A = ∆W = 2  0 − 0  = 0 0 = CC0 C0  2C 2C0 

1   1 - 2 +  4 2 

Vậy: Công thực hiện để dịch chuyển điện tích từ vô cực đến vị trí nằm yên cách mỗi mặt một 2

đoạn d là A1 =

q d

-Khi đồng thời tách các bản của hai tụ điện thì trong quá trình tách, hiệu điện thế hai tụ điện luôn bằng nhau, vì vậy điện thế hai đầu mỗi điện trở là như nhau, không có sự di chuyển điện tích qua

(Q0 = C0U0 = 5,9.10-10.500 = 29,5.10-8C là điện tích ban đầu của mỗi tụ điện) -Khi lần lượt tách hai bản của tụ điện C1 rồi sau đó tách hai bản của tụ điện C2. +Tách hai bản của tụ điện C1 trước: Gọi Q1, Q2, U1, U2 là điện tích và hiệu điện thế của mỗi tụ

1   1 - 2 + . 4 2 

b)Công thực hiện để đưa điện tích q từ khoảng cách d ra xa vô cực Khi điện tích q chuyển động ra xa mặt phẳng cách điện thì điều này giống như có sự tương tác giữa điện tích q với ba điện tích ảnh. Do đó, công đó bằng công để tách điện tích q ra khỏi ba

điện sau khi tách. Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: Q1 + Q2 = Q0 + Q0 = 2Q0

Và

U1 = U2 

Q1 =

điện tích ảnh, nghĩa là:  -q 2   q 2  q 2  1  ∆W2 = 2  - = 1 2d d 2 2d 2 2     

q2  1  . 1d  2 2 

Vậy: Công thực hiện để đưa điện tích q từ khoảng cách d ra xa vô cực là A2 =

Ta có: W = ∆W1 + ∆W2 =

q d

1  q  1 - 2 + + d 4 2 

∆Q = Q2 – Q0 =

ΔQ 2 t +Công cần thiết để tách hai bản của tụ điện C1 là:

qR = RI2t = R

Chuyên đề 4: TỤ ĐIỆN. NĂNG LƯỢNG ĐIỆN TRƯỜNG 27. Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau có diện tích S = 400cm2 và khoảng cách giữa các

bản là d1 = 0,6mm, được nối với nhau bằng hai điện trở R = 12,5 kΩ (hình vẽ). Hai bản của mỗi tụ điện được đưa ra cách nhau d2 = 1,8mm

εS 8,9.10 .4.10 = d1 0,6.10−3



A1 = 2R



A1 =

 Q2 Q 2   Q 2 Q2  ΔQ 2 + 1- 0 + 2 - 0  t  2C 2C0   2C0 2C0 

RQ20 Q2 + 0 2t 2C0

(2)

-Sau đó, tiếp tục tách các bản của tụ điện C2 thì điện tích của mỗi tụ lại có giá trị ban đầu Q0, nghĩa là qua mỗi điện trở cũng có thêm điện lượng ∆Q =

Q0 như trên dịch chuyển qua. Tương 2

tự, công cần thiết để tách hai bản của tụ điện C2 là:

Bài giải Gọi C0 và C là điện dung của mỗi tụ điện trước và sau khi tách các bản ra. Ta có:

C0 =

A1 = 2qR + ∆W1 + ∆W2 (∆W1, ∆W2 là độ biến thiên năng lượng của hai tụ trong quá trình tách hai bản tụ C1)

R C1

C2 của tụ điện này rồi tách hai bản của tụ điện kia. Biết hiệu R điện thế giữa các bản của hai tụ điện lúc đầu là U0 = 500V. Hỏi trường hợp nào tốn nhiều công hơn và tốn bao nhiêu? (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, 1988-1989)

−2

2Q0 C0 C -C Q 3C-C - Q0 = Q0 0 = Q0 = 0. C+C0 C+C0 C+3C 2

+Nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở trong thời gian tách hai bản tụ điện C1:

q2  1 1  Vậy: Thế năng của hệ điện tích trên các mặt phẳng điện môi là W = . d  2 4 2 

−12

2Q0C 2Q0 C0 ; Q2 = C+C0 C+C0

1  q 1 1    1 = d 2.  2 2  4 2

trong thời gian t = 3s theo hai cách: lần đầu đồng thời tách xa các bản của cả hai tụ điện; lần sau, lần lượt tách hai bản

Q1 Q = 2. C C0

+Điện lượng qua mỗi điện trở của mạch điện trong thời gian tách các bản của tụ điện C1 là:

c)Thế năng của hệ điện tích trên các mặt phẳng điện môi 2

(1)

A2 =

= 5,9.10-10F

RQ20 3Q20 + 2t 2C0

(3)

-Công tổng cộng phải tốn trong cách tách thứ hai là: A’ = A1 + A2.

C 5,9.10−10 C= 0 = = 1,96.10−10 F, vì d2 = 3d1 3 3



A’ =

RQ20 Q2 RQ20 3Q20 RQ20 2Q02 = (4) + 0 + + + 2t 2C0 2t 2C0 t C0

-So với cách tách thứ nhất thì A’ > A một lượng: ∆A = A’ – A.

133

134



∆A =

RQ20 2Q02 2Q02 RQ20 12,5.103 .(29,5.10−8 )2 + = = = 3,63.10-10J t C0 C0 t 3



gS22 Ea(ε-1)  2ag  S2 2 2 - 2 2  kd  S1 -S2 S1 -S2

 t  = M + Nt, với M, N = const 

Vậy: Trường hợp sau tốn nhiều công hơn và tốn nhiều hơn một lượng ∆A = 3,63.10-10J.

-Vì i giảm bậc nhất theo thời gian nên i có giá trị lớn nhất

28. Một tụ điện phẳng có các bản hình vuông cạnh a, cách nhau một khoảng d được nhúng ngập trong bình đựng chất điện môi lỏng sao cho mép dưới của các bản tụ ở sát đáy bình. Bình có tiết

tại t = 0 (tụ điện bắt đầu phóng điện) và:

diện ngang là S1 và được đặt trên một mặt bàn nằm ngang. Hai bản tụ điện được nối với nguồn điện có suất điện động E không đổi, điện trở trong không đáng kể. Chất điện môi có hằng số điện môi ε và được coi như một chất lưu. Nhờ một lỗ có diện tích tiết diện ngang S2 ở đáy bình, chất điện môi được tháo ra khỏi bình.

Bỏ qua điện trở của các dây nối, xác định sự phụ thuộc của cường độ dòng điện trong mạch vào thời gian và vẽ đồ thị

-Từ (1) và (2): v1 =

-Vì v1 = -

(2)

gS2 Ea(ε-1)  2ag  S2 2 2 - 2 2 2 kd  S1 -S2 S1 -S2

 t   q1

Bài giải Gọi O là khối tâm của hệ hai quả cầu và thanh điện môi, O nằm ở trung điểm của thanh điện

môi. -Ngẫu lực do điện trường tác dụng lên hệ làm hệ quay quanh khối tâm O. Theo định lí động

dh => dh = -A ht . dt

năng, công do ngẫu lực thực hiện là A, với: A = ∆Wđ

2h 2 = -At+C

1   -Tại t = 0, h = a nên C = 2 a và h =  a - At  . 2   -Điện dung của tụ điện tại thời điểm đang xét:

(1)

l (1 - cosα) (2) 2

Với:

A = q1Ed + |q2|Ed = 2qEd, d =

Và

1  1  ∆Wđ =  mv12 - 0  +  mv 22 - 0  = mv02 2  2 

(3)

l -Thay (2), (3) vào (1): 2qE. (1 - cosα) = mv20  qEl (1 - cosα) = mv 20 . 2

εah a a 2 ah + (a-h) = + (ε-1) kd kd kd kd -Điện tích của tụ điện tại thời điểm đó là:

Ea 2 Ea + (ε-1)h kd kd -Theo thời gian, h giảm nên q giảm, tụ phóng điện về nguồn tạo ra dòng điện cường độ: q = CE =

i= -

góc bằng bao nhiêu?

2gS22 h. S12 -S22

i = 0 tại thời điểm t =

E tích q1 = 10-6C và q2 = -10-6C rồi đặt chúng vào trong điện trường có v0 cường độ E = 1000(V/m) sao cho hướng cường độ điện trường E q2 trùng với hướng từ q2 đến q1. Truyền đồng thời cho hai quả cầu vận tốc v0 = 0,1(m/s) (hình vẽ). Hỏi khi đó thanh quay đi một

2gS22 => v1 = A h . S12 -S22

-Đặt A =

2ag tại thời điểm t = 0 S12 -S22

29. Hai quả cầu kim loại nhỏ có cùng bán kính và cùng khối lượng m = 2,5g được nối với nhau bằng một thanh điện môi cứng, dài l = 5cm, khối lượng không đáng kể. Tích điện cho hai quả cầu để chúng có điện

-Áp dụng các phương trình của chất lưu lý tưởng khi chất điện môi trng bình có độ cao h: (1) S1v1 = S2v2 ρv12 ρv 22 = p0 + 2 2

Ea(ε-1)S2 kd

2 a O 2 a . A A Vậy: Biểu thức biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện trong mạch vào thời gian là: và

biểu diễn sự phụ thuộc đó. Lấy gốc thời gian khi mặt thoáng của chất điện môi ở ngang mép trên của các bản tụ điện. Cho gia tốc trọng trường là g. Bài giải

p0 + ρgh +

imax =

cos α = 1 -

mv02 2,5.10−3.0,12 1 = 1 - −6 3 = => α = 60o qEl 10 .10 .5.10−2 2

Vậy: Thanh quay đi một góc α = 60o. 30. Một tụ điện phẳng có hai bản cực hình vuông, cạnh a = 30cm đặt cách nhau một khoảng d = 4mm, nhúng trong một thùng dầu cách điện có hằng số điện môi ε = 2,4. Hai bản cực được nối

dq Ea(ε-1) dh Ea(ε-1)  1  = =. A a - A2 t  kd  2 dt kd dt 

với hai cực của một nguồn điện có suất điện động e = 24V, điện trở trong không đáng kể qua một điện trở R = 100Ω.

135

136

a)Hai bản cực của tụ điện đặt thẳng đứng và chìm hoàn toàn trong dầu. Tính điện tích của tụ điện.

Vậy: Trong quá trình mức dầu hạ thấp, trong mạch có dòng điện đi qua với cường độ I = 1,12.1010 A.

b)Bằng một vòi ở đáy thùng dầu người ta tháo dầu chảy ra ngoài và mức dầu trong thùng hạ thấp dần đều với vận tốc v = 5(mm/s).

c)Trường hợp bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu -Khi ngắt nguồn điện khỏi tụ, điện tích của tụ điện vẫn là Q (bảo toàn điện tích).

-Lấy gốc thời gian là lúc mức dầu chạm vào mép trên hai bản cực của tụ điện, viết công thức tính điện dung của tụ điện theo thời gian.

-Điện dung của tụ điện là C’ < C nên hiệu điện thế hai bản tụ điện là U’ =

-Chứng minh rằng trong quá trình mức dầu hạ thấp, qua điện trở R và nguồn điện có một dòng điện. Xác định chiều và cường độ dòng điện đó. c)Nếu ta bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu thì điện tích và hiệu điện thế của tụ điện thay đổi như thế nào?

U < U. 1 - (ε - 1)vt εa 31. Một tụ điện được tích điện đến điện áp U0 = 100V và được mắc với một điện trở. Khi đó, sau một khoảng thời gian nào đó năng lượng W1 = 1J được giải phóng dưới dạng nhiệt và cũng sau

a)Điện tích của tụ điện

điện thế của tụ điện sẽ thay đổi và bằng U’ =

εS εa 2 2,4.0,32 = 0,48.10-9F. = = 4πkd 4πkd 4.3,14.9.109 .4.10−3

-Điện tích của tụ điện: Q = CU = 0,48.10-9.24 = 11,52.10-9C. Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 11,52.10-9C.

một khoảng thời gian như thế sau đó năng lượng W2 = 0,3J được giải phóng. Xác định điện dung của tụ điện.

b)Khi dùng vòi tháo dầu trong thùng ra ngoài -Công thức tính điện dung của tụ điện theo thời gian +Điện dung của phần tụ không có dầu: C1 = +Điện dung của phần tụ có dầu: C2 =

Bài giải Giả sử đến cuối khoảng thời gian đầu tiên, hiệu điện thế trên tụ điện giảm đến U1. Theo định luật

S1 avt . = 4πkd 4πkd

bảo toàn năng lượng, ta có:

εS2 εa(a - vt) . = 4πkd 4πkd

+Điện dung toàn phần của tụ điện: C’ = C1 + C2 =

1 1 CU 20 = W1 + CU12 2 2

avt εa(a - vt) + . 4πkd 4πkd

 εa - (ε - 1)avt   εa  1 - (ε - 1)vt  1 - (ε - 1)vt  C’ =  =   = C  . 4πkd 4 π kd ε a εa       2



CU U = 1 - (ε - 1)vt C' εa -Khi tháo hết dầu: a = vt nên U’ = εU. U’ =

Vậy: Nếu ta bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu thì điện tích của tụ điện vẫn không đổi còn hiệu

Bài giải

-Điện dung của tụ điện: C =

Q > U và: C'

U1 = U0 1-

Như vậy, nếu hiệu điện thế ban đầu trên tụ điện nhỏ hơn n lần so với U0 thì cũng sau khoảng thời W2 W2 U2 = 12 => U1 = U0 W1 W1 U0

-Chứng minh rằng trong quá trình mức dầu hạ thấp có dòng điện qua mạch

(2)

(U1 là hiệu điện thế ban đầu so với khoảng thời gian tiếp theo)

a ): v

Thay (2) vào (1) ta được: U0

1 - (ε - 1)vt  1 - (ε - 1)vt  Q’ = C’U = C   U = Q  <Q εa εa    

+Vì Q’ < Q nên điện tích của bản cực dương giảm, một lượng điện tích dương đã chuyển từ cực dương của tụ đến cực dương của nguồn điện (∆Q = Q – Q’ =

(1)

gian đó trên điện trở giải phóng một nhiệt lượng nhỏ hơn n2 lần so với W1:

1 - (ε - 1)vt  Vậy: Công thức tính điện dung của tụ điện theo thời gian là C’ = C  . εa  

+Điện tích của tụ điện ở thời điểm t (0 < t <

2W1 CU 20

Q(ε - 1)vt ), trong mạch có một εa

W2 2W1 = U0 1. W1 CU 20

2W1 2.1 = 285.10-6F = 285μF. = 0,3 W2 ) 1002.(1 ) 1 W1

U 02 (1 -

dòng điện có chiều từ cực dương sang cực âm của nguồn điện và có cường độ:

Vậy: Điện dung của tụ điện là C = 285μF. 32. Trên sơ đồ mạch điện hình vẽ, người ta đóng khóa K1 khi

ΔQ Q(ε - 1)v 11,52.10−9.(2,4 − 1).5.10−3 I= = 1,12.10-10A = = t εa 2, 4.0,3

khóa K2 đóng lại. Còn ở thời điểm khi điện tích trên tụ điện C1 trở thành cực đại thì khóa K2 được ngắt ra. Xác định điện tích cực đại trên tụ điện C2 theo các thông số của các phần tử của mạch điện trên hình vẽ.

(Khi tụ điện hết dầu: v = 0 thì I = 0)

137

U0 C2

138

Bài giải -Khi đóng K1, tụ C1 được nạp điện, điện tích của tụ C2 bằng 0 do tụ C2 bị ngắn mạch.

U1 =

-Tại thời điểm điện tích của tụ điện C1 đạt cực đại, dòng điện trong mạch bằng 0. Từ định luật bảo toàn năng lượng, ta có: Công của nguồn điện bằng năng lượng của tụ điện: Q1maxU0 =

-Khi chuyển mạch K2 vào vị trí 5, tụ điện C0 phóng điện hoàn toàn, còn trên tụ điện Cx điện tích còn lại là:

2 Q1max => Q1max = 2C1U0 2C1

q1 = CxUx =

-Sau khi ngắt khóa K2, điện tích này bị “giam hãm” trên các bản của các tụ điện nối ngắn mạch

U2 =

Q2maxU0 = =>

Q2max = -

 Cx  U 4 = U0    C x +C0 

2 1max

(Q1max +Q2max ) Q Q + − 2C1 2C 2 2C1

2C1C 2 U 0 C1 +C 2

-Đặt β =

2C C U Vậy: Điện tích cực đại trên tụ điện C2 là Q2max = - 1 2 0 . C1 +C 2

Và

33. Để xác định điện dung của tụ điện Cx người ta

sử dụng mạch điện như hình vẽ. Biết điện dung của tụ điện C0. Tụ C0 nhờ khóa K1 lúc đầu được

1 mA

2 3 K1

Cx U , ta được: 4 = β4 C x +C0 U0

U3 R2 = U0 R1 +R 2

(3)

U3 = β4 U0

(4)

-Từ (1) và (3), ta được:

K2 Cx



nằm ở vị trí 4. Tiếp theo tụ C0 đã tích điện nhờ khóa K2 sẽ phóng điện qua tiếp điểm 5. Chuyển mạch K2 giữa các tiếp điểm 4 và 5 được lặp lại 4 lần, sau đó khóa K1 được nối với tiếp điểm 1. Miliampe kế khi đó chỉ số 0. Sau đó đổi vị trí các điện trở R1 và R2 toàn bộ quá trình được lặp lại. Lần này miliampe kế cũng chỉ số 0 khi chuyển mạch K2 3 lần. Cho C0 = 100μF, xác định Cx.

(Trích “Tạp chí Lượng tử - Liên Xô”) Bài giải

-Khi đặt K1 vào vị trí 2, hiệu điện thế của tụ điện Cx là U0; sau 4 lần chuyển mạch K2, hiệu điện thế trên tụ điện là U4. Vì Ia = 0 nên ta có: U2 U = 4 R2 R1 +Mặt khác: U2 = U0 – U4 =>

(2)

y y = β4

1,00 3

y = 1-β

(U3 là hiệu điện thế trên tụ điện Cx sau 3 lần chuyển mạch K2).

R2 U0

-Khi đổi vị trí của các điện trở và lặp lại toàn bộ quá trình trên, tương tự ta có:

-Dấu “-” chứng tỏ sự tăng của điện tích Q1 là không đúng và do đó điện tích trên tụ điện C1 sẽ giảm. Khi đó ở tấm trên của tụ điện C2 sẽ lấy dấu “-” còn ở tấm dưới sẽ lấy dấu “+”.

nối với nguồn điện qua tiếp điểm 2, sau đó được nối với tiếp điểm 3. Trong lúc đó khóa K2 luôn

 Cx  q1 = U0   Cx +C0  C x +C0 

-Sau khi chuyển mạch lần thứ tư vào vị trí 4, hiệu điện thế trên các tụ điện là:

-Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: 2 2max

C 2x U0 C x +C0

-Khi chuyển mạch lần thứ 2 vào vị trí 4, hiệu điện thế trên các tụ điện là:

với nhau. Giả sử sau một thời gian, sau khi ngắt khóa K2 trên tụ C2 xuất hiện điện tích Q2. Giả sử điện tích trên tụ điện C1 tiếp tục tăng thì: Q1 = Q1max + Q2 2

qx C U = x 0 C x +C0 C x +C0

U 4 U3 R1 R2 . + + = U0 U0 R 1 +R 2 R 1 +R 2 0,82 1,00

β 4 + β3 = 1

-Từ các đồ thị hai hàm số: y = β4 ; y = 1 - β3 ta xác định được: β ≈ 0,82 . -Từ đó: Cx = mA

β 0,82 C0 = .100 = 450μF. 1− β 1 − 0,82

Vậy: Điện dung của tụ điện Cx khi C0 = 100μF là Cx = 450μF. 34. Đưa một tụ điện phẳng đã tích điện vào trong một vùng điện trường đồng nhất với cường độ có hướng như hình vẽ, khi đó cần thực hiện một công A1. Sau đó, quay tụ điện đi

một góc α và khi đó cần thực hiện một công A2. Biết giá trị của góc α, hãy xác định tỉ số

A2 . Cho rằng toàn bộ trường A1

riêng của tụ điện là đồng nhất và tập trung bên trong thể tích của nó.

U4 R1 (1) = U0 R1 +R 2

(Trích “Tạp chí Lượng tử - Liên Xô”)

-Lúc đầu, điện tích của tụ điện Cx là qx = CxU0. Khi chuyển mạch lần đầu K1 vào vị trí 3, điện tích này được phân bố giữa Cx và C0 còn hiệu điện thế trên cả hai tụ là:

139

Bài giải

140

Gọi W0 là năng lượng của trường ngoài đồng nhất không có tụ điện; Wt =

1 ε 0 E t2 V là năng 2

lượng riêng của tụ điện đã tích điện, V là thể tích của tụ điện. -Trước khi đưa tụ điện vào trường ngoài, năng lượng toàn phần của hệ là: W = W0 + Wt

với pháp tuyến của lưới thứ 2N một góc β. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Xác định v và β. Bài giải -Vì cứ 2 lưới tạo thành 1 tụ nên có tất cả N tụ.

-Sau khi đưa tụ điện vào trường ngoài, năng lượng toàn phần của hệ là: 1 1 W1 = (W0 − ε 0 E 02 V)+ ε 0 (E 0 +E t ) 2 V 2 2 ( E 0 là vectơ cường độ điện trường ngoài; E t là vectơ cường độ điện trường do các điện tích trên các bản của tụ điện gây ra) -Công thực hiện để đưa tụ điện vào trường ngoài:

1 1 1 1 A1 = W0 − ε 0 E 02 V+ ε 0 E 02 V+ε 0 E 0 E t V+ ε 0 E 2t V - W0 - ε 0 E t2 V = ε 0 E 0 E t V 2 2 2 2 -Năng lượng của hệ khi quay các bản của tụ điện đi một góc α là: 1 1 2 W2 = (W0 − ε 0 E 02 V)+ ε 0 E 0 +E t V 2 2

(1)

(2)

mv02 mv 2 + eU = . 2 2

2eNQd ε 0Sm

sinβ =

v02 +

2eNQd v sinα và β = arcsin( 0 ). ε 0Sm v

36. Một tụ điện phẳng không khí, diện tích mỗi bản bằng S, khoảng cách giữa chúng bằng d, được nối vào nguồn điện không đổi có suất điện động E. Một tấm kim loại có độ dày L (L < d) được đưa vào khoảng không gian giữa các bản tụ. Bỏ qua điện trở trong của nguồn.

A2 = cos α − 1 . A1

a)Chứng minh rằng khi đưa tấm kim loại vào khoảng giữa hai bản tụ thì điện dung của tụ điện không phụ thuộc vào vị trí

+ α

v02 +

pháp tuyến của lưới thứ 2N là v =

A2 = cos α − 1 . A1

Qd . ε 0S

v 0sinα v sinα ; β = arcsin( 0 ) v v Vậy: Vận tốc electron khi ra khỏi hệ thống và góc hợp bởi phương chuyển động của electron và =>

1 1 1 1 A2 = W2 – W = W0 − ε 0 E 20 V+ ε 0 E 02 V+ε 0 E 0 E t Vcosα + ε 0 E 2t V - ( W0 + ε 0 E 2t V) 2 2 2 2

Q Qd = . C1 ε 0S

-Đặt v x là thành phần song song với E , v y là thành phần vuông góc với E . Ta có: v = vx + v y -Theo phương v y không có lực tác dụng nên: v0sinα = vsinβ.

1 1 1 W2 = W0 − ε 0 E 20 V+ ε 0 E 02 V+ε 0 E 0 E t Vcosα + ε 0 E 2t V 2 2 2 -Công thực hiện để quay các bản của tụ điện một góc α là:

Vậy: Tỉ số công thực hiện giữa hai trường hợp là

-Hiệu điện thế của mỗi tụ: U1 =



-Từ (1) và (2), ta được:

ε 0S 1 , ε0 = . d 4πk

-Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:



A2 = ε 0 E 0 E t V (cosα – 1)

-Điện dung của mỗi tụ: C1 =

-Hiệu điện thế giữa lưới 2N và lưới 1 là U = NU1 = N

1 1 1 A1 = W1 – W = (W0 − ε 0 E 02 V)+ ε 0 (E 0 +E t ) 2 V - ( W0 + ε 0 E 2t V) 2 2 2



electron chui vào hệ thống từ tấm lưới thứ nhất với vận tốc đầu v0 theo phương hợp với pháp tuyến của lưới thứ nhất một góc α. Khi bắt đầu ra khỏi hệ thống, electron có v theo phương hợp

tương đối của tấm kim loại và bản tụ. b)Tính công tối thiểu khi đưa tấm kim loại vào không gian

giữa các bản tụ. Nêu nhận xét. Bài giải

Khi đưa tụ điện vào trường ngoài

a)Chứng minh khi đưa tấm kim loại vào khoảng giữa hai bản tụ thì điện dung của tụ điện không phụ thuộc vào vị trí tương đối của tấm kim loại và bản tụ -Ở trạng thái ban đầu, ta có:

Khi quay tụ điện một góc α

35. Hệ thống gồm 2N lưới kim loại giống nhau được đặt song song với nhau và cách đều nhau trong không khí. Khoảng cách giữa hai lưới kề nhau là d (d rất nhỏ so với kích thước của mỗi lưới). Mỗi lưới có diện tích S. Các lưới được tích điện theo thứ tự: -Q; +Q; -Q; …; +Q. Một

141

+Điện dung của tụ điện: C1 =

ε 0S . d

εS +Điện tích của tụ điện: Q1 = C1E = 0 E. d

142

εε 0S d = C; điện tích q1/ = q2. x x

E 2C1 εS = 0 E2 2 d -Sau khi đưa tấm kim loại vào khoảng giữa các bản tụ, điện dung sẽ thay đổi. Gọi x là độ rộng

+Tụ 2: Điện dung C/2 = C; điện tích q /2 = 3q2.

khe không khí giữa các bản trên của tấm kim loại. Khi đó hệ của chúng tương đương hai tụ điện phẳng mắc nối tiếp, khoảng cách giữa các bản của tụ điện là x và d – L – x.

+Tụ 3: Điện dung C3/ =

+Năng lượng của tụ điện: W1 =

ε 0S ε 0S . εS +Điện dung của hệ: C2 = x d - L - x = 0 . ε 0S ε 0S d -L + x d-L-x +Vì C2 không phụ thuộc vào x, tức là không phụ thuộc vào vị trí tương đối của tấm kim loại và bản tụ. Vậy: Khi đưa tấm kim loại vào khoảng giữa hai bản tụ thì điện dung của tụ điện không phụ thuộc

vào vị trí tương đối của tấm kim loại và bản tụ. b)Công tối thiểu khi đưa tấm kim loại vào không gian giữa các bản tụ -Điện tích trên bản tụ sau khi đưa tấm kim loại vào: Q2 = C2E =

q 22 q2x 9q 22 q2 q 2 (d - x) = 2 ; W2/ = ; W3/ = 2 / = 2 2C1/ 2dC 2C 2C3 2dC

q 22 x 9q 22 q 2 (d - x) 5q 22 5q 2 + + 2 = = 1 . 2dC 2C 2dC C 4C



W 5 = > 1: Năng lượng của hệ tăng lên. W0 3

q 22 q2x 9q 22 q2 q 2 (d - x) = 2 ; W2/ = ; W3/ = 2 / = 2 2C1/ 2dC 2C 2C3 2dC q12 . 4C

W 1 = < 1: Năng lượng của hệ giảm xuống. W0 3

Vậy: Khi đưa 2 bản cùng dấu gần nhau thì năng lượng của hệ tăng lên; khi đưa 2 bản trái dấu lại gần nhau thì năng lượng của hệ giảm xuống.

-Nhận xét: Dấu trừ trong biểu thức này có nghĩa là khi đưa tấm kim loại vào thì nó sẽ bị hút vào tụ và ta phải thực hiện công âm. 37. Cho hai tụ điện phẳng không khí, các bản hình tròn bằng kim loại có cùng đường kính. Tụ 1 có khoảng cách giữa hai bản là d, tụ 2 có khoảng cách giữa hai bản là 2d. Tích điện cho mỗi tụ đến cùng hiệu điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó đưa tụ 1 vào trong lòng của tụ 2 sao cho các bản song song nhau và hoàn toàn đối diện nhau. So sánh năng lượng của hệ tụ điện trước và

sau khi đưa tụ 1 vào trong lòng tụ 2.

38. Hai bản của một tụ điện phẳng là hai tấm kim loại diện tích S, đặt cách nhau một khoảng d, mang điện tích + q và – q. Khoảng không gian giữa hai bản là một khối điện môi có hằng số điện

môi phụ thuộc vào tọa độ x theo hàm số ε = ε(x) (trục x vuông góc với các bản); ở sát bản dương, hằng số điện môi có trị số ε1, còn ở sát bản âm nó có trị số ε2 < ε1 a)Tìm lượng điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi. b)Cho biết ε(x) là hàm bậc nhất của x, hãy tìm hiệu điện thế đặt vào tụ điện và điện dung của tụ điện đó.

Áp dụng: q = 3,2.10-9C, ε1 = 4; ε2 = 10; d = 1,8cm; S = 100cm2

Bài giải

Bài giải a)Lượng điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi

εε S -Từ C = 0 , q = CU và vì khoảng cách giữa hai bản của tụ 2 gấp đôi tụ 1 nên: d C1 = 2C2 = C => q1 = 2q2

-Điện trường tạo ra bởi hai bản tụ điện: E =

q12 q2 q2 ; W2 = 2 = 1 . 2C C 4C

-Tổng năng lượng ban đầu của hệ: W0 = W1 + W2 =

+Tổng năng lượng của hệ lúc sau: W = W1/ + W2/ + W3/ .

ε 0SE 2 L ε SE 2 L ε SE 2 L - 0 =- 0 2d(d - L) d(d - L) 2d(d - L)

-Năng lượng tụ 1 và 2: W1 =

εε 0S d = C; điện tích q 3/ = q2. (d - x) d-x

+Tổng năng lượng của hệ lúc sau: W = W1/ + W2/ + W3/ =

ε SE 2 L 1  1 AE = ε0SE2  -  = 0  d - L d  d(d - L)

W1/ =

-Công cơ học cần thực hiện để đưa tấm kim loại vào: A = ∆W – AE. 

+Năng lượng các tụ:

ε 0S C2 = E2 2 2(d - L)

-Công của nguồn sinh ra: AE = E(Q2 – Q1). 

d-x

-Trường hợp 2: Đưa 2 bản trái dấu lại gần nhau: Hệ cũng gồm 3 tụ có cùng điện tích q2. +Năng lượng các tụ:

ε 0S E d-L

-Năng lượng của tụ điện lúc này: W2 =

+Tụ 1: Điện dung C1/ =

q . ε 0S

-Lượng điện tích bên trong lớp điện môi : dq = ρdV = ρSdx. (ρ là mật độ khối của điện tích phân cực)

3q12 . 4C

-Áp dụng định lí Oxtrogratxki-Gauxơ: ε0SdE = ρSdx

-Trường hợp 1: Đưa 2 bản cùng dấu gần nhau: Do hiện tượng hưởng ứng, hệ gồm 3 tụ:

143

144

ρ = ε0

dE d  E0  d 1 = ε0 = ε0E0 dx dx  ε  dx ε(x)

-Vì cùng thời gian tỏa nhiệt nên giả sử nếu U1 =

q dε ε 2S dx -Điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi là:

ρ=-

-Thay số: C =

ε -ε Vậy: Lượng điện tích phân cực tổng cộng bên trong khối điện môi là q' = q 1 2 . ε1ε 2

V1 – V2 =

q ε 0S

ε2 ε1

 εx

-Điện dung của tụ điện: C =

2W1 . U 02 (W1 - W2 )

2.2 = 2,5.10-4F = 250µF. 1002 (2 - 0,4)

và khoảng cách giữa chúng bằng d. Trong không gian giữa hai bản, tại khoảng cách

E0 ε

ε  qd ln  2  ε 0S(ε 2 - ε1 )  ε1 

ε S(ε - ε ) q = 0 2 1 ε V1 - V2 dln 2 ε1

ε 0S 4ε 0S ε S 4ε S = ; C2 = 0 = 0 3 1 3d d d d 4 4 -Vì C1 tích điện q1, C2 tích điện q2, ta có: q1 + q2 = q. C1 =

-Thay số, ta được: V1 – V2 =

3,2.10 −9 .1,8.10−2  10  ln   = 100V 8,85.10−12 .100.10−4 .(10 - 4)  4 

q 3q q1 q = 2 => q1 = ; q2 = C1 C2 4 4

8,85.10−12 .100.10−4 (10 - 4 ) = 32.10-6F = 32µF 10 1,8.10−2 ln 4

-Năng lượng lúc đầu của hệ: W1 =

Vậy: Hiệu điện thế đặt vào tụ điện và điện dung của tụ điện là U = 100V và C = 32µF.

1 q2  1 1  q2 3q 2d mv02 +  1 + 2  = mv02 + 2 2  C1 C2  2 32ε 0S

39. Một tụ điện có điện dung C được tích điện tới hiệu điện thế U0 = 100V rồi mắc vào một điện trở. Sau một khoảng thời gian nào đó, có năng lượng W1 = 2J được giải phóng dưới dạng nhiệt,

-Khi tấm kim loại lên được độ cao

rồi lại sau khoảng thời gian như thế, có năng lượng W2 = 0,4J được giải phóng. Tính C? Bài giải

song song, ta có: C'1 = C'2 =

-Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có : 1 2  2 CU0 = W1 +   1 CU 2 = W + 1 2  2

U 2 - U12 W1 = 02 W2 U1 - U 22

(5)

d bên trên 4 bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại có cùng diện tích. Khối lượng và điện tích của tấm này là m và q. Hỏi phải truyền cho tấm kim loại một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng d lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao so với vị trí ban đầu của nó? 4 Bài giải -Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 và C2 mắc song song nên:

ε 2 - ε1 x + ε1. d

-Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện là:

W2 W1

Vậy: Điện dung của tụ điện là C = 250µF. 40. Hai bản của một tụ điện phẳng đặt nằm ngang và nối tắt với nhau. Diện tích của mỗi bản là S

b)Hiệu điện thế đặt vào tụ điện và điện dung của tụ điện

V1 – V2 = -  Edx , với E =

(4)

-Thay (5) vào (1), ta được: C =

ε -ε q' = q 1 2 ε1ε 2

-Vì ε(x) là hàm bậc nhất của x nên ε(x) có dạng: ε(x) =

U12 U0

-Thay (4) vào (3), ta được: U12 = U 20

2 dε  q dε  q' =  p'dV = -   2  Sdx = -q  ε 2 ε1  ε S dx 

U2 =

U0 U thì U2 = 1 n n

1 CU12 (1) 2 1 CU 22 (2) 2

Và

q'1 = q'2 =

ε 0S 2ε 0S = d d 2 q 2

-Năng lượng của hệ lúc này: W2 = (3)

145

d so với vị trí ban đầu. Lúc này hệ gồm hai tụ C'1, C'2 mắc 4

1 q'2  1 1  q'2 mgd +  1 + 2  + mv2 4 2  C1 C2  2

146



W2 =

1 1 q 2d mgd + + mv2 4 8ε 0S 2

-Điện tích của tụ ở thời điểm t ứng với 0 < t <

 (ε - 1)vt   (ε - 1)vt  Q' = C'U = CU 1 = Q 1 εa  εa   

-Theo định luật bảo toàn năng lượng: W1 = W2.

1 1 1 3q 2 d q 2d mv02 + = mgd + + mv2 2 4 2 32ε 0S 8ε 0S



-Do ε > 1 nên C' < C và Q' < Q, điện tích bản dương giảm một lượng:

1 qd 1 qd gd mv02 ≥ + mgd => v02 ≥ + 2 4 2 32ε 0S 16mε 0S

v0(min) =

∆Q = Q – Q' = Q

(ε - 1)vt chuyển đến cực dương của nguồn. εa

-Cường độ dòng điện qua mạch: I =

q 2d gd + 16mε 0S 2 2

Vậy: Phải truyền cho tấm kim loại một vận tốc cực tiểu v0(min) =

a v

qd gd theo hướng lên + 16mε 0S 2

d so với vị trí ban đầu của nó. 4 41. Một tụ điện phẳng có 2 bản cực hình vuông, cạnh a = 30cm đặt cách nhau một khoảng d =

trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao

4mm, nhúng trong thùng dầu cách điện có hằng số điện môi ε = 2,4. Hai bản cực được nối với 2 cực của một nguồn điện có suất điện động E = 24V, điện trở trong không đáng kể, qua một điện



ΔQ Q(ε - 1)v = . t εa

11,52.10−9 .(2,4 - 1).5.10−3 = 1,12.10-10A 2,4.0,3

(ε - 1)vt   và cường độ dòng Vậy: Công thức tính điện dung của tụ theo thời gian là C' = C 1 εa  

điện tạo ra là I = 1,12.10-10A. 42. Tụ phẳng gồm hai bản mỏng tròn lớn bằng chất cách điện,

-Q

mỗi bản có diện tích S, được giữ cố định trong không khí cách nhau một đoạn nhỏ d, tích điện tích +Q và –Q phân bố đều trên

a)Hai bản cực của tụ thẳng đứng, chìm hoàn toàn trong dầu. Tính điện tích của tụ điện.

bề mặt. Ở tâm mỗi bản có khoét một lỗ nhỏ. Dọc theo đường thẳng qua hai lỗ, từ rất xa có một quả cầu rất nhỏ khối lượng m

b)Bằng một vòi ở đáy thùng dầu, người ta tháo cho dầu chảy ra ngoài và mức dầu trong thùng hạ thấp dần đều với tốc độ v = 5(mm/s). Chọn gốc thời gian lúc mức dầu chạm mép trên hai bản

tích điện tích +q chuyển động về phía bản tụ tích điện tích +Q như hình vẽ.

cực của tụ. Viết công thức tính điện dung của tụ theo thời gian. Chứng minh rằng quá trình mức dầu hạ thấp xuống, qua điện trở R và nguồn điện E có một dòng điện. Xác định cường độ dòng

a)Tìm vận tốc nhỏ nhất của quả cầu để nó có thể xuyên qua tụ điện. b)Nếu vận tốc lúc đầu của quả cầu lớn gấp đôi vận tốc tối thiểu ở câu a thì khi ra khỏi tụ nó có

điện ấy.

vận tốc là bao nhiêu?

trở R = 100Ω.

Bài giải a)Điện tích của tụ điện

εa 2 2,4.0,32 = = 0,48.10-9F k4πd 9.109 .4π.4.10−3 => Q = CU = 0,48.10-9.24 = 11,52.10-9C Vậy: Điện tích của tụ điện khi cả hai bản tụ nhúng chìm hoàn toàn trong dầu là Q = 11,52.10-9C. b)Công thức tính điện dung của tụ theo thời gian và cường độ dòng điện tạo ra -Khi tháo cho dầu chảy ra ngoài: Ta có: C =

S1 avt vt = +Phần tụ ra khỏi dầu có điện dung: C1 = =C k4πd k4πd εa +Phần tụ còn trong dầu có điện dung: C2 =



C2 =

x’

trên các bản tụ. -Chọn mốc điện thế trên mặt phẳng đối xứng xx như hình vẽ (VA = 0). Điện thế tại M (trên bản +Q): UMA = VM – VA = E

(E =

εa 2 εavt vt − =C-C k4πd k4πd a

Bài giải a)Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu để nó có thể xuyên qua tụ điện -Vì các bản tụ bằng chất cách điện nên khi điện tích q di chuyển không làm phân bố lại điện tích

εS2 εa(a - vt) = k4πd k4πd

VM = E

d Q d = 2 ε 0S 2

d 2

-Q

Q σ Q = S = : cường độ điện trường đều giữa hai bản tụ phẳng) ε0 ε0 ε 0S

x d

-Để bay qua được lỗ M (tức là cũng bay được tới N) động năng của q ở rất xa phải thỏa mãn:

 (ε - 1)vt  +Hai tụ coi như mắc song song: C' = C1 + C2 = C 1 εa  

Wđ ≥ qVM =

147

Qqd 2ε 0S

148

Wđ(min) =

vmin =

1 Qqd m v 2min = 2 2ε 0S

E1 =

Qqd ε 0 mS Qqd . ε 0 mS

Vậy: Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu để nó có thể xuyên qua tụ điện là vmin = b)Vận tốc quả cầu lúc ra khỏi tụ

1 1 mu2 - m(2vmin)2 = q(V∞ - VN) = -qVN 2 2 (u là vận tốc của q tại N) d d với: UAN = VA – VN = E => VN = -E 2 2

-Cường độ điện trường bên ngoài tụ là: E n = E 2 -E1 =

Q . 2ε 0S

b)Xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d

mv1 +2mv 2 = 0 => v1 = -2v 2

(1)

-Khi hai bản cách nhau một khoảng d, so với ban đầu (hai bản cách nhau một khoảng 2d): +Năng lượng điện trường bên trong tụ giảm đi một lượng:

1 1 Qqd Qqd mv 2min =  m(4v2min) = 4 2 2ε 0S 2 2ε 0S

-ΔWt =

5Qqd ε 0 mS

1 9Q2 d ε 0 E 2t Sd = 2 8ε 0S

+Năng lượng điện trường bên ngoài tụ tăng thêm một lượng:

Vậy: Vận tốc quả cầu lúc ra khỏi tụ khi vận tốc lúc đầu của quả cầu lớn gấp đôi vận tốc tối thiểu ở câu a là u =

3Q và 2ε 0S

Gọi v1, v2 lần lượt là vận tốc của bản 1, bản 2 khi chúng cách nhau một khoảng là d. -Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:

1 1 d Qqd mu2 - m(2vmin)2 = qE = 2 2 2 2ε 0S

1 Qqd mu2 = 5 => u = 2 2ε 0S

3Q . 2ε 0S

En =



Mà:

-Cường độ điện trường bên trong tụ là: E t = E1 +E 2 =

Vậy: Độ lớn của cường độ điện trường bên trong tụ và bên ngoài tụ là E t =

-Theo định lí động năng: WđN – Wđ0 = A∞N.



Q 2Q E = 2ε 0S và 2 2ε 0S

5Qqd . ε 0 mS

ΔWn =

1 Q2 d ε 0 E 2nSd = 2 8ε 0S

+Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: ΔW = -ΔWt -ΔWn .

43. Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 2d. a)Tìm độ lớn của cường độ điện trường bên trong tụ và bên ngoài tụ. b)Ở một thời điểm nào đó người ta thả nhẹ hai bản ra. Biết mật



1 1 Q2 d 2Q 2 d mv12 + 2mv 22 = => v12 +2v 22 = 2 2 ε 0S ε 0Sm

(2)

-Từ (1) và (2), ta được:

2 d hoặc

v1 = -2Q

d d ; v2 = Q 3ε 0Sm 3ε 0Sm

v1 = 2Q

d d ; v 2 = -Q 3ε 0Sm 3ε 0Sm

Vậy: Vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d là v1 = -2Q

1 ε 0 E 2 . Hãy 2 xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d. độ năng lượng điện trường tại một điểm là ω =

v2 = Q

(Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Đồng bằng duyên hải Bắc bộ, 2015) Bài giải a)Độ lớn của cường độ điện trường bên trong tụ và bên ngoài tụ -Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản 2) gây ra lần lượt là:

d ; 3ε 0Sm

d d d hoặc v1 = 2Q ; v 2 = -Q . 3ε 0Sm 3ε 0Sm 3ε 0Sm

44. Một tụ điện phẳng có điện môi là không khí được đặt nằm ngang. Bản dưới giữ cố định, bản trên nối với lò xo có phương vuông góc với mặt bản. Diện tích mỗi bản cực là S, khoảng cách giữa hai bản cực là d0, tần số dao động của bản cực ở trên là ω0 . Khi nối tụ điện với nguồn điện có hiệu điện thế U, xuất hiện vị trí cân bằng mới d1. a)Xác định độ cứng k của lò xo.

149

150

b)Hiệu điện thế có giá trị lớn nhất là bao nhiêu để vị trí cân bằng cũ không thay đổi? (Trích Đề thi Olimpic, CHLB Đức, Năm 1981)

Bài giải

-Dòng điện là dòng chuyển dời có hướng của các hạt mang điện. Chiều của dòng điện được quy ước

a)Độ cứng k của lò xo -Khi đặt vào hiệu điện thế U, bản cực trên dao động do tác dụng của lực: F = k(d – d0) +

ε SU 1 QE = -k(d0 – d) + 0 2 2 2d

(1)

trong kim loại). -Dòng điện không đổi (một chiều) là dòng điện có chiều và cường độ không thay đổi theo thời gian.

ε 0SU = 0. 2d 2

ε 0SU 2 2(d 0 - d1 )d12

2-Cường độ dòng điện -Cường độ dòng điện là đại lượng đặc trưng cho tính “mạnh”, “yếu” của dòng điện và được đo

(2)

Vậy: Độ cứng của lò xo là k =

bằng điện lượng tải qua một tiết diện của dây dẫn trong một đơn vị thời gian:

ε 0SU 2 . 2(d 0 - d1 )d12

b)Giá trị lớn nhất của hiệu điện thế để vị trí cân bằng cũ không thay đổi -Hiệu điện thế đạt giá trị cực đại khi:

-Từ (2) ta được: d1 =

2 d 0 và Umax = 3

là chiều chuyển động của các điện tích dương (ngược với chiều chuyển động của các êlectron

-Tại vị trí cân bằng: d = d1, F = 0 nên: -k(d0 – d) +

I. DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI 1-Dòng điện

Δq Δt

(5.1)

q = const. t 3-Đơn vị cường độ dòng điện. Đo cường độ dòng điện

-Với dòng điện không đổi thì: I =

dU = 0. dd1

-Trong hệ SI, đơn vị cường độ dòng điện là ampe (A). Ngoài ra, người ta cũng hay dùng các ước của ampe:

k  2 2 d0 . ε 0S  3 

Vậy: Giá trị lớn nhất của hiệu điện thế để vị trí cân bằng cũ không thay đổi là Umax = 3

1 miliampe (mA) = 10-3A; 1 micrôampe ( μA ) = 10-6A -Để đo cường độ dòng điện người ta dùng ampe kế và mắc nối tiếp vào đoạn mạch cần đo cường độ dòng điện. II. ĐIỆN TRỞ. ĐỊNH LUẬT ÔM CHO ĐOẠN MẠCH ĐIỆN TRỞ

k  2 2 d0 . ε 0S  3 

1-Điện trở -Điện trở của đoạn mạch là đại lượng đặc trưng cho khả năng cản trở dòng điện của đoạn mạch.

--------------------

l S ( ρ là điện trở suất; l là chiều dài; S là tiết diện).

-Điện trở của dây dẫn kim loại hình trụ: R = ρ

Phần thứ hai

(5.2)

-Điện trở phụ thuộc vào nhiệt độ: R = R0(1+ α t) hay ρ = ρ0 (1+αt) (5.3) (R0 là điện trở dây dẫn ở 0oC; R là điện trở dây dẫn ở toC; với kim loại ρ >0, với chất điện phân ρ <0).

2-Định luật Ôm cho đoạn mạch (điện trở): I =

 . CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG

U R

(5.4)

3-Ghép các điện trở a)Ghép nối tiếp:

Chuyên đề 5: DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI – ĐIỆN TRỞ ĐỊNH LUẬT ÔM CHO ĐOẠN MẠCH CHỈ CÓ ĐIỆN TRỞ

I = I1 = I2 = … = In U = U1 + U2 + … + Un R = R1 + R2 + … + Rn

b)Ghép song song: I = I1 + I2 + … + In

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC ---

U = U1 = U2 = … = Un

151

(5.5) (5.6) (5.7) (5.8) (5.9)

152

1 1 1 1 = + +...+ R R1 R 2 Rn

(5.10)

Đoạn mạch BC: R13 + R23 =

Chú ý:

Từ đó: R12 + R13 + R23 =

U R -Với đoạn mạch nối tiếp: R > Ri; i = i (chia thế, tỉ lệ thuận). Uj Rj R I -Với đoạn mạch song song: R < Ri; i = j (chia dòng, tỉ lệ nghịch). Ij Ri

Và

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP--. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG -Vì dòng điện là dòng chuyển dời có hướng của các hạt mang điện nên để có dòng điện cần có: hạt mang điện và điện trường đặt vào. Dòng điện có thể xuất hiện trong các môi trường khác nhau như kim loại, chất điện phân, chất bán dẫn, chất khí ...; ở đây ta chỉ xét dòng điện không

R 3 (R 1 +R 2 ) . R1 +R 2 +R 3

R1R 2 +R 1R 3 +R 2 R 3 R1 +R 2 +R 3

 R1R 2  R12 = R +R 1 2 +R 3   R1R 3  R13 = R 1 +R 2 +R 3   R 2R 3  R 23 = R1 +R 2 +R 3 

*Quy tắc 5: Biến đổi mạch hình sao thành mạch hình tam giác: Từ các biểu thức xác định R12, R23 và R13 ở Quy tắc 4, ta được: R 1 (R 2 +R 3 ) R (R +R +R -R ) = 1 1 2 3 1 R 1 +R 2 +R 3 R1 +R 2 +R 3

đổi một chiều trong các vật dẫn kim loại. -Khi đo cường độ dòng điện bằng ampe kế cần chú ý đến sự phân cực của ampe kế: cực dương

R12 + R13 =

(+) của ampe kế được nối với nơi có điện thế cao và cực âm (-) của ampe kế được nối với nơi có điện thế thấp của đoạn mạch. -Ngoài cường độ dòng điện, để đặc trưng cho dòng điện chạy trong môi trường bất kì cả về chiều



R 1R 3 R 1R 2 . R 1 +R 2 +R 3 R 1 +R 2 +R 3 R 12 R12 + R13 = R1 = R1 R 2R 3 R 1 +R 2 +R 3 R1 +R 2 +R 3



R12 + R13 = R1 -

và cường độ người ta còn dùng khái niệm mật độ dòng điện. Mật độ dòng điện là đại lượng có trị số bằng điện lượng chuyển qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc với vận tốc của hạt mang điện trong một đơn vị thời gian: I i = = q0nv (đại số); i = q 0 nv (vectơ) S (n là mật độ hạt mang điện; q0 là điện tích của một hạt mang điện; v là vận tốc của các hạt mang điện). -Đối với các đoạn mạch điện trở phức tạp, để tính điện trở tương đương của đoạn mạch, ta sử dụng các quy tắc tính “Điện trở tương đương” sau:

R 12 R 13 R R => R1 = R12 +R13 + 12 13 R 23 R 23

Tương tự, ta xác định được R2, R3. Cuối cùng:

 R12 R13  R1 = R12 +R13 + R 23   R 21R 23  R 2 = R 21 +R 23 + R 13   R 31R 32  R 3 = R 31 +R 32 + R12 

+Các quy tắc biến đổi tương đương: *Quy tắc 1: Chập các nút có cùng điện thế (thường với đoạn mạch có R = 0) hoặc tách một nút

+Các đoạn mạch có số điện trở vô cùng nhiều: Lúc này điện trở tương đương của mạch sẽ không

thành nhiều nút có cùng điện thế. *Quy tắc 2: Chập các nút đối xứng nhau qua một trục (mạch điện phẳng) hoặc một mặt phẳng

phụ thuộc vào số lượng mắc xích nên có thể coi điện trở tương đương của cả mạch (n mắc xích) bằng điện trở tương đương của mạch gồm (n-1) mắc xích: Rn = Rn-1, từ đó tính được Rn.

(mạch điện không gian) qua đầu ra – vào của mạch điện (vì có cùng điện thế); tách một nút thành nhiều nút thì các nút này phải nằm đối xứng nhau qua một trục (mạch điện phẳng) hoặc một mặt phẳng (mạch điện không gian) qua đầu ra – vào của mạch điện. *Quy tắc 3: Bỏ qua đoạn mạch không có dòng điện đi qua (đoạn mạch có điện trở rất lớn). *Quy tắc 4: Biến đổi mạch hình tam giác thành mạch hình sao: Ta có: Đoạn mạch AB: R12 + R13 =

R1 (R 2 +R 3 ) . R1 +R 2 +R 3

Đoạn mạch AC: R12 + R23 =

R 2 (R1 +R 3 ) . R1 +R 2 +R 3

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về đại cương về dòng điện không đổi. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức:

+Cường độ dòng điện: I =

Δq q ; I = = const (dòng điện không đổi). Δt t

I = q0nv. S +Tại một nút mạch: I1 + I2 + ... = I1’ + I2’ + ... (Ivào = Ira). +Trên một đoạn mạch gồm nhiều đoạn mạch thành phần nối tiếp: U = U1 + U2 +....

+Mật độ dòng điện: i = R12

R1 R13

R23

153

154

(q là điện lượng qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian t; n là mật độ hạt mang điện; q0 là điện tích của một hạt mang điện; v là vận tốc trung bình của các hạt mang điện).

Ta có: I =

q ne = t t

-Một số chú ý: +Đơn vị của các đại lượng: q(C); t(s); i(A/m2); S(m2); v(m/s); n(hạt/m3).

It 4,8.1 = = 3.1019 e 1,6.10−19

+Trong kim loại, hạt mang điện là êlectron nên: q0 = e = 1,6.10-19C. . Với dạng bài tập về điện trở tương đương của đoạn mạch. Phương pháp giải là:

Vậy: Số electron qua tiết diện thẳng của dây trong 1s là n = 3.1019. b)Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của electron

-Sử dụng các công thức:

Ta có: Mật độ dòng điện: i =

U l +Công thức định luật Ôm (R = ); công thức R = ρ , công thức R = R0(1+ α t). I S (ρ là điện trở suất của chất làm vật dẫn; l, S là chiều dài và tiết diện dây dẫn hình trụ; R0 là điện

I = nqv S

I 4,8 = = 10−5 (m/s) = 0,01 (mm/s) . nqS 3.1028 .1,6.10−19 .10−4

trở vật dẫn ở 0oC; α là hệ số nhiệt điện trở).

Vậy: Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của electron là v = 0,01(mm/s).

+Các quy tắc tính “Điện trở tương đương” đối với các mạch điện trở ghép với nhau: *Ghép đơn giản: Dùng các công thức tính điện trở đoạn mạch nối tiếp, song song.

5.2. Trong khoảng thời gian 10s, dòng điện qua dây dẫn tăng đều từ I1 = 1A đến I2 = 4A. Tính cường độ dòng điện trung bình và điện lượng qua dây trong thời gian trên.  Bài giải 

*Ghép phức tạp: Dùng các Quy tắc biến đổi tương đương ở mục Về kiến thức và kỹ năng. -Một số chú ý:

+Khi xác định phương án và số lượng điện trở cần mắc vào đoạn mạch, cần chú ý:

I1 + I2 1 + 4 = = 2,5 A 2 2 -Điện lượng qua dây trong thời gian trên: q = It = 2,5.10 = 25 C. 5.3. Tụ phẳng không khí có bản cực hình vuông cạnh a = 20cm, khoảng cách d = 2mm, nối với

Rđm > R1, R2, …: mắc nối tiếp Rđm < R1, R2, …: mắc song song . Với dạng bài tập về đoạn mạch nối tiếp, song song. Phương pháp giải là:

với vận tốc không đổi v = 10(cm/s). Tìm cường độ dòng điện trong mạch trong thời gian đưa tấm điện môi vào tụ. Cường độ này có thay đổi trong thời gian nói trên không?

-Cường độ dòng điện trung bình: I =

+Gọi R1, R2 là điện trở vật dẫn ở nhiệt độ t1 và t2, một cách gần đúng, ta có: R2 ≈ R1[1 + α (t2 – t1)] và ρ2 ≈ ρ1[1 + α (t2 – t1)]

nguồn U = 500V. Đưa một tấm thủy tinh có chiều dày d’ = 2mm, hằng số điện môi ε = 9 vào tụ

 Bài giải 

-Sử dụng các công thức:

εS S a2 = . = k.4π d k.4π d k.4π d -Điện dung của tụ khi đưa tấm thủy tinh có bề dày d’ = d vào:

U +Định luật Ôm: I = . R +Các tính chất của đoạn mạch nối tiếp, song song ở mục Về kiến thức và kỹ năng. +Các bài toán “chia thế” (đoạn mạch nối tiếp), “chia dòng” (đoạn mạch song song).

-Điện dung của tụ trước khi đưa tấm thủy tinh vào: C =

-Một số chú ý: +Với các đoạn mạch phức tạp, cần sử dụng các quy tắc “Điện trở tương đương” để vẽ lại mạch điện từ đó xác định cấu trúc của đoạn mạch. +Với đoạn mạch chứa tụ điện, khóa K hoặc vôn kế lý tưởng: dòng điện không qua được đoạn

mạch đó.

ε 'S 9S 9a 2 = = k.4π d k.4π d k.4π d -Quãng đường đưa tấm thủy tinh vào tụ: s = a.

C’ =

-Thời gian đưa tấm thủy tinh vào tụ: Δt = -Cường độ dòng điện trong mạch: I =

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--. ĐẠI CƯƠNG VỀ DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI 5.1. Một dòng điện không đổi có I = 4,8A chạy qua một dây kim loại tiết diện thẳng S = 1cm2. Tính:

a)Số electron qua tiết diện thẳng của dây trong 1s. b)Vận tốc trung bình của chuyển động định hướng của electron. Biết mật độ electron tự do n = 3.1028 (hạt/m3).  Bài giải 

s a 20 = = = 2s . v v 10

Δq U(C'-C) = Δt Δt

U.8a 2 8.500.0,22 = = 3,54.10− 7 A . k.4π d.Δ t 9.109.4π .2.10−3.2 -Vì tấm thủy tinh chuyển động đều nên I không đổi. Vậy: Cường độ dòng điện trong mạch là I = 3,54.10-7 A = const. 5.4. Bốn vật dẫn được nối bằng các dây dẫn như =>

hình vẽ. Biết UAB = 12V; UAM = 8V; I = 6A; I1 = 3A; I3 = 5A. Chiều của I, I1, I3 được cho như hình. Tìm cường độ dòng điện và hiệu điện thế trên mỗi

a)Số electron qua tiết diện thẳng của dây trong 1s

155

A I

(1) M (2)

(4) N

I1 I3

B I

(3)

156

vật dẫn còn lại. Cho biết các điểm trên cùng một dây dẫn sẽ có cùng điện thế.

R . n -Điện trở tương đương của n đoạn dây giống nhau mắc song song là: -Điện trở của mỗi đoạn dây sau khi cắt là: R0 =

 Bài giải 

-Mạch điện được vẽ lại như sau: -Theo tính chất của đoạn mạch nối tiếp, song song: Ta có: UAB =12 V; UAM = 8 V. =>

I = 6 A; I1 = 3 A; I3 = 5 A. I2 = I3 – I1 = 5 – 3 = 2 A. I4 = I – I3 = 6 – 5 = 1 A.

A ≡N

(1)

(2)

(4)

R = R tđ

144 = 6. 4

Vậy: Phải cắt dây dẫn thành 6 đoạn bằng nhau. 5.8. Ba điện trở R1 = 1Ω, R2 = 2Ω, R3 = 3Ω. Hỏi có bao nhiêu cách mắc các điện trở này với

dung của tụ là C. Tính điện trở của điện môi giữa hai bản tụ.

nhau. Tìm điện trở tương đương trong mỗi trường hợp.  Bài giải  Các cách mắc 3 điện trở R1, R2, R3 là: -[R1 nt R2 nt R3]: Rtđ = R1 + R2 + R3 = 1 + 2 + 3 = 6Ω.

 Bài giải 

-[R1 // R2 // R3]:

d=l

(1)

1 1 1 1 1 1 1 11 6 = + + = + + = => Rtđ = ≈ 0,55Ω . R tđ R 1 R 2 R 3 1 2 3 6 11

-[R1 nt (R2 // R3)]: Rtđ = R1 +

S εS (2) k.4π d +Khoảng cách giữa 2 bản tụ điện bằng chiều dài điện trở của tụ điện: d = l.

+Điện dung của tụ phẳng: C =

d l ε = = S S 4π kC

5.5. Một tụ phẳng, chất điện môi giữa hai bản tụ có hằng số điện môi ε và điện trở suất ρ . Điện

-Từ (2) suy ra:

R0 R = 2 n n

I3 (3) M

UNM = UAM = 8 V; UNB = UAB = 12 V; UMB = UAB – UAM = 12 – 8 = 4 V. . ĐIỆN TRỞ TƯƠNG ĐƯƠNG

l Ta có: +Điện trở của điện môi: R = ρ S

R tđ =

-[R1 // (R2 nt R3)]: Rtđ =

(3)

R1 (R 2 + R 3 ) 1.(2 + 3) 5 = = ≈ 0,83Ω . R1 + R 2 + R 3 1 + 2 + 3 6

-[R2 nt (R1 // R3)]: Rtđ = R2 + −9

-Thế (3) vào (1), ta được: R =

1 10 ρε εε ρ = . = 0 , với ε 0 = 4π k.C C 4π k 36π

-[R2 // (R1 nt R3)]: Rtđ =

εε ρ Vậy: Điện trở của điện môi giữa hai bản tụ là R = 0 . C 5.6. Hai dây dẫn, khi mắc nối tiếp có điện trở lớn gấp 6,25 lần khi mắc song song. Tính tỉ số điện

trở của hai dây.

Ta có: R1 + R2 = 6,25.

R 1R 2  R1 + R 2

R 1R 3 1.3 = 2+ = 2,75Ω . R1 + R 3 1+ 3

R 2 (R1 + R 3 ) 2.(1 + 3) = ≈ 1,33Ω . R 2 + R1 + R 3 2 + 1 + 3

-[R3 nt (R1 // R2)]: Rtđ = R3 + -[R3 // (R1 nt R2)]: Rtđ =

 Bài giải 

R 2R 3 2.3 =1+ = 2,2Ω . R2 + R3 2+3

R 1R 2 1.2 = 3+ ≈ 3,67Ω . R1 + R 2 1+ 2

R 3 (R1 + R 2 ) 3.(1 + 2) = = 1,5Ω . R 3 + R1 + R 2 3 + 1 + 2

Vậy: Có 8 cách mắc 3 điện trở R2, R1, R3 như trên.

(R1 + R 2 )2 − 6,25R1R 2 = 0

5.9. Có hai loại điện trở R1 = 3Ω, R2 = 5Ω. Hỏi phải cần mỗi loại mấy cái để khi ghép nối tiếp,



R 12 + 2R 1R 2 + R 22 − 6,25R 1R 2 = 0  R 12 − 4,25R 1R 2 + R 22 = 0

chúng có điện trở tương đương là 55Ω.



(R1 − 2,125R 2 )2 = (1,875R 2 )2

R1 = 4R2 (loại giá trị âm)

R1 = 4. R2

 Bài 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

Vậy: Tỉ số điện trở của hai dây là

 R1 – 2,125R2 = 1,875R2

55 − 3x = 11 - 0,6x 5 -Vì y nguyên, dương nên: 11 – 0,6x ≥ 0 => x ≤ 18,3 .

R1 = 4. R2

5.7. Dây dẫn có điện trở R = 144Ω. Phải cắt dây ra bao nhiêu đoạn bằng nhau để khi mắc các đoạn đó song song nhau, điện trở tương đương là 4Ω.

 Bài giải 

157

+ +

x = 0 => y = 11 x = 5 => y = 8

+ +

x = 10 => y = 5 x = 15 => y = 2.

158

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:

-Ở nhiệt độ t2:

R 2 = R 0 (1 + αt 2 ) ⇔ 200 = R 0 (1 + α.2400)

(2)

+mạch gồm 11 điện trở R2 ghép nối tiếp. +mạch gồm 5 điện trở R1 và 8 điện trở R2 ghép nối tiếp.

-Lấy (2) chia (1) ta được: 2 =

+mạch gồm 10 điện trở R1 và 5 điện trở R2 ghép nối tiếp. +mạch gồm 15 điện trở R1 và 2 điện trở R2 ghép nối tiếp.



1 + 2400α 1 + 20α 2 + 40 α = 1 + 2400 α  2360 α = 1

α = 4,24.10-4(độ-1).

5.10. 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

5.12. Hai dây dẫn có hệ số nhiệt điện trở α1 , α 2 , ở 00C có điện trở R01, R02. Tìm hệ số nhiệt điện

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở của chất làm dây dẫn là α = 4,24.10-4(độ-1). trở chung của hai dây khi chúng mắc: a)Nối tiếp.

mạch có điện trở 2,5Ω; 4Ω; 4,5Ω. Tính R1, R2, R3.  Bài giải  Vì vai trò của R1, R2, R3 như nhau nên giả sử các cách mắc có điện trở tương đương tương ứng là:

+[(R1 nt R2) // R3]: Rtđ =

(R1 + R 2 ).R 3 = 2,5 R1 + R 2 + R 3

(1)

+[(R1 nt R3) // R2]: Rtđ =

(R1 + R 3 ).R 2 =4 R1 + R 2 + R 3

(2)

(R 2 + R 3 ).R1 = 4,5 R1 + R 2 + R 3

(3)

-Từ (1)  R1R3 + R2R3 = 2,5(R1 + R2 + R3)

(4)

-Từ (2)  R1R2 + R2R3 = 4(R1 + R2 + R3) -Từ (3)  R1R2 + R1R3 = 4,5(R1 + R2 + R3) -Lấy (5) - (4) => R1R2 - R1R3 = 1,5(R1 + R2 + R3)

(5) (6) (7)

-Lấy (7) + (6) => 2R1R2 = 6(R1 + R2 + R3) R1R2 = 3(R1 + R2 + R3) -Thay (8) vào (5) => R2R3 = R1 + R2 + R3

(8) (9)

-Thay (8) vào (6) => R1R3 = 1,5(R1 + R2 + R3)

(10)

+[(R2 nt R3) // R1]: Rtđ =

b)Song song.  Bài giải 

-Điện trở của hai dây dẫn ở nhiệt độ t: R1 = R01(1+ α1 t); R2 = R02(1+ α 2 t). (với α1 t, α 2 t <<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 + α t)

-Lấy (8) chia (9):

R1 R = 3 => R 3 = 1 R3 3

(11)

-Lấy (10) chia (9):

R1 R = 1,5 => R 2 = 1 R2 1,5

(12)

R = R1 + R2 = R01(1+ α1 t) + R02(1+ α 2 t) =>

R = (R01 + R02) + (R01 α1 + R02 α 2 )t

 R α + R 02α 2 R = (R01 + R02) 1 + 01 1 R 01 + R 02 

-Từ (1) và (2) suy ra: α =

R1 = 4,5.(1+

R= =>

R 01α1 + R 02α 2 . R 01 + R 02

R 1R 2 R (1 + α1t).R 02 (1 + α 2 t) = 01 R1 + R 2 R 01 (1 + α1t) + R 02 (1 + α 2 t) R 01.R 02 (1 + α1t)(1 + α 2 t) R 01.R 02 (1 + α1t)(1 + α 2 t) = . R 01 + R 02 + R 01α1t + R 02α 2 t) R 01 + R 02 1 + R 01α1 + R 02α 2 t R 01 + R 02

(1 + ε1 )(1 + ε 2 ) ≈ 1 + ε1 + ε 2 ;

R 9 1 1 R 9 + ) = 9Ω ; R2 = 1 = = 6Ω ; R3 = 1 = = 3Ω . 1,5 1,5 3 3 1,5 3

nên

nhiệt độ t2 = 24000C, dây có điện trở R2 = 200Ω. =>

 Bài giải 

(1)

159

1 + ε1 ≈ 1 + ε1 − ε 2 1 + ε2

(1 + α1t)(1 + α 2 t) ≈ 1 + (α1 + α 2 )t

5.11. Tìm hệ số nhiệt điện trở của dây dẫn biết ở nhiệt độ t1 = 200C, dây có điện trở R1 = 100Ω; ở

R1 = R 0 (1 + αt1 ) ⇔ 100 = R 0 (1 + α.20)

(2)

-Với ε1 , ε 2 << 1 , ta có các công thức gần đúng:

Vậy: Giá trị của các điện trở là 3 Ω ; 6 Ω và 9 Ω .

-Ở nhiệt độ t1:

 t 

b)Khi mắc song song:

R R R -Thay (11) và (12) vào (8), ta được: R1 1 = 3(R1 + 1 + 1 ) 1,5 1,5 3 =>

(1)

a)Khi mắc nối tiếp:

1 + (α1 + α 2 )t R α + R 02α 2 R α + R 02α1 ≈ 1 + (α1 + α 2 − 01 1 )t ≈ 1 + 01 2 t R 01α1 + R 02α 2 R 01 + R 02 R 01 + R 02 t R 01 + R 02 R 01.R 02  R 01α 2 + R 02α1  t 1 + R 01 + R 02  R 01 + R 02 

(3)

160

-Từ (1) và (3) suy ra: α =

R 01α 2 + R 02α1 . R 01 + R 02

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây khi chúng mắc nối tiếp là α = chúng mắc song song là α =

R 01α1 + R 02α 2 ; khi R 01 + R 02

R 01α 2 + R 02α1 . R 01 + R 02

Ta có: RAC =

2 8 2.4 4 + 2 = Ω ; RMB = = Ω. 3 3 2+4 3 RAP = 2 + 2 = 4 Ω .

RAM =

5.13. Một thanh than ( ρ1 = 4.10−5 Ωm ; α1 = −0,8.10−3 K −1 ) và một thanh sắt ( ρ 2 = 1,2.10−6 Ωm ; α 2 = 6.10−3 K −1 ) cùng tiết diện, mắc nối tiếp. Tìm tỉ số chiều dài hai thanh để điện trở của mạch

không phụ thuộc nhiệt độ.

1.2 2 3.6 = Ω ; RCM = = 2Ω . 1+ 2 3 3+ 6

=> RAM.RPB = RAP.RMB => mạch cầu cân bằng. -Mạch điện được vẽ lại như sau:

 Bài giải  -Điện trở của thanh than và thanh sắt ở nhiệt độ t:

R1 = R01(1+ α1 t); R2 = R02(1+ α 2 t)

RAB =

8 .4 RAB = 3 + 8 +4 3

-Khi hai thanh mắc nối tiếp thì điện trở tương đương của hai thanh là: R = R1 + R2 = (R01 + R02) + (R01 α1 + R02 α 2 )t -Để R không phụ thuộc vào nhiệt độ thì: (R01 α1 + R02 α 2 ) = 0  R01 α1 = -R02 α 2

R AM .R AP R .R + MB PB R AM + R AP R MB + R PB

RAM

RMB

4 .2 3 = 2,4Ω . 4 +2 3

B RAP

RPB

Vậy: Điện trở tương đương của mạch điện là RAB = 2,4 Ω . 5.15. Các điện trở trong mạch có sơ đồ như hình bên đều có

l1 l ; R 02 = ρ 2 2 S S

Mà:

R 01 = ρ1

l l ρ1 1 .α1 = −ρ 2 2 .α 2 S S

l1 ρα 1,2.10−7.6.10−3 9 1 . =− 2 2 =+ = ≈ l2 ρ1α1 4.10− 5.0,8.10− 3 400 44

1 2

cùng giá trị R. Tính điện trở giữa hai nút A và B.  Bài giải  -Mạch điện được vẽ lại như sau: -Điện trở tương đương của điện trở 1, 2, 4:

Vậy: Để điện trở của mạch không phụ thuộc vào nhiệt độ thì tỉ số chiều dài hai thanh phải bằng

l1 1 . ≈ l2 44

R 3 -Điện trở tương đương của điện trở 1, 2, 3, 4:

R 4R +R = 3 3 -Điện trở tương đương của đoạn mạch AB:

5.14. Có 12 điện trở được ghép thành mạch

(Ω). Tính điện trở tương đương của mạch

điện.

 Bài giải  -Vì 1.6 = 2.3 => Mạch cầu cân bằng nên

điểm C chập điểm D. -Vì 3.4 = 2.6 => Mạch cầu cân bằng nên điểm M chập điểm N.

-Mạch điện được vẽ lại như sau:

C 1

D 2

RAB =

R1234.R 5 R1234 + R 5

RAB =

4R .R 4R 3 4R 3 . = . = 4R 3 7 7 +R 3

2 4

4R . 7 5.16. Cho mạch điện như các hình sau. Điện trở mỗi đoạn là r. Tìm điện trở toàn mạch trong mỗi hình. Vậy: Điện trở giữa hai nút A, B là RAB =

1 N 1

R124 =

R1234 =

như hình vẽ. Các giá trị được cho bằng ôm

B 2

B 1

3 C

2 A

M,N

D 2

161

162 A

 Bài giải  a)Hình 1: -Ta thấy AM và AH, MN và HK, NP và KQ, PB và QB, MO và

M i1

HO, OP và OQ đối xứng với nhau qua trục quay ∆ nên dòng điện qua các đoạn mạch đối xứng sẽ bằng nhau và có chiều như hình vẽ.

-Mạch điện sẽ tương đương:

A i1 H

-Vì vậy ta có thể nhả nút O mà không làm thay đổi dòng điện qua các đoạn mạch:

i1 B

2r =r 2 -Điện trở tương đương của đoạn mạch ANB, AKB:

M i1

r r R ANB = R AKB = +r + = 2r 2 2 -Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: R AB

R CD .3r 4r.3r 26 +r=r+ +r= r R CD + 3r 4r + 3r 7

R AB =

26r 13r = . 7.2 7

d)Hình 4: -Vì lí do đối xứng của mạch, ta chập các nút: B, D, A’; C, B’, D’. C i1

’

i1 C

1 1 1 2r r = + +  R MCN = = 2r r 2r 4 2

i1 i1 A

5r R ACB = r + R MCN + r = = 2,5r 2 -Điện trở tương đương của cả đoạn mạch AB:

N i2 i1

C’

B,D,A’

-Điện trở tương đương của đoạn AB: RAB =

r . 3

-Điện trở tương đương của đoạn BC: RBC =

r . 6

-Điện trở tương đương của đoạn mạch ACB:

C,B’,D’

B’

N i2

’

-Điện trở tương đương của đoạn mạch MCN:

r r r 5r + + = . 3 6 3 6 5.17. Cho mạch điện như hình, dây có tiết diện đều, điện trở của đoạn

-Điện trở tương đương của toàn mạch: R AC ' =

dây có chiều dài bằng bán kính vòng tròn là r. Dòng điện đi vào ở tâm một vòng tròn và đi ra ở tâm một vòng tròn khác. Tính điện trở của

2,5r.2r 10r = . 2,5r + 2r 9

c)Hình 3:

mạch.

-Vì lí do đối xứng, ta nhả các nút như hình vẽ:

 Bài giải  Gọi r là điện trở của bán kính, R là điện trở của 1/4 đường tròn. -Mạch điện được vẽ lại như sau:

B F

163

N A E

+Điện trở tương đương của toàn mạch:

vẽ. Vì vậy ta có thể nhả nút P mà không làm thay đổi dòng điện qua các đoạn mạch.

R AB =

R1 = r +

b)Hình 2: -Đoạn mạch CM và CN, MP và PN, NB và AM, AP và BP đối xứng nhau qua trục CP nên dòng điện qua các đoạn mạch đối xứng sẽ bằng nhau và có chiều như hình

R MCN

i3 O i3

R .R 2r = ANB AKB = =r R ANB + R AKB 2

+Điện trở tương đương của đoạn CD: RCD = 4r. +Điện trở tương đương của nửa phía trên:

N i2

REF

-Vì điện trở mỗi đoạn bằng nhau nên đoạn mạch MNPO và HKQO là mạch cầu cân bằng nên cường độ dòng điện qua NO và KO bằng không. -Điện trở tương đương của đoạn mạch MP, HQ: RMP = RHQ =

RCD

P i1

2R r

164 2R

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R = 2Ω.

5.20. Cho đoạn mạch gồm n điện trở R1 = 1Ω; R2 =

1 1 Ω ; ……Rn = Ω mắc song song. Tìm n 2

điện trở tương đương của mạch. D

 Bài giải 

-Đoạn mạch O1E và EO2 là mạch cầu cân bằng. -Điện trở tương đương của các đoạn O1E, EO2: R O1E = R EO 2 =

r+R . 2

-Điện trở tương đương của đoạn O1O2: R O1O 2 = R O1E + R EO 2 = 2 -Ta có: R =

n(n + 1) 1 1 1 1 Ta có: = 1 + 2 + ... + n = . = + + ... + R R1 R 2 Rn 2 =>

r+R =r+R. 2

(Kết quả: R = 1,1r). 5.18. Một mạch điện có 5 nút. Giữa hai nút bất kì nào cũng đều có mắc một điện trở r. Tính điện trở tương đương của mạch nếu dòng điện đi vào và đi ra tại hai nút bất kì. Xét trường hợp tổng quát mạch có N nút.  Bài giải  Giả sử dòng điện vào nút 1 và ra nút 2: -Khi giữa các cặp nút 3 và 4, 3 và 5, 4 và 5 có điện trở r thì

1 1 1 1 1 5 2r = + + + = => R = . R r 2r 2r 2r 2r 5

(5)

R − 0,4R − 3,2 = 0

8 R = 2Ω; R’ = − Ω (loại). 5

 Bài giải  -Cường độ dòng điện cho phép qua cuộn dây: I = iS = 2.106. π r2.

-Điện trở của cuộn dây đồng: R = ρ

l nπ d nπ d =ρ =ρ 2 . S S πr nπ d . πr 2

Umax = 2.106.1,75.10-8.1000. π .0,06 ≈ 6,6 V .

Vậy: Hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn dây là Umax ≈ 6,6 V . 5.22. Đoạn mạch gồm 4 đoạn dây cùng độ dài, cùng làm bằng một chất, diện tích tiết diện: S1 = 1mm2; S2 = 2mm2; S3 = 3mm2; S4 = 4mm2. Bốn đoạn dây mắc nối tiếp vào nguồn U = 100V.

Tính hiệu điện thế trên mỗi đoạn dây.

(2)

 Bài giải 

R1 R2

8R + R 2 = 3,2 + 8,4R



(3)

l l -Điện trở của đoạn 1: R1 = ρ ; điện trở của đoạn 2: R2 = ρ . S1 S2

-Điện trở của đoạn 3: R3 = ρ

R1 R2

l l ; điện trở của đoạn 4: R4 = ρ . S3 S4

-Điện trở tương đương của đoạn mạch:

 Bài giải  B -Vì mạch điện dài vô hạn nên đoạn mạch từ CD trở đi tương đương với cả đoạn mạch AB. -Gọi R là tương đương của đoạn mạch (R = RAB = RCD):

Mật độ dòng điện cho phép qua cuộn dây i = 2(A/mm2). Tìm hiệu điện thế lớn nhất có thể đặt vào cuộn dây.

(1)

Tìm điện trở tương đương của mạch.



(4)

2r . N

R 2R 8R = 0,4 + R2 + R 8+R

2 . n(n + 1)

-Hiệu điện thế lớn nhất đặt vào cuộn dây: Umax = IR = 2.106. πr 2 .ρ

cường độ dòng điện vẫn không qua các điện trở này vì cầu cân bằng. Mạch điện được vẽ lại như sau: -Điện trở tương đương của toàn mạch:

R = R1 +

5.21. Cuộn dây đồng ( ρ = 1,75.10−8 Ωm ) có n = 1000 vòng, đường kính mỗi vòng là d = 6cm.

Tương tự, bạn đọc hãy tính điện trở của mạch điện sau khi dòng điện đi vào ở tâm một vòng tròn và đi ra ở tâm một vòng tròn khác.

5.19. Cho mạch điện như hình bên R1 = 0,4Ω;

. ĐOẠN MẠCH NỐI TIẾP, SONG SONG

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R O1O2 = 2,57r .

R2 = 8Ω, số ô điện trở là vô tận.

2 . n(n + 1)

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R =

2π r = 1,57r => R O1O 2 = r + 1,57r = 2,57r . 4

-Nếu mạch có N nút thì: R =

R = R1 + R2 + R3 + R4 = ρl ( -Cường độ dòng điện qua mạch: I =

R1 R2

1 1 1 1 + + + ). S1 S2 S3 S4 U U . = R ρl ( 1 + 1 + 1 + 1 ) S1 S2 S3 S4

-Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 1:

B D

165

166

U1 = IR1 =

U1 =

U ρl U . = 1 1 1 1 S1 1 1 1 1 ρl ( + + + ) S1 ( + + + ) S1 S2 S3 S4 S1 S2 S3 S4 100

1 1 1 1 10 − 6.( − 6 + + + ) 10 2.10− 6 3.10− 6 4.10 − 6

R 1R 2 U = R 1 + R 2 Is

+[R1 // R2]:

Rs =

R 1R 2 12 = = 1,2 R1 + R 2 10

+[R1 nt R2]:

Rn = R1 + R2 =

R1 + R 2 =

= 48Ω .

-Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 2: U2 = IR2 =

U 1 1 1 1 S2 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

U 48 U = 1= = 16V . 1 1 1 1 3 3 S3 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

RV = 7000Ω.

R2 =

 R 1 = 3Ω  R = 2Ω ;  1

 R 2 = 2Ω  R = 3Ω  2

R1 A

Tìm cường độ dòng điện qua từng điện trở.  Bài giải 

B R2

-Điện trở tương đương của R2 và R3: R23 = R2 + R3 = 15 + 5 = 20Ω.

-Cường độ dòng điện qua điện trở R1: I1 =

R 1R 23 12.20 = = 7,5Ω . R1 + R 23 12 + 20

U AB 15 = = 1,25A . R1 12

-Cường độ dòng điện qua điện trở R2, R3: I2 = I3 =

U AB 15 = = 0,75A . R 23 20

Vậy: Cường độ dòng điện qua các điện trở là I1 = 1,25A; I2 = I3 = 0,75A. 5.26. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UMN = 18V, cường độ qua R2 là I2 = 2A. Tìm:

-Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R2: U V2 = I 2 R V =

-Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 2.7,5 = 15V.

-Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế khi mắc với R1:

R12 − 5R1 + 6 = 0

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB =

chỉ U1 = 70V. Khi mắc nối tiếp V với R2 thì V chỉ U2 = 20V. Tính R2.  Bài giải 



15Ω, R3 = 5Ω, cường độ qua mạch chính I = 2A.

5.23. Vôn kế V được mắc vào mạch điện có U = 220V. Khi mắc nối tiếp V với R1 = 15kΩ thì V

220 70 = .R V 15000 + R V

(3) (4)

Vậy: Có hai giá trị của R1 và R2 là (R1 = 3 Ω ; R2 = 2 Ω ) hoặc (R1 = 2 Ω ; R2 = 3 Ω ).

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai đầu các đoạn dây là U1 = 48V; U2 = 24V; U3 = 16V và U4 = 12V.

U .R V R1 + R V

(2)

5.25. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 12Ω, R2 =

U U 48 = 1= = 12V . 1 1 1 1 4 4 S4 ( + + + ) S1 S2 S3 S4

U V1 = I1R V =

12 =5 2,4

-Thay (4) vào (3) ta được: R1.(5 – R1) = 6

-Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 4: U4 = IR4 =

U In

-Thay (2) vào (1) ta được: R1R2 = 1,2.5 = 6 -Từ (2) suy ra: R2 = 5 – R1

U 48 = 24 V. Vì S2 = 2S1 => U2 = 1 = 2 2 -Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn 3: U3 = IR3 =

(1)

a)R1 nếu R2 = 6Ω, R3 = 3Ω.

U .R V R2 + RV

b)R3 nếu R1 = 3Ω, R2 = 1Ω.

R2 M

c)R2 nếu R1 = 5Ω, R3 = 3Ω.

UR V 220.7000 − RV = − 7000 = 70000Ω = 70kΩ . U V2 20

 Bài giải 

Vậy: Giá trị của R2 là R2 = 70k Ω . 5.24. Hai điện trở R1, R2 mắc vào hiệu điện thế U = 12V. Lần đầu R1, R2 mắc song song, dòng điện mạch chính Is = 10A. Lần sau R1, R2 mắc nối tiếp, dòng điện trong mạch In = 2,4A. Tìm R1,

R2.

a)Ta có: +Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.6 = 12V. +Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

U 2 12 = = 4A . R3 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.

 Bài giải  -Điện trở tương đương của đoạn mạch khi:

167

168

+Điện trở của R1: R1 =

U1 6 = = 1Ω . I1 6

U 180 = = 0,045A . R' 4000 +Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U’2 = U – U’1 = 180-0,045.2000 = 90V. Vậy: Số chỉ của vôn kế khi mắc song song với R2 là U’2 = 90V. +Cường độ dòng điện qua R1: I’1 =

b)Ta có: +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. +Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U1 16 = A. R1 3

+Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I1 – I2 = +Điện trở của R3: R3 =

5.28. Hai điện trở R1 = 6Ω, R2 = 4Ω chịu được cường độ dòng điện tối đa là 1A và 1,2A. Hỏi bộ

hai điện trở chịu được cường độ tối đa là bao nhiêu nếu chúng mắc: a)Nối tiếp. b)Song song.

16 10 −2 = A . 3 3

 Bài giải 

a)Hai điện trở mắc nối tiếp

U3 2 = .3 = 0,6Ω . I3 10

I ≤ I1 I ≤ 1A Khi R1 mắc nối tiếp với R2:  ⇔ . I ≤ 1,2A I ≤ I 2

c)Ta có:

+Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2R2.

Vậy: Bộ hai điện trở mắc nối tiếp chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 1A.

U 2R 2 +Cường độ dòng điện qua R3: I3 = 2 = . R3 3

b)Hai điện trở mắc song song -Khi R1 mắc song song với R2:

2R 2 . 3 +Hiệu điện thế giữa hai đầu R1: U1 = U – U2 = I1R1.

+Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 2 +



5R 2 2R 2   18 – 2R2 =  2 + .5  9 - R2 = 5 + 3 3  



5R 2 + R2 = 4 => R2 = 1,5Ω. 3

5.27. Hai điện trở R1 = 2000Ω, R2 = 3000Ω mắc nối tiếp với nguồn U = 180V (không đổi). Vôn

kế V mắc song song với R1, chỉ 60V. Tìm số chỉ của vôn kế đó khi mắc song song với R2.  Bài giải  U V1 60 = = 0,03A . R1 2000

(2)

I ≤ 2,5A . -Từ (1) và (2) suy ra:  I ≤ 2A Vậy: Bộ hai điện trở mắc song song chịu được cường độ dòng điện tối đa là Imax = 2A. R3 = 10Ω, R4 = 30Ω, UAB = 54V.

Tính cường độ dòng điện qua từng điện trở.

R2 R1

I1 R1

U 54 I1 = AB = = 1,5A R1 36

V RV

R34 =

R 3R 4 20.30 = = 12Ω R 3 + R 4 20 + 30

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

-Khi vôn kế mắc song song với R2: I1

I2 R2

-Điện trở tương đương của R3, R4:

U V1 60 = = 6000Ω . IV1 0,01

R 2R V 3000.6000 R’ = R1 + = 2000 + = 4000Ω R2 + RV 3000 + 6000

I2 = I – I1 = 0,6I ≤ 1,2

Mạch điện được vẽ lại như sau:

+Cường độ dòng điện qua RV: IV1 = I2 – I1 = 0,04 – 0,03 = 0,01A.

+Điện trở tương đương của toàn mạch:

và

-Cường độ dòng điện qua R1:

U 2 120 = = 0,04A . R 2 3000

(Ta thấy I2 ≠ I1 nên vôn kế có điện trở RV hữu hạn).

+Điện trở của vôn kế: RV =

(1)

 Bài giải  R1

+Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = U – UV1 = 180-60 = 120V. +Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

R2 4 I1 = I = 0,4I ≤ 1 I = 6+4 R1 + R 2

5.29. Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 36Ω, R2 = 12Ω,

-Khi vôn kế mắc song song với R1: +Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

RI R + R2 I = I1 + I2 = I1 + 1 1 = 1 I1 R2 R2

I2 R2

R3 B R4

U AB U AB 54 = = = 2,25A . R 234 R 2 + R 34 12 + 12

-Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R3 và R4 là: U34 = U3 = U4 = I2R34 = 2,25.12 = 27V

Iv V

-Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

169

U3 27 = = 1,35A . R 3 20

170

-Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

b)Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở -Hiệu điện thế hai đầu R5: U5 = IR5 = 3.4 = 12V.

U 4 27 = = 0,9A . R 4 30

Vậy: Cường độ dòng điện qua các điện trở là I1 = 1,5A; I2 = 2,25A; I3 = 1,35A và I4 = 0,9A.

-Hiệu điện thế hai đầu CB: UCB = IRCB = 3.2 = 6V.

5.30. Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = 22,5Ω, R2 =

-Cường độ dòng điện qua R1, R3: I1 = I3 =

12Ω, R3 = 5Ω, R4 = 15Ω, UAB = 12V.

Tính điện trở tương đương của mạch và cường độ qua

R3 R4

-Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1.3 = 3V. -Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 1.3 = 3V.

từng điện trở.  Bài giải 

Mạch điện được vẽ lại như sau: -Điện trở tương đương của R3 và R4:

R34 = R3 + R4 = 5 + 15 =20Ω

-Cường độ dòng điện qua R2, R4: I2 = I4 = I1

-Điện trở tương đương của R2, R3 và R4:

R 2 R 34 12.20 R234 = = = 7,5Ω R 2 + R 34 12 + 20

Vậy: Hiệu điện thế hai đầu các điện trở là U1 = 3V; U2 = 4V; U3 = 3V; U4 = 2V và U5 = 12V. c)Hiệu điện thế hai đầu các đoạn mạch A, D; E, D:

-Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = UAC + UCD = U5 + U1 = 12 + 3 = 15V. -Hiệu điện thế hai đầu E, D: UED = UEB + UBD = U4 – U3 = 2 - 3 = -1V. d)Điện tích của tụ điện Ta có: Q = CU = 2.10-6.1 = 2.10-6 C. Vậy: Điện tích của tụ điện là Q = 2.10-6C.

RAB = R1 + R234 = 22,5 + 7,5 = 30Ω U AB 12 = = 0,4A . R AB 30

5.32. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 10Ω, R2

-Hiệu điện thế giữa hai đầu R2: U2 = I1R234 = 0,4.7,5 = 3V.

= 6Ω, R3 = 2Ω, R4 = 3Ω, R5 = 4Ω. Cường độ

U 3 -Cường độ dòng điện qua R2: I2 = 2 = = 0,25A . R 2 12 -Cường độ dòng điện qua R3, R4: I3 = I4 =

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. 5.31. Cho đoạn mạch như hình vẽ: R1 = R3 = 3Ω, R2 = 2Ω, R4 = 1Ω, R5 = 4Ω, cường độ qua R1 R5

c)UAD, UED.

C E

R5 R4 B

-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. -Cường độ dòng điện qua R3, R5: I3 = I5 = 0,5A. -Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

R3 R1

dòng điện qua R3 là 0,5A. Tính cường độ qua từng điện trở và UAB. A  Bài giải 

U2 3 = = 0,15A . R 34 20

mạch chính I = 3A. Tính: a)UAB. b)Hiệu điện thế hai đầu mỗi điện trở.

U CB 6 = = 2A . R 24 3

-Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I2R2 = 2.2 = 4V. -Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 = 2.1 = 2V.

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB:

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U CB 6 = = 1A . R 13 6

U4 3 = = 1A . R4 3

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I3 + I4 = 0,5 + 1 = 1,5A. -Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 1,5.10 = 15V. -Hiệu điện thế hai đầu AB: UAB = U1 + U35 = 15 + 3 = 18V.

d)Nối D, E bằng tụ điện C = 2 μF . Tính điện

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

tích của tụ.  Bài giải 

U AB 18 = = 3A . R2 6

Vậy: Cường độ dòng điện qua từng điện trở và UAB là I1 = 1,5A, I2 = 3A, I3 = I5 = 0,5A, I4 = 1A

a)Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B:

và UAB = 18V.

-Điện trở tương đương của R1, R3: R13 = R1 + R3 = 3 + 3 = 6Ω.

5.33. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 18Ω, R2 = 20Ω,

-Điện trở tương đương của R2, R4: R24 = R2 + R4 = 2 + 1 = 3Ω.

R3 = 30Ω, cường độ qua nguồn I = 0,5A, hiệu điện thế

R13.R 24 6.3 -Điện trở tương đương của đoạn mạch CB: RCB = = = 2Ω . R13 + R 24 6 + 3

hai đầu R3 là U3 = 2,4V. Tính R4.

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = R5 + RCB = 4 + 2 = 6Ω.

 Bài giải 

-Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB: UAB = IRAB = 3.6 = 18V.

171

U R4

172

Mạch điện được vẽ lại như sau: -Cường độ dòng điện qua R3: I1

U 2,4 I3 = 3 = = 0,08A R 3 30

I2 R2

I A1 =

I3 I

-Cường độ dòng điện qua R2:

 Bài giải  -Khi K mở: Mạch điện gồm R1 và R2 mắc nối tiếp:

I A1 = I 23 =

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 = I2 + I3 = 0,12 + 0,08 = 0,2A. -Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = I1R1 = 0,2.18 = 3,6V. -Hiệu điện thế hai đầu cả đoạn mạch: U = U1 + U3 = 3,6 + 2,4 = 6V. -Cường độ dòng điện qua R4: I4 = I – I1 = 0,5 – 0,2 = 0,3A. R4 =

U4 6 = = 20Ω . I4 0,3

5.34. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 15Ω, R2 =

R3 = R4 = 10Ω, dòng điện qua CB có cường độ là 3A.

Mạch điện được vẽ lại như sau: -Áp dụng quy tắc nút mạng, tại C ta có: ICB = I1 + I3 = 3 (1)

=> R1

(2)

I I2

C B

0,5R 3 R = 0,9 => 3 = 1,8 R2 R2

= I A1 − I A 2 = 1,4 − 0,5 = 0,9A . (3)

2,8R1 – 1,8R1 = 12 - 1,8.5 => R1 = 3Ω.

R2 = 5 – R1 = 5 – 3 = 2Ω.

và

R3 = 12 – 2,8.3 = 3,6Ω. R3

Biết điện trở ampe kế rất bé. Giả sử chiều dòng điện như hình vẽ: -Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U1 3,6 = = 0,3A . R1 12

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U 2 2,4 = = 0,4A . R2 6

I A I3 R3 I1

A1 R1

R2 B

I’

-Hiệu điện thế hai đầu R3: UAC = UAB + UBC = 3,6 + 2,4 = 6V. +

I2 R2

U 6 -Cường độ dòng điện qua R3: I3 = AC = = 0,6A . R 3 10

 Bài giải 

U U I 2 = 2I3 = AB => I3 = AB (3) 15 30

Tính R1, R2, R3.

IA 2 R 3

(2)

Tính cường độ dòng điện qua ampe kế và mỗi nguồn.

R 3R 4 -Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 + = 10 + 5 = 15Ω . R3 + R4

mở, ampe kế A1 chỉ 1,2A. Khi K đóng, ampe kế A1 và A2 lần lượt chỉ 1,4A; 0,5A. Bỏ qua điện trở ampe kế.

R 3 30 =  R 3 = 12 − 2,8R1 2,8 7

= 2,4V, điện trở R1 = 12Ω, R2 = 6Ω, R3 = 10Ω.

U AB . R 234

U U -Thay (2) và (3) vào (1): AB + AB = 3 => U AB = 30V . 15 30 Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là UAB = 30V. 5.35. Cho mạch điện như hình vẽ, UAB = 6V. Khi K

R1 +

U AB U 6 30 => R 1 + R 23 = AB = = R 1 + R 23 I A1 1,4 7

5.36. Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn U1 = 3,6V, U2

U3 10I3 = = I3 . R4 10

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2I3 =

R3 2,8

+Thay (1) và (2) vào (3), ta được: 12 – 2,8R1 = 1,8(5 – R1)

-Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I3R3 = 10I3. -Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

R23 =

+Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

 Bài giải 

U AB U AB = R1 15

Tính UAB.

U 3 I A2 R 3 = R 23 R 23

R 3 I A1 1,4 = = = 2,8 R 23 IA 2 0,5

=> R3

I1 =

(1)

+Mặt khác: I A1 =

Vậy: Giá trị điện trở R4 = 20 Ω .

mà:

R2 = 5 - R1

-Khi K đóng: Mạch điện gồm [R1 nt (R2 // R3)]:

U 2,4 I2 = 3 = = 0,12A R 2 20

U AB 6 => R1 + R 2 = = 5Ω R1 + R 2 1,2

IA D

-Cường độ dòng điện qua nguồn U1: I = I1 + I3 = 0,3 + 0,6 = 0,9A.

-Cường độ dòng điện qua ampe kế: IA = I – I1 = 0,9 – 0,3 = 0,6A.

173

174

-Cường độ dòng điện qua nguồn U2: I’ = IA + I2 = 0,6 + 0,4 = 1A. 5.37. Cho mạch điện như hình vẽ: R4 = R2. A

=> R2

I1 =

-Nếu nối A, B với nguồn U = 120V thì I3 = 2A, UCD = 30V.

I2 =

-Nếu nối C, D với nguồn U’ = 120V thì U 'AB = 20V.

Tính R1, R2, R3.

U 30 -Nếu nối A, B với nguồn U thì: R3 = CD = = 15Ω . I3 2

30 . R2

U AB 30 120 <=> 2 + = R 234 R 2 R + 15R 2 2 15 + R 2

(2R 2 + 30) (15R 2 + R + 15R 2 ) . = 120 R2 15 + R 2



(2R 2 + 30)(R 2 + 30) = 120 R 2 +15

R 22 − 15R 2 − 450 = 0

R2 = 30Ω; R2 = -15Ω <0 (loại).



U R(π + 1)

(2)

-Từ (1) và (2), ta có:

I1 π + 1 = = 1,318 . I3 π

Vậy: Tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt là 1,318. R1

90Ω, UAB = 90V. Khi K mở hoặc đóng, cường độ dòng A

điện qua R4 là như nhau. Tính R4 và hiệu điện thế hai đầu R4.

R4 R2

 Bài giải  D -Khi K đóng, mạch điện được vẽ như hình a; khi K mở, mạch điện được vẽ như hình b: R1

R4 R3

-Nếu nối C, D với nguồn U’ thì cường độ dòng điện qua R1: I1 =

I3 =

5.39. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R3 = 45Ω, R2 =

2 2



πR R U .( 2 ) πR πR R +R πR 2 ). (R + 2 πR +R 2 2

U OB = R ODB

R 3R 4 15R 2 = R2 + -Điện trở tương đương của R2, R3, R4: R234 = R2 + . R3 + R 4 15 + R 2 -Ta có: I2 =

U U = R AOB R + R ODB .R OB AO R ODB + R OB

I3 =

U CD 30 = . R4 R2

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 = I3 + I4 = 2 +

(1)

UOB = I2ROB

 Bài giải 

-Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

U U = R ACB πR

U 'AB U 'CD 20 120  = = R1 R1 + R 2 R1 R 1 + 30

Hình a

-Khi K đóng, ta có:

R1 + 30 = 6R1 => 5R1 = 30  R1 = 6Ω.

Vậy: Giá trị các điện trở là R1 = 6Ω; R2 = 30Ω; R3 = 15Ω. 5.38. Các đoạn dây đồng chất, tiết diện như nhau có dạng thẳng và bán nguyệt được nối như hình vẽ. Dòng điện đi vào ở A và đi ra ở B.

I2 =

U AB ; U34 = I2R34 R 2 + R 34

I4 =

U34 I2 R 34 U AB .R 34 = = R4 R4 (R 2 + R 34 )R 4

C D A

Tính tỉ số cường độ dòng điện qua hai đoạn dây bán nguyệt.  Bài giải 

45R 4 90 30 45 + R 4 = = I4 = 45R 4 3R + 90 R + 30 4 4 R 4 (90 + ) 45 + R 4

C B

D Hình b

90.

Mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: ROA = ROB = R

(1)

-Khi K mở, ta có:

-Đặt OB = d, ta có: πd πR +ROB có chiều dài là d; RODB có chiều dài là => R ODB = . 2 2

I3 =

U AB ; UAD = I3R124 R 3 + R124

+RACB có chiều dài là πd => R ACB = πR . I1 RACB A I

ROA

RODB

175

176

U AD I3R 124 U AB .R124 = = R 14 R14 R 14 (R 3 + R124 )

I4 =

RAC =

RR V R.2R 2R = = R + R V R + 2R 3

+Điện trở tương đương đoạn AB:

90(45 + R 4 ) 902 90 + 45 + R 4 I4 = = 90(45 + R 4 ) 135R 4 + 10125 (45 + R 4 )(45 + ) 90 + 45 + R 4 90.

(2)

RAB = RAC + 3R =

30 90 2 = -Từ (1) và (2), ta có: R 4 + 30 135R 4 + 10125

2R 11R + 3R = 3 3

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

U AB 132.3 36 = = . R AB 11R R

+Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = IRAC =

36 2R . = 24V . R 3



902R4 + 243000 = 4050R4 + 303750



4050R4 = 60750 => R4 = 15Ω.

Vậy: Khi mắc vào A, C vôn kế chỉ 24V.

30 2 I4 = = A 15 + 30 3

5.41. Cho mạch điện như hình vẽ. Vôn kế (điện trở RV); mắc vào A-C chỉ 24V; mắc vào A-B chỉ 12V, mắc vào

-Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I4R4 =

B-C chỉ 8V. Coi UAC không đổi. a)Tìm UAC, UAB, UBC khi không mắc vôn kế.

2 .15 = 10V. 3 C R

D R

-Khi vôn kế mắc vào A, B:

 Bài giải  U Nếu vôn kế có điện trở rất lớn thì: UAD = AB = 66V ≠ 44V => vôn kế có điện trở RV hữu hạn. 2 -Khi mắc vôn kế vào A, D: R R R R D +Điện trở tương đương của đoạn mạch AD: RAD =

2RR V 2R + R V

+Điện trở tương đương của đoạn mạch AC: RAC = R2 + +Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

UAB = IRAB = R2 +

2RR V 4R 2 + 4R.R V 4R(R + R V ) + 2R = = 2R + R V 2R + R V 2R + R V

U 'AB = IR 1 =

U AB 132(2R + R V ) = R AB 4R(R + R V )

+Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = IRAD =



44 =

U AC . R AC

U AC RR U AC R 1R V . 1 V = R1R V R 1 + R V R 1R 2 + R V (R1 + R 2 ) R1 + R V

-Khi không mắc vôn kế vào A, B:

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I=

R 1R V . R1 + R V

+Hiệu điện thế hai đầu A, B:

+Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = RAD + 2R =

 Bài giải  a)Tính UAC, UAB, UBC khi không mắc vôn kế: Coi UAC không đổi nên khi không mắc vôn kế UAC = 24V.

B R

R2 B

b)Tính R1, R2. Biết RV = 6kΩ.

Vậy: Giá trị điện trở R4 và hiệu điện thế hai đầu R4 là R4 = 15Ω và U4 = 10V.

5.40. Cho mạch điện như hình vẽ, UAB = 132V, vôn A kế V mắc vào A, D chỉ 44V. Hỏi số chỉ vôn kế đó khi mắc vào A, C.

R1 A

U AC .R1 R1 + R 2

U AB R V (R1 + R 2 ) = U 'AB R1R 2 + R V (R1 + R 2 )

(1)

-Khi vôn kế mắc vào B, C:

132(2R + R V ) 2RR V 66R V . = 4R(R + R V ) 2R + R V R + R V

+Điện trở tương đương của đoạn mạch AC: RAC = R1 +

66R V  44R + 44RV = 66RV R + RV

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

=> RV = 2R. -Khi mắc vôn kế vào A, C:

R 2R V . R2 + RV

U AC . R AC

+Hiệu điện thế hai đầu B, C: UBC = IRBC. R

+Điện trở tương đương của đoạn mạch AC:

R B

V RV

177

178

UBC = R1 +

U AC R R U AC R 2 R V . 2 V = R 2 R V R 2 + R V R1R 2 + R V (R1 + R 2 ) R2 + RV

-Khi không mắc vôn kế vào B, C: U =>

' BC

-Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

U AC R2 = IR 2 = R1 + R 2

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

= 8U

(4)

12 8 = U 'AB 24 − U 'AB

' AB

=> U

' AB

I2 =

= 14,4V .

U V2 = I 2 R DB = -Từ (1) và (2) suy ra:

Vậy: Khi không mắc vôn kế thì U’AC = 24V, U’AB = 14,4V và U’BC = 9,6V. b)Giá trị R1, R2 U AC R 1 24R1 (5) <=> 14,4 = R1 + R 2 R1 + R 2 U AC R 2 24R 2 <=> 9,6 = R1 + R 2 R1 + R 2

UAB =

U V1 R+R DB R V (R+R V ) R (R+R V ) = V . R V +R+R V R+2R V

R 2 +3RR V -4R V2 = 0

(R+R V )2 +RR V -5R 2V = 0



1,5 R 22 + 15 = 18 => R2 = 2kΩ, R1 = 3kΩ.



U 2V2 +U V2 -1-5 = 0 <=> U 2V2 +U V2 -6 = 0

U V2 = 2V; U V2 = -3V (loại) A

Tìm số chỉ ampe kế A.

 Bài giải  B

Mạch điện được vẽ lại như sau:

Vậy: Giá trị các điện trở R1, R2 là R2 = 2kΩ, R1 = 3kΩ.

5.42. Cho mạch điện như hình, vôn kế V1 chỉ 5V, V3 chỉ 1V. Biết các vôn kế giống nhau và R1 = R2 = R3. Tìm số chỉ của vôn kế V2.  Bài giải 

trở như nhau. Các điện trở thuần có giá trị R giống nhau. Ampe kế A2 chỉ 0,2A. Ampe kế A1 chỉ 0,8A.

24.1,5R 2 .6 18R 2 ⇔1= 1,5R 22 + 6(1,5R 2 + R 2 ) 1,5R 22 + 15R 2

12 =

(R+R V ) 2 R + -5 = 0 R 2V RV

Vậy: Vôn kế V2 chỉ 2V. 5.43. Cho mạch điện như hình vẽ, ba ampe kế có điện

U AC R1R V R 1R 2 + R V (R1 + R 2 )

(2)

R+R V 5R (R+R V ) = 2 V RV R +3RR V +R V2

(6)



5(2R+R V ) R (R+R V ) 5R (R+R V ) . V = 2 V R 2 +3RR V +R 2V R+2R V R +3RR V +R V2

-Chia hai vế cho R 2V ta được:

R1 Lấy (5) chia (6), ta được: = 1,5 => R 1 = 1,5R 2 R2 =>

(1)

-Hiệu điện thế hai đầu C, B:

U 'BC = 24 − 14,4 = 9,6V

U 'BC =

R CDB

R+R V R = +1 RV RV

5 5 = R V (R+R V ) R 2 +3RR V +R 2V R+ R+2R V

-Hiệu điện thế hai đầu B, C khi không mắc vôn kế:

Ta có: U 'AB =

U V1

(3)

-Thay (4) vào (3), ta được: 288 − 12U

1 . RV

-Điện trở tương đương của mạch DB: RDB =

-Mặt khác: U 'AB + U 'BC = U AC = 24  U 'BC = 24 − U 'AB

(2)

12 8 = U 'AB U 'BC

' AB

-Hiệu điện thế hai đầu D, B: U V2 = I3 (R+R V ) =

U BC R V (R1 + R 2 ) = U 'BC R 1R 2 + R V (R1 + R 2 )

U U -Từ (1) và (2) suy ra: AB = BC U 'AB U 'BC



U V3

+ -

R2 V2

I2 E I3

C I 4

F A 1 D

Mạch điện được vẽ lại như sau: I2 A

-Hiệu điện thế hai đầu E, F: UEF = I2(2R + RA)

R3 V3 V2

D C V1

179

180

-Cường độ dòng điện I3: I3 = =>

I1 = I2 + I3 = 0,2 +

U EF 0,2(2R+R A ) = R R

0,2(2R+R A ) =0,8 R

2R+R A R =3 => A =1 R R -Hiệu điện thế hai đầu C, D: UCD = I1(R+RA+REF)



 R(2R+R A )  4R 2 +4RR A +0,8R A2 UCD = 0,8  R+R A + = 3R+R A  3R+R A 

I4 =

I = I1 + I4 = 0,8 +



6,4R +4,8RR A +0,8R R(3R+R A ) 2



I = 0,8

19 1 1 U(300+R V ) ( + )= 2 300 R V 525R V +67500



19 U = 600R V 525R V +67500

+Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

= 0,8

(8R +6RR A +R ) R(3R+R A )

I = 0,8(3+1-

5.44. Nguồn hiệu điện thế U không đổi, một vôn kế và hai điện trở R1 = 300Ω, R2 = 225Ω mắc vào nguồn. a)R1 nối tiếp R2, vôn kế mắc vào hai đầu R1 chỉ 9,5V. Tìm số chỉ vôn kế nếu mắc vào hai đầu R2. b)R1 song song R2, cả hai mắc nối tiếp với vôn kế. Tìm số chỉ của vôn kế. c)R1, R2, vôn kế nối tiếp nhau, vôn kế chỉ 12V. Tìm số chỉ vôn kế khi R1, R2, vôn kế mắc song

U V2 =

U .225R V 525R V +67500



U V2 =

19 .225R V = 7,125V . 600R V

+Cường độ dòng điện qua vôn kế : I V =

-Từ (1) suy ra:

U U . = R 900 +R V 7

-Hiệu điện thế hai đầu vôn kế: UV = IRV =

19 19 U + = 600 2R V 300R V +225 300+R V

RR 300.225 900 R = 1 2 +R V = +R V = +R V R1 +R 2 300+225 7

19 9,5 U . + = R 1R V 600 R V +R 2 R1 +R V

-Điện trở tương đương toàn mạch:

UV . RV

+Cường độ dòng điện qua R2: I = I1 + IV =



Vậy: Số chỉ vôn kế khi mắc vào hai đầu R2 là 7,125V. b)Số chỉ của vôn kế

-Cường độ dòng điện qua vôn kế: I =

a)Số chỉ vôn kế khi mắc vào hai đầu R2 -Nếu vôn kế mắc vào R1:

U 225R V . 225R V 225+R V 300+ 225+R V



song.

 Bài giải 

R 2R V . R 2 +R V

U V2 =

(3R+R A ) -R 3R+R A R = 0,8( ) 0,8R(3R+R A ) R 3R+R A

R 2R V . R 2 +R V

U U . = R 300+ 225R V 225+R V



U 9,5 19 +Cường độ dòng điện qua R1: I1 = V = = A. R1 300 600

(1)

+Hiệu điện thế hai đầu R2: U V2 = I1

2 A

1 ) = 3A . 3+1 Vậy: Ampe kế chỉ 3A. =>



+Điện trở tương đương toàn mạch: R = R1 +

4R 2 +4RR A +0,8R 2A R(3R+R A ) 2 A

19 19 U(300+R V ) + = 600 2R V 525R V +67500

-Nếu vôn kế mắc vào R2: Tương tự, ta có:

UCD 4R 2 +4RR A +0,8R 2A = R R(3R+R A )



UR V 900 +R V 7

(2)

19 U = 600R V 525(R + 900 ) V 7

U 9975 = 900 600R V +R V 7

-Thay (3) vào (2), ta được: U V = R V

(3) 9975 = 16,625V . 600R V

Vậy: Số chỉ vôn kế là 16,625V.

181

182

c)Số chỉ vôn kế khi R1, R2, vôn kế mắc song song -Khi [R1 nt R2 nt RV]:

=> R2

U U +Cường độ dòng điện qua mạch: I = = R1 +R 2 +R V 525+R V +Số chỉ của vôn kế: UV = IRV =

U .R V =12V 525+R V

-Lấy (1) - (3), ta được: (4)



-Khi [R1 // R2 // RV]: Số chỉ của vôn kế là U: +Từ (3) suy ra: U = =>

RV =



2137,5 U-16,625 (525+



4275 9975 . + 2R V 600

+Từ (4) suy ra:

RV V

U.2137,5 = 12 2137,5 )(U-16,625) U-16,625

R2 1 = R1 (R 1 +R 2 ) 1800 1 1 1 = R1 (R1 + ) 1 1 1 1 1800 + + R1 600 R1 600 R1 R R2 (2+ 1 ) <=> 1800 = 2R1 + 1 1800 600 600



R12 +1200R1 -1080000 = 0 => R1 = 600Ω

1 = 300Ω . 1 1 + 600 600 Vậy: Giá trị các điện trở là R1 = 600 Ω và R2 = 300 Ω . R2 =

5.46. Dây dẫn có S = 3,2mm2, ρ = 2,5.10-8 Ωm , có dòng điện I = 4A đi qua. Tìm lực điện trường

5.45. Hai điện trở R1, R2, ampe kế và vôn kế lần lượt mắc thành ba sơ đồ sau. Số chỉ vôn kế luôn là 180V, số chỉ ampe kế lần lượt là 0,6A; 0,9A; 0,5A. Tính R1, R2. R1

R2 A

U V = I1R1v = 0,6

R 1R V = 180 R1 +R V

U V = I2 R 2v = 0,9

R 2R V = 180 R 2 +R V

U V = I3 R12v = 0,5



1 1 1 =  + R R 300 V  1  1 1 1 + =  R R 200 2 V   1 1 1 + =   R1 +R 2 R V 360

 Bài giải  -Cường độ điện trường giữa hai đầu dây dẫn:

l Iρ U RI Iρ = = S= d l l S

4.2,5.10-8 = 0,03125 (V/m) . 3,2.10-6

-Lực điện trường tác dụng lên mỗi êlectrôn tự do: F = eE = 1,6.10-19.0,03125 = 5.10-21 N. 5.47. Cho mạch điện như hình vẽ. Điện trở RMN = R. Ban đầu con chạy C tại trung điểm MN. Phải thay đổi vị trí con chạy C như thế nào để số chỉ vôn kế (V) không thay

(R1 +R 2 )R V = 180 R1 +R 2 +R V

 R 1R V =300   R1 +R V  R 2R V =200   R 2 +R V  (R1 +R 2 )R V =360   R1 +R 2 +R V

tác dụng lên mỗi êlectrôn tự do trong dây.

 Bài giải  -Số chỉ của vôn kế lần lượt trong 3 trường hợp là:

-Lấy (2) - (1), ta được:

1 1 1 1 1 = = R1 R1 +R 2 300 360 1800



2137,5U =12  2137,5U = 6300U-79087,5 525U-6590,625

=> U = 19V. Vậy: Vôn kế chỉ 19V.



1 1 1 1 = + => R 2 = 1 1 R2 R1 600 + R1 600

đổi khi tăng hiệu điện thế vào (UAB) lên gấp đôi. Điện trở vôn kế RV vô cùng lớn. (1)

 Bài giải  -Khi C ở giữa, mạch điện được vẽ lại như sau (hình vẽ):

(2)

-Điện trở tương đương đoạn mạch AB: RAB = RMC +

(3)

1 1 1 1 1 = = R 2 R1 200 300 600

+ -

M R

2 R CN R R R R 2 -R CN +RR CN = R-R CN + CN = R CN +R R CN +R R+R CN

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

183

U U(R+R ) = 2 2 CN R AB R -R CN +RR CN

184

-Hiệu điện thế hai đầu vôn kế:

RR V ) R+R V R R(R+2R V ) RCF = = 2V RR V R +3RR V +R 2V R V +R+ R+R V R V (R+

U(R+R ) RR CN URR UV = 2 2 CN . = 2 2 CN R -R CN +RR CN R+R CN R -R CN +RR CN UV =

U U = 2 R R CN R 2 -R CN +1 +1 R CN R RR CN

-Ban đầu: RCN =

RCN RMC

-Cường độ dòng điện qua mạch: I =

2U = 0,4U R R CN +1 R CN R

x = 4,236 =

U V1 = IR CF = =>

I2 =

R => R CN = 0,236R ≃ ( 5-2)R R CN

Vậy: Để số chỉ vôn kế không thay đổi khi tăng UAB lên gấp đôi thì con chạy phải ở vị trí với RCN = ( 5-2)R .

A, B một hiệu điện thế một chiều UAB = 150V khi đó vôn kế V2 chỉ 10V.

A V1

UR V (R+R V ) RR V UR 2V . = 2 2 2 R(R +4RR V +3R V ) R+R V R +4RR V +3R 2V

150R 2V R 2 +4RR V +3R 2V



10 =



R 2 +4RR V +3R 2V = 15R 2V  (R+2R V )2 = 16R V2



R+2R V = 4R V => R = 2RV.

150R V .4R V = 40V . 15R 2V

b)Sự thay đổi điện tích trên mỗi bản của tụ điện -Tụ được xem gồm 3 tụ C1, C2, C3 được ghép như sau: -Điện dung của tụ lúc chưa đưa điện môi vào:

1 khoảng cách giữa hai bản, áp sát 2 vào một trong hai bản như hình bên. Hỏi điện tích

εS S C0 = = 9.109 .4πd 9.109 .4πd

trên mỗi bản tăng gấp mấy lần, biết rằng hằng số điện môi ε = 2 .

 Bài giải 

ε =>

a)Điện tích trên mỗi bản tụ của tụ điện

C1 =

S 2

d 9.10 .4π 2 9

RR V -Điện trở tương đương của mạch CE: RCE = R+ R+R V -Điện trở tương đương của mạch CF:

UR V (R+2R V ) R+R V UR V (R+R V ) . = R 2 +4RR V +3R 2V R(R+2R V ) R(R 2 +4RR V +3R 2V )

-Điện tích của tụ điện: Q = CU = 5.10-4.40 = 2.10-2C.

chiều cao bằng

RR V R+R V

(1)

UR V (R+2R V ) 1 . R 2 +4RR V +3R V2 R+ RR V R+R V

-Từ (1) suy ra: U V1 =

1 diện tích của bản, có 2

-Điện trở tương đương của mạch DE: RDE =

U V2 = I2 R DE =

a)Tính điện tích trên mỗi bản tụ của tụ điện biết rằng điện dung của tụ là C = 5.10-4F. b)Đặt một khối điện môi đồng chất hình hộp chữ nhật có diện tích đáy bằng

U V1 R CE

U(R 2 +3RR V +R V2 ) RR V (R+2R V ) UR V (R+2R V ) . = R(R 2 +4RR V +3R 2V ) R 2 +3RR V +R V2 R 2 +4RR V +3R V2

-Số chỉ của vôn kế (2):

5.48. Cho mạch điện như hình bên. Ba điện trở R giống nhau, hai vôn kế có cùng điện trở RV, một tụ điện phẳng C có các bản hình chữ nhật; điện trở các dây nối không đáng kể. Người ta đặt vào hai điểm

U(R 2 +3RR V +R V2 ) R(R 2 +4RR V +3R 2V )

-Số chỉ của vôn kế (1):

R 1 -Đặt = x => x + 1 = 5  x2 – 4x – 1 = 0 R CN x =>

RR V (R+2R V ) R(R 2 +4RR V +3R V2 ) = 2 2 R +3RR V +R V R 2 +3RR V +R V2

RAB = R+

R U => U V = = 0,4U 1 2 2- +1 2

-Khi U tăng gấp đôi, UV không đổi nên: UV =

-Điện trở tương đương mạch AB:

R D I4 C I2 I1 I3

I C

B R

ε' R

185

C2 =

d 9.10 .4π 2 9

C1 C2

εS S = = C0 9.109 .4πd 9.109 .4πd

2S = 2C0 9.109 .4πd

186

xtơn như hình vẽ thì R là giá trị điện trở cần đo; R1, R2 và Rb (biến trở) đã biết. Điều chỉnh Rb để điện kế G chỉ số 0:

S C 2 C3 = = 0 9.109 .4πd 2 -Điện dung tương đương của bộ tụ: ε

cầu cân bằng, lúc đó: R = Rb

CC C .2C C 7 C = 1 2 +C3 = 0 0 + 0 = C0 C1 +C2 C0 +2C0 2 6 Mà:

Q = C0U; Q’ = CU =>

-Mạch cầu đối xứng chéo là trường hợp đặc biệt của mạch cầu không cân bằng, với R1 = R4; R2

Q' C 7 = = . Q C0 6

= R3.

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

7 Vậy: Điện tích trên mỗi bản tụ điện tăng gấp lần. 6 --------------------

. Với dạng bài tập về mạch cầu cân bằng. Phương pháp giải là: -Bỏ qua R5 hoặc chập hai điểm M và N lại với nhau ta có mạch tương đương: (R1 // R3) nt (R2 // R4)  R13 nt R24

Chuyên đề 6:

hoặc (R1 nt R2) // (R3 nt R4)  R12 // R34 -Dựa vào định luật Ôm và các tính chất của đoạn mạch nối tiếp, song song để giải.

MẠCH CẦU ĐIỆN TRỞ. MẠCH CẦU CÓ TỤ ĐIỆN

-Chú ý: Cầu Uyt-xtơn cũng là cầu cân bằng dùng để xác định giá trị của một điện trở R nào đó khi biết giá trị các điện trở còn lại.

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --R1

. Với dạng bài tập về mạch cầu không cân bằng. Phương pháp giải là: -Có thể dùng một trong ba phương pháp sau: +Dùng phương pháp chuyển mạch: Từ mạch hình tam giác sang mạch hình sao hoặc ngược lại, chú ý mạch điện tương đương và các công thức biến đổi.

R5 R3

+Dùng phương pháp điện thế: Các bước thực hiện như sau: Viết các phương trình dòng điện tại các nút: Σ Ivào = Σ Ira.

R4 N

Viết các phương trình định luật Ôm cho các đoạn mạch và đưa các phương trình về VM, VN theo VA, VB.

I. MẠCH CẦU CÂN BẰNG -Điều kiện:

R1 ΔR1 ΔR 3 ΔR b ΔR , với sai số: = + + R3 R R1 R3 Rb

R1 R = 2 ; VM = VN. R3 R4

Chọn VB = 0 (UAB = VA). Giải hệ phương trình để tìm VM, VN theo VA. Suy ra dòng điện qua các đoạn mạch. +Dùng phương pháp dòng điện: Các bước thực hiện như sau: Viết các phương trình hiệu điện thế cho các đoạn mạch theo các điện trở.

-Hệ quả: +U1 = U3; U2 = U4.

+I1 = I2; I3 = I4; I5 = 0.

R R + 1 = 3. R2 R4

I R I R + 1 = 3; 2 = 4. I3 R1 I4 R2

+U1 + U2 = U3 + U4.

+I1 + I3 = I2 + I4 = I.

+Mạch: (R1 // R3) nt (R2 // R4): chập M, N.

+R = R13 + R24 =

+Mạch: (R1 nt R2) // (R3 nt R4): bỏ qua R5.

+R =

II. MẠCH CẦU KHÔNG CÂN BẰNG: Điều kiện:

Viết các phương trình định luật Ôm cho các đoạn mạch và đưa các phương trình về dòng điện theo các điện trở. Viết các phương trình dòng điện tại các nút. Suy ra hệ thức giữa các điện trở. Suy ra dòng điện qua các đoạn mạch và điện trở tương đương của đoạn mạch. -Chú ý: Mạch cầu đối xứng chéo là mạch cầu không cân bằng nên khi giải ta cũng áp dụng một trong ba phương pháp trên.

R 1R 3 R R + 2 4 . R1 +R 3 R 2 +R 4

R12 .R 34 (R 1 +R 2 ).(R 3 +R 4 ) = . R12 +R 34 R 1 +R 2 +R 3 +R 4

. Với dạng bài tập về mạch cầu chứa tụ điện. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức:

R1 R2 ≠ . R3 R4

+Định luật Ôm, tính chất của đoạn mạch nối tiếp và song song. +Các công thức về tụ điện.

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

-Một số chú ý: +Dòng điện không đi qua đoạn mạch chứa tụ điện mắc nối tiếp.

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG -Cầu Uyt-xtơn là một ứng dụng của cầu cân bằng dùng để

đo giá trị một điện trở R chưa biết. Trong mạch cầu UytA

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--187

G R3

Rb N

+Dòng tích điện hay phóng điện chỉ tồn tại trong thời gian rất ngắn.

188

. MẠCH CẦU ĐIỆN TRỞ 6.1. Hình bên là sơ đồ cầu Uyt-xtơn để đo Rx. AB là dây điện

-Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = IRAD = 4,8.2 = 9,6V. Rx

trở đồng chất hình trụ căng thẳng, R0 đã biết. Khi di chuyển con chạy, tại vị trí Ig = 0, AC = l1, CB = l2.

A C

Tìm Rx.



l l R x ρ 2 = R 0ρ 1  Rxl2 = R0l1 S S

Rx =

Vậy: Khi K mở, số chỉ của ampe kế (1) bằng 0; số chỉ ampe kế (2) là 0,48 A. b)Khi K đóng Ta có: R1R4 = R2R3 = 16: Mạch cầu cân bằng, mạch điện được vẽ lại như sau:

6.2. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 4Ω, R2 = 2Ω,

R3 = 8Ω, R4 = 4Ω, R5 = 2,4Ω, R6 = 4Ω,

B K

R A1 = R A2 = 0 , UAB = 48V (không đổi).

Tìm số chỉ các ampe kế khi: a)K mở. b)K đóng.

A2 U AB 48 = = 12A : số chỉ ampe kế (2). R6 4

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

U AB 48 = = 8A . R 2 +R 4 2+4

Vậy: Khi K đóng, ampe kế (1) chỉ 20A; ampe kế (2) chỉ 12A. 6.3. Cho mạch điện như hình vẽ. UAB = 75V, R2 = 2R1 = 6Ω, R3 = 9Ω.

R1 D

a)Cho R4 = 2Ω. Tính cường độ qua CD.

b)Tính R4 khi cường độ qua CD là 0.

c)Tính R4 khi cường độ qua CD là 2A.

I5 R5

C R1

 Bài giải  -Điện trở tương đương đoạn mạch AB: RAB = R13 + R24 =

-Điện trở tương đương của R2, R4, R6: R 2 (R 4 +R 6 ) 2.(4+4) = = 1,6Ω R 2 +R 4 +R 6 2+4+4

RAB =

-Điện trở tương đương của đoạn mạch ACD: RACD = R234 + R5 = 1,6 + 2,4 = 4 Ω -Điện trở tương đương của đoạn mạch AD: RAD =

-Cường độ dòng điện qua ampe kế (1): IA1 = I2 +I6 = 8+12 = 20A : số chỉ ampe kế (1).

I6 R6

-Cường độ dòng điện qua R6: I6 =

 Bài giải  a)Khi K mở: Số chỉ ampe kế (1) bằng 0, mạch điện được vẽ lại như sau:

R246 =

Rl Vậy: Giá trị của Rx theo l1 và l2 là Rx = 0 1 . l2

U AC 3,84 = = 0,48A . R 46 8

-Cường độ dòng điện qua ampe kế (2): I6 =

R 0l1 l2

U AD 9,6 = = 2,4A . R ACD 4

-Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = I5R246 = 2,4.1,6 = 3,84V.

 Bài giải  Khi Ig = 0, ta có mạch cầu cân bằng: RxRCB = R0RAC

-Cường độ dòng điện qua R5: I5 =

3.9 6R 4 6R 4 + = 2,25 + . 3+9 6+R 4 6+R 4

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

R1.R ACD 4.4 = = 2Ω R1 +R ACD 4+4

R 1R 3 R R + 2 4 . R1 +R 3 R 2 +R 4

U AB 75 . = 6R 4 R AB 2,25+ 6+R 4

-Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = IR13 =>

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: RAB = RAD + R3 = 2 + 8 = 10 Ω -Cường độ dòng điện qua mạch chính:

UAC =

75 168,75(6+R 4 ) .2,25 = 6R 4 13,5+8,25R 4 2,25+ 6+R 4

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U 48 I = AB = = 4,8A R AB 10

189

U AC R1

190

I1 =

d)Khi khóa K đóng và C di chuyển từ A đến B, số chỉ của các vôn kế thay đổi thế nào?

168,75(6+R 4 ) 1 56,25(R 4 +6) . = 13,5+8,25R 4 3 13,5+8,25R 4

 Bài giải 

-Hiệu điện thế hai đầu C, B: UCB = UAB – UAC =>

UCB = 75 -

168,75(6+R 4 ) 450R 4 = 13,5+8,25R 4 8,25R 4 +13,5

-Cường độ dòng điện qua R2: I2 = =>

a)Khi K mở:

U CB . R2

-Số chỉ vôn kế (1): U1 = I1R1 = 0,03.5000 = 150V. -Số chỉ vôn kế (2): U2 = I1R2 = 0,03.4000 = 120V. Vậy: Khi K mở, số chỉ của các vôn kế là 150V và 120V. b)Khi K đóng: Mạch điện được vẽ lại như sau:

450R 4 75R 4 . I2 = = 6.(8,25R 4 +13,5) 8,25R 4 +13,5

a)Khi R4 = 2Ω: -Ta có: I1 =

-Số chỉ của mỗi vôn kế là: U1 = U2 =

56,25(2+6) 75.2 = 15A ; I2 = = 10A . 8,25.2+13,5 8,25.2+13,5

270 = 135V . 2

I3 A

-Tại C: I1 = I2 + ICD => ICD = I1 – I2 = 15 – 10 = 5A.

I1 =

b)Khi ICD = 0: Lúc đó mạch cầu cân bằng nên:

RCB B

U1 135 = = 0,027A R1 5000

RAC

-Cường độ dòng điện qua vôn kế (1):

Vậy: Khi R4 = 2Ω thì ICD = 5A.

R1R4 = R2R3 => R4 =

U AB 270 = = 0,03A . R1 +R 2 9000

-Cường độ dòng điện qua vôn kế (1): I1 =

V2 I2

-Cường độ dòng điện qua vôn kế (2):

R 2R3 6.9 = = 18Ω . R1 3

I2 =

U2 135 = = 0,03375A R2 4000

Vậy: Để ICD = 0 thì R4 = 18 Ω . c)Khi ICD = 2A: -Tại C, ta có:

-Cường độ dòng điện qua RAC: I3 =

U1 135 . = R AC R AC

+Trường hợp 1: I1 = I2 + ICD

-Cường độ dòng điện qua RCB: I4 =

U1 U1 135 = = . R CB 30000-R AC 30000-R AC



56,25(R 4 +6) 75R 4 = +2 8,25R 4 +13,5 8,25R 4 +13,5

-Ta có: I1 + I3 = I2 + I4



56,25R 4 +337,5 = 91,5R 4 +27



0,027+



35,25R 4 = 310,5 => R 4 = 8,81Ω .



0,027R AC +135 = 1147,5-0,03375R AC

0,06075R AC = 1012,5 => R AC =

+Trường hợp 2: I1 + ICD = I2



56,25(R 4 +6) 75R 4 +2 = 8,25R 4 +13,5 8,25R 4 +13,5



72,75R 4 +364,5 = 75R 4



2,25R 4 = 364,5 => R 4 = 162Ω .

135 135 = 0,03375+ R AC 30000-R AC 50000 R = 3 3

Vậy: Để ICD = 2A thì R4 = 8,81 Ω hoặc R4 = 162 Ω .

R AC AC 1 = = R AB 3 -Tại D: I1 + ICD = I2 => ICD = I2 – I1 = 0,03375 - 0,027 = 6,75.10-3A = 6,75 mA.

6.4. Cho mạch điện như hình vẽ, UAB = 270V, điện trở AB có giá trị R = 30kΩ, các vôn kế V1,

Vậy: Khi K đóng, để số chỉ của các vôn kế bằng nhau thì C phải ở vị trí sao cho

V2 có điện trở R1 = 5kΩ, R2 = 4kΩ. a)Tìm số chỉ của các vôn kế V1, V2 khi K mở. b)K đóng, tìm vị trí C để số chỉ của hai vôn kế bằng nhau. Tính cường độ dòng điện qua khóa K lúc này. c)Muốn số chỉ của các vôn kế không thay đổi khi K đóng hoặc mở, C phải ở vị trí nào?

đó cường độ dòng điện qua khóa K là ICD = 6,75 mA. c)Vị trí của C để số chỉ các vôn kế không thay đổi khi đóng khóa K

-Để số chỉ của vôn kế không thay đổi khi K đóng hoặc mở thì: U1 = 150V = UAB; U2 = 120V = UCB

K V1

AC 1 = , lúc AB 3

-Cường độ dòng điện qua vôn kế (1): I1 =

191

U1 . R1

192

-Cường độ dòng điện qua vôn kế (2): I 2 =

U2 . R2

-Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 =

U 12 R3 = .5 = 10V . R1 +R 3 1+5 U 12 R4 = R4 . R 2 +R 4 3+R 4

-Cường độ dòng điện qua RAC: I3 =

U1 . R AC

-Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 =

-Cường độ dòng điện qua RCB: I4 =

U2 . R CB

-Ta có: +UCD = 10 -

-Ta có: I1 + I3 = I2 + I4



1 1 1 1 U1 ( + ) = U2 ( + ) R1 R AC R 2 R CB



150(

 

0,03+

12R 4 = 11(R 4 +3) => R 4 = 33Ω .

R AC AC 50000 5 = = = . R AB AB 3.30000 9

AC 5 = . AB 9 d)Số chỉ các vôn kế thay đổi thế nào khi K đóng và C di chuyển từ A đến B Gọi R là điện trở tương đương của RAC và R1, ta có:

1 1 1 . = + R R1 R AC

6.5. 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. b)Khi K đóng, hiệu điện thế giữa C, D là 1V. Tìm R4.

B K

a)Khi K mở: Ta có: UCD = UCA + UAD = -U1 + U2



Mà

VA -VC  =3  I1 = R  A   I = VA -VD = 4  2 RA

VC -VD = 1 = I3 RA

IR = I1 – I3 = 3 – 1 = 2A; I4 = I2 + I3 = 4 + 1 = 5A.

V -V V -V  VA -VC = C D+ C B  R RA R  A  V V -V V -V  D B = A D + C -VD  R A RA RA

 Bài giải 

C I3

Vậy: Số chỉ ampe kế (3) là 1A, ampe kế (4) là 5A. b)Giá trị RA

U 12.R1 R1  2 = <=> 2R1 +10 = 12R 1 R1 +R 3 R1 +5

10R1 = 10 => R1 = 1Ω .

 Bài giải  a)Số chỉ ampe kế A3, A4 và cường độ dòng điện qua R Giả sử các dòng điện có chiều như hình vẽ:

Vậy: Khi C di chuyển từ A đến B thì U1 tăng, U2 giảm.



 I = I3 +I R Ta có:  1  I4 = I 2 +I3

-Khi C ở A thì RAC = 0 => R = R1. -Khi C ở B thì R giảm => U1 sẽ tăng, U2 sẽ giảm.

U1 = IR1 =

b)Biết R = 3Ω. Tìm RA.

Vậy: Để số chỉ của các vôn kế không thay đổi khi K đóng hoặc mở, C phải ở vị trí sao cho

a)Tìm số chỉ ampe kế A3, A4 và cường độ dòng điện qua R.

50000 3

cùng điện trở RA. Biết ampe kế A1 chỉ 3A, A2 chỉ 4A.

1,25(30000-R AC ) = R AC

2,25R AC = 37500 => R AC =

12 R 4 = -1 . 3+R 4

Vậy: Khi K đóng, để UCD = 1V thì R4 = 9 Ω hoặc R4 = 33 Ω . 6.6. Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có

150 120 = 0,03+ R AC 30000-R AC



12R 4 = 9(R 4 +3) => R 4 = 9Ω . +UCD = 10 -

1 1 1 1 + ) = 120( + ) 5000 R AC 4000 30000-R AC

12 R4 = 1. 3+R 4

Ta có: UCB = UCD + UDB

Vậy: Khi K mở, R1 = 1 Ω . b)Khi K đóng: Ta có: UCD = UCB + UBD = U3 – U4

193



I R R = I 3R A +I 4 R A

RA =

IR .R 2.3 = = 1A . I3 +I 4 6

194

Vậy: Điện trở của ampe kế là RA = 1A.

6.7. Cho mạch điện điện như hình vẽ: UAB = 12V, R1 = 5Ω, R2 = 25Ω, R3 = 20Ω, RV rất lớn. Khi

Ta có: UCD = UCB + UBD = UCB – UDB = 0 => UCB = UDB

hai điện trở r nối tiếp, vôn kế chỉ U1, khi chúng song song vôn kế chỉ U2 = 3U1. a)Tính r. b)Tính số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r. c)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

C A

chuyển đi đâu? - Hoặc đổi chỗ hai điện trở. Đó là các điện trở nào?  Bài giải 

R2 r

I1RCB = I3RDB (1)  Mặt khác: UCD = UCA + UAD = -UAC + UAD = 0

V R3

=> 

U 12 12 -Cường độ dòng điện qua R1: I1 = = = = 0,4A . R1 +R 2 5+25 30

U CD

U 12 = . R 3 +R DB 20+R DB 12R DB . 20+R DB

12.2r 100-2r = 20+2r 10+r

R4 N

a)Số chỉ của vôn kế Điện trở tương đương của R4 và R6: R46 = R4 +R6 = 40Ω. Ta có: R1R46 = R2R3 => mạch cầu cân bằng nên: I5 = 0; UMN = 0. Mạch điện được vẽ lại như sau: I1 R1

I I2 R2

R4 N

(2)

R6 D

-Số chỉ của vôn kế: UV = UMD = UMC + UCD = U3 – U6 -Điện trở tương đương của R2, R4, R6:

400+2r 10+r . =3 40+r 100-2r

R246 = R2 + R4 + R6 = 42 + 20 + 20 = 82Ω -Điện trở tương đương của R1, R3: R13 = R1 + R3 = 21 + 20 = 41Ω.



4000+380r-2r = 3(4000+20r-2r )



r 2 +80r-2000 = 0 => r = 20Ω và r = -100(Ω) < 0: (loại).

-Điện trở tương đương đoạn mạch AC: R AC =

Vậy: Giá trị của r là r = 20 Ω . b)Số chỉ V khi nhánh DB chỉ có một điện trở r

R13R 246 41.82 82 = = Ω. R13 +R 246 41+82 3

-Điện trở tương đương đoạn mạch AB: RAB = RAC + R7 =

-Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì: UCD = 10-

C R7

R5 R2

b)Thay vôn kế bằng ampe kế A (RA = 0). Tìm số chỉ của ampe kế.  Bài giải  (1)

400-2r = 3U1 40+r

R1 M R3

20Ω, RV rất lớn.

r 2 U2 = 10 = 3U1 r 20+ 2

-Lấy (2) chia (1):

a)Tìm số chỉ của vôn kế.

12.



R1 = 5Ω, R2 = 25Ω, R3 = 20Ω, r = 20Ω:

21Ω, R2 = 42Ω, R3 = R4 = R6 = 20Ω, R5 = 30Ω, R7 =

r -Khi hai điện trở r mắc song song: RDB = 2 =>

RACRDB = RADRCB

Với:

RAC = R1 + r = 25Ω và RACr = 25.20 = 500.

12R DB = 10. 20+R DB

U1 = 10 -



6.8. Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = 33V, R1 =

a)Tính r -Khi hai điện trở r mắc nối tiếp: RDB = 2r =>

(2)

=> R2R3 = 25.20 = 500 ; R1r = 5.20 = 100. Vậy: Để mạch cầu cân bằng, ta chuyển r nối tiếp R1, lúc đó:

-Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I1R2 = 0,4.25 = 10V.

-Hiệu điện thế hai đầu D, B: UDB = I3RDB =

UAC = UAD I1RAC = I3RAD

R R -Lấy (2) chia (1) ta được: AC = AD : mạch cầu cân bằng. R CB R DB

-Hiệu điện thế hai đầu C, D: UCD = UCB + UBD = U2 - UDB

-Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

Vậy: Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r thì số chỉ V là 4V. c)Điện trở cần phải di chuyển để V chỉ số 0

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

12r 12.20 = 10= 4V 20+r 20+20

195

82 142 + 20 = Ω. 3 3

U AB 33 99 = .3 = A. R AB 142 142

196

99 82 1353 . = V. 142 3 71

-Hiệu điện thế hai đầu AC: UAC = IRAC = -Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

U AC 1353 33 = = A. R13 71.41 71

-Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 = I1R3 = -Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

-Cường độ dòng điện qua R4: I4 =

-Hiệu điện thế hai đầu R6: U6 = IR36 =

33 660 .20 = V. 71 71

-Cường độ dòng điện qua R6: I6 =

U AC 1353 33 = = A. R 246 71.82 142

-Hiệu điện thế hai đầu R6: U6 = I2R6 =

I3 I

I2 R2 N



20.30 = 42+12 = 54Ω 20+30

R1R AND -Điện trở tương đương của đoạn mạch AD: RAD = . R1 +R AND RAD =

V V -V  U AB -VC = C + C D  R R RV  V V  V -V V U  D = C D + AB -VD  R 2 RV R1

-Từ (2) suy ra: =>

RAB = 15,12 + 10 + 20 = 45,12 Ω U AB 33 275 = = A. R AB 45,12 376

R1 I4

I3 V3

(1) (2)

VD (

VD U 5-VD = 3+ R2 RV R1

1 1 1 5 + )= + R1 R 2 R V R1

(3)

-Từ (1) suy ra: UAB –U2 = U2 + U2 - VD =>

275 2079 -Hiệu điện thế hai đầu A, D: UAD = IRAD = .15,12 = V. 376 188

VD = 3U2 – UAB = 1V

-Từ (3) suy ra:

U 2079 77 -Cường độ dòng điện qua R2: I2 = AD = = A. R AND 188.54 376 -Hiệu điện thế hai đầu R4: U4 = I2R45 =

Vậy: Số chỉ của vôn kế (3) là 1V. b)Tính RV theo R1, R2

R 3R 6 20.20 = = 10Ω . R 3 +R 6 20+20

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

VD -VB V -V V -V = C D+ A D R2 RV R1

-Điện trở tương đương mạch AB: RAB = RAD + R36 + R7.



a)Số chỉ V3: Từ (1) ta được: UAB – U2 = U2 + U3 => U3 = UAB -2U2 = 5 - 2.2 = 1V.

21.54 = 15,12Ω 21+54

-Điện trở tương đương của R3, R6: R36 =

Chọn VB = 0 =>VA = UAB

R 4R5 -Điện trở tương đương của đoạn mạch AND: RAND = R2 + R 4 +R 5

V2 B

VA -VC V -V V -V = C B+ C D RV RV RV

 Bài giải 

-Tại D: I4 + IA = I6 => IA = I6 – I4

RAND = 42+

Ta có: I1 = I2 + I3 I5 = I3 + I4



275 231 = 0,243A . 752 1880

b)Biết R1 = 4,8R2. Tính RV theo R1, R2.

 I6

các vôn kế có điện trở giống nhau, V2 chỉ 2V. a)Tìm số chỉ V3.

M D

U6 2750 275 = = A. R6 376.20 752

Vậy: Số chỉ của ampe kế là 0,243A. 6.9. Cho mạch điện như hình vẽ: UAB = 5V,

660 330 330 -Số chỉ của vôn kế: UV = U3 – U6 = = = 4,65 V . 71 71 71 b)Số chỉ của ampe kế -Thay vôn kế bằng ampe kế, mạch điện được vẽ lại như sau:

275 2750 .10 = V. 376 376

-Cường độ dòng điện qua ampe kế: IA = I6 – I4 =

33 330 .20 = V. 142 71

U4 231 231 = = A. R4 94.20 1880

-Thay R2 =

77 231 .12 = V. 376 94

197

1 1 1 5 1 1 4 + = + <=> = R1 R 2 R V R1 R V R 2 R1

(4)

R1 vào (4) ta được: 4,8

198

1 4,8 4 0,8 R = = => R V = 1 = 1,25R1 RV R1 R1 R1 0,8

Số chỉ của ampe kế A1 và A3 là: I1 = I3 =

RV = 1,25.4,8R2 = 6R2

+Nếu ampe kế A2 và A3 chỉ cùng giá trị: I2 = I3

Vậy: RV = 1,25R1 = 6R2.

Ta có:

6.10. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 9Ω, R2 =

6Ω, R = 30Ω, RA = 0, UAB = 12,32V.

a)K mở, tìm số chỉ các ampe kế. b)K đóng, tìm vị trí con chạy D để:

-Ampe kế A3 chỉ 0. -Hai trong ba ampe kế chỉ cùng giá trị. Tính giá

Mặt khác: I5 = I 2 +I3 = 2I2 =

trị này.

 Bài giải  a)Số chỉ các ampe kế: Khi K mở, ampe kế A3 chỉ số 0. U AB 12,32 308 -Cường độ dòng điện qua A1: I1 = = = ≃ 0,82A . R1 +R 2 9+6 375 U 12,32 154 -Cường độ dòng điện qua A2: I2 = AB = = ≃ 0,41A . R 30 375 Vậy: Số chỉ của ampe kế A1 là 0,82A, của ampe kế A2 là 0,41A, của ampe kế A3 là 0. b)Vị trí con chạy D R1

Ta có: R 1 R '2 = R 2 R1'



R1 (30-R1' ) = R 2 R1' <=> 9(30-R1' ) = 6R1' ' 1

' 1

15R = 270 => R = 18Ω; R =12Ω .

R 1'

Mà R1 // R1'  U1 = U1' => R1 = R1' = 9Ω . =>

R '2 = 30-9 = 21Ω .

Điên trở tương đương của toàn mạch: R AB =

R1' = 24,75Ω

C1 R3

C I4

+U -

a)Điện tích các tụ khi K mở, K đóng -Khi K mở, không có dòng điện qua các điện trở nên: U C1 = U C2 = U .

-Điện tích trên tụ C1: Q1 = C1UC1 = 20.10-6 .50 = 1000 μC . -Điện tích trên tụ C2: Q2 = C 2 U C2 = 30.10-6 .50 = 1500 μC .

 Bài giải 

R '2

-Khi K đóng, mạch điện như sau: +Cường độ dòng điện qua mạch chính:

R '2

R1R1' R R' 9.9 6.21 55 + 2 2 = + = Ω R1 +R1' R 2 +R '2 9+9 6+21 6

U 50 I= = = 1A R1 +R 2 20+30 +Hiệu điện thế hai đầu R1: U1 = IR1 = 1.20 = 20V. +Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = IR2 = 1.30 = 30V.

U AB 12,32 = .6 = 1,344A = I1 +I2 R AB 55

+Điện tích trên tụ C1: Q1 = C1U1 = 20.20 = 400 μC . +Điện tích trên tụ C2: Q2 = C2U2 = 30.30 = 900 μC .

I1 = I2 =

' 2

a)Tính điện tích các tụ khi K mở, K đóng. b)Ban đầu K mở. Tính điện lượng qua R3 khi K đóng.

1,344 = 0,672A 2 +Nếu ampe kế A1 và A3 chỉ cùng giá trị: I1 = I3 => I4 = 0

R1' 30-R1' = +1 <=> R1' = 99-3R1' 9 3

= 10Ω, C1 = 20 μF , C2 = 30 μF , U = 50V.

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I=



. MẠCH CẦU ĐIỆN TRỞ CÓ TỤ ĐIỆN

I3 A3

R1'

I1 = I4 +I3 = I4 +I2 =

6.11. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 20Ω, R2 = 30Ω, R3

Vậy: Con chạy D phải ở vị trí chia R thành hai điện trở R1' = 18Ω; R '2 = 12Ω . -Để hai trong ba ampe kế chỉ cùng giá trị +Nếu ampe kế A1 và A2 chỉ cùng giá trị: I1 = I2

R1' I 2 I R' R' I <=> 2 2 +I 2 = 1 2 9 3 9

30Ω; R 1' = 24,75Ω.

' 2

6I4 I R' => I 4 = 2 2 ' R2 3

Vậy: Để 2 trong 3 ampe kế chỉ cùng giá trị thì con chạy D phải ở vị trí sao cho: R1' = 9Ω; R1' =

-Để ampe kế A3 chỉ 0: Khi K đóng, ampe kế A3 chỉ số 0: mạch cầu cân bằng:



U1 = I1R1 = 9I1  R1' I 2 '  => 9I1 = R1I 2 => I1 = 9 U 2 = I 2 R1'  U 4 = I 4 R 2 = 6I4  6I 4 '  => 6I 4 = R 2 I5 => I5 = ' R2 U5 = I5 R 2' 

U AB 12,32 = ≃ 1,37A . R1 9

Vậy: Khi K mở, điện tích trên các tụ điện là Q1 = 1000 μC , Q2 = 1500 μC ; khi K đóng, điện tích trên các tụ điện là Q1 = 400 μC , Q2 = 900 μC .

' 1

R = 0 => R = 30Ω

b)Điện lượng qua R3 khi K đóng

199

200

b)Giới hạn của R1

-Ban đầu K mở: Q1 = 1000 μC . ' 1

-Sau đó K đóng: Q = 400 μC . =>

Ta có: U1 =

ΔQ = Q1 -Q1' = 1000 - 400 = 600 μC .

Vậy: Điện lượng qua R3 khi K đóng là ΔQ = 600 μC .

6.12. Cho mạch điện như hình vẽ: C1 = C2 = C3 = C, R1

là biến trở, R2 = 600Ω, U = 120V. a)Tính hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ theo R1. Áp

dụng với R1 = 400Ω.

b)Biết hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ là 70V. Hỏi R1 có thể thay đổi trong khoảng giá trị nào?

+ -

U 120 . = R1 +R 2 R1 +600

-Ta có: UAD = UAC + UCD

⇔

IR1 = U1 + U3

(1)

UDB = UDC + UCB

⇔

IR2 = -U3 + U2

(2)

-Q1 + Q2 + Q3 = 0

 -C1UAC + C2UCB + C3UCD = 0  -U1 + U2 + U3 = 0  U2 = U1 – U3 -Thay (3) vào (2) ta được: IR2 = U1 – 2U3 -Từ (1) suy ra: 2IR1 = 2U1 + 2U3 -Lấy (4) cộng với (5): 3U1 = I(2R1 + R2) =>

+ -

+ R1 A

C +C2-

(7)

U3 =

40(R1 -600) ≤ 70 R1 +600

(8)

(9)

R1 ≤ 1800Ω

(10)

R1 ≥ 200Ω

D U

(11)

R1 ≥ -2200Ω

-Từ (9), (10), (11) suy ra: 200Ω ≤ R1 ≤ 1800Ω .

Vậy: R1 có thể thay đổi trong khoảng từ 200 Ω đến 1800 Ω . R2

--------------------

Chuyên đề 7: (3) (4)

ĐIỆN TRỞ PHỤ TRONG CÁC DỤNG CỤ ĐO ĐIỆN

(5)

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. NGUYÊN TẮC Để mở rộng thang đo của ampe kế và vôn kế người ta mắc thêm sơn Rs (trong ampe kế) và điện trở phụ Rp (trong vôn kế).

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C3:

II. MẮC SƠN TRONG AMPE KẾ 1-Ampe kế

120R1 40(2R1 +600) 40(R1 -600) = R1 +600 R1 +600 R1 +600

-Cấu tạo: Gồm sơn Rs mắc song song với điện kế G. -Công thức: Gọi I là cường độ dòng điện cần đo, Ig là

-Hiệu điện thế hai đầu tụ C2: U2 = U1 – U3 =

40(R1 +1200) ≤ 70 R1 +600

-Từ (8) suy ra: 4(R1 -600) ≤ 7(R1 +600)

40(2R1 +600) I 40 U1 = (2R1 +R 2 ) = (2R1 +600) = 3 R1 +600 R1 +600

U3 = IR1 – U1 =

U2 =

-Từ (7) suy ra: 4(R1 +1200) ≤ 7(R1 +600)

 Bài giải  a)Hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ theo R1 -Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

(6)

-Từ (6) suy ra: 4(2R1 +600) ≤ 7(R1 +600) R2

40(2R1 +600) ≤ 70 R 1 +600

40(2R1 +600) 40(R1 -600) 40(R1 +1200) = R1 +600 R1 +600 R 1 +600

cường độ dòng điện qua điện kế G, Is là cường độ dòng điện qua sơn Rs.

-Áp dụng với R1 = 400Ω ta được:

 R  I = 1+ g  Ig  Rs 

40.(2.400+600) = 56V 400+600 40.(400+1200) U2 = = 64V 400+600 40.(400-600) U3 = = -8V 400+600 Vì U3 < 0 nên cực dương của tụ C3 gắn với D, cực âm của tụ C3 gắn với C. Vậy: Hiệu điện thế giữa hai bản của các tụ điện là 56V, 64V và 8V. U1 =

Rs I

Is Ig

(7.1)

G Rg

2-Nhận xét

 R  Cường độ dòng điện cần đo lớn hơn cường độ dòng điện qua điện kế 1+ g  lần nghĩa là thang  Rs  R  R  đo được mở rộng 1+ g  = (1+n) lần và g càng lớn thì thang đo càng được mở rộng. R Rs s  

201

202

III. MẮC ĐIỆN TRỞ PHỤ TRONG VÔN KẾ 1-Vôn kế -Cấu tạo: Gồm điện trở phụ Rp mắc nối tiếp với điện kế G. -Công thức: Gọi U là hiệu điện thế cần đo, Up là hiệu điện thế hai đầu điện kế G, Up là hiệu điện thế hai đầu điện trở phụ Rp.

 R U = 1+ p  Rg  2-Nhận xét

  U g 

RgRS

(7.2)

Vậy: Điện trở của sơn là RS =

1 1 Ω , điện trở của ampe kế là RA = Ω. 9 10

b)Điện trở của vôn kế

 R Hiệu điện thế cần đo lớn hơn hiệu điện thế hai đầu điện kế 1+ p  Rg 

  lần nghĩa là thang đo được 

 R  R mở rộng 1+ p  = (1+n) lần và p càng lớn thì thang đo càng được mở rộng.  Rg  Rg   *Chú ý: Khi thang đo của các dụng cụ đo được mở rộng m lần thì độ nhạy của các dụng cụ đo giảm m lần.

-Để biến điện kế thành vôn kế, ta phải mắc thêm một điện trở phụ nối tiếp với điện kế: U = (1+

-Khi sử dụng các công thức của ampe kế và vôn kế cần xác định đúng giá trị cần đo (U, I) và giá trị của điện kế (Ug, Ig). -Gọi n là giá trị một độ chia trên điện kế, X là độ lệch của điện kế, ta có: Ig = nX; Ug = nX -Phân biệt giữa sai số tuyệt đối và sai số tương đối của phép đo:

-Hiệu điện thế lớn nhất mà điện kế đo được: Ug = 0,1.1 = 0,1V. =>

10 = (1+

RP 10 ).0,1 => R P = -1 = 99Ω 1 0,1

Vậy: Điện trở của điện trở phụ là RP = 99 Ω ; điện trở của vôn kế là RV = 100 Ω . c)Giá trị đúng của R

ΔI ΔU ; . I U

UV UV . + R RV

-Cường độ dòng điện qua ampe kế: I = R=

+Sai số tuyệt đối: ΔI = |I – I’|; ΔU = |U – U’|.

UV 5 = = 50Ω . U 5 0,15I- V 100 RV

V RV

Vậy: Giá trị đúng của R là R = 50 Ω .

7.2. Cho mạch điện như hình vẽ. Khi R = R1 = 0,99Ω kim điện kế G lệch 30 vạch chia độ và

--C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--

cường độ mạch chính (cho bởi ampe kế A) là 0,6A. Khi R = R2 = 0,19Ω, G lệch 20 độ chia, IA =

7.1. Một điện kế đo được cường độ lớn nhất là 0,1A. Điện trở của điện kế bằng 1Ω. a)Muốn biến điện kế thành ampe kế đo được cường độ lớn nhất bằng 1A, phải mắc sơn có giá trị bao nhiêu? Tính điện trở ampe kế đó. b)Muốn biến điện kế thành vôn kế đo được hiệu điện thế lớn nhất bằng 10V, phải mắc thêm điện trở phụ có giá trị bao nhiêu? Tính

RP )U g Rg

-Điện trở của vôn kế khi đó: RV = RP + Rg = 99 + 1 = 100 Ω .

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

+Sai số tương đối:

1 1 = Ω. 1 -1 9 0,1

1 1 -Điện trở của ampe kế khi đó: R A = = 9 = Ω. 1 R g +R S 10 1+ 9

G Ug

RS =

2A. a)Tính Rg. b)Tìm R2 để kim điện kế lệch một vạch chia độ khi cường độ mạch chính là 10mA.

c)R = 0,047Ω, khi IA = 2A, kim G lệch bao nhiêu độ chia?

điện trở vôn kế đó. c)Để đo điện trở R người ta dùng ampe kế và vôn kế nói trong hai câu trên, mắc theo sơ đồ như hình bên. Biết ampe kế chỉ 0,15A, vôn kế chỉ 5V. Tính giá trị đúng của R.  Bài giải  a)Điện trở của ampe kế -Để biến điện kế thành ampe kế, ta phải mắc thêm một sơn song song với điện kế:

d)Để biến G thành vôn kế mà mỗi độ chia ứng với 1V, ta phải làm gì?

G I

A R

 Bài giải  a)Tính Rg -Cường độ dòng điện qua ampe kế: I =

U U 1 1 + = U( + ). R Rg R Rg

-Gọi n là giá trị của một độ chia:

1 I = (1+ )Ig <=> 1 = (1+ ).0,1 RS RS

+Khi R = R1: 0,6 = 30n(

203

1 1 + ) 0,99 R g

(1)

204

+Khi R = R2: 2 = 20n(

1 1 + ) 0,19 R g

-Trước khi mắc thêm RP, mỗi độ chia ứng với 0,01881V; sau khi mắc thêm RP, mỗi độ chia ứng với 1V:

(2)

1 1 + 0,99 R g 1 1 0,2 0,2 = 0,2 <=> + = + 1 1 0,99 R 0,19 Rg g + 0,19 R g R g = 18,81Ω

U = (1+

RP = Rg (

U 1 -1) = 18,81( -1) = 981,19Ω . Ug 0,01881

Vậy: Để biến G thành vôn kế phải mắc thêm điện trở phụ RP = 981,19 Ω nối tiếp với G. 7.3. Cho mạch điện như hình vẽ, UAB không đổi, R = 2Ω, hai điện kế giống nhau, kim của mỗi

Vậy: Điện trở của điện kế là R g = 18,81Ω .

điện kế lệch 32 độ chia. Mắc thêm điện trở S = 8Ω song song với một trong hai điện kế, kim điện

b)Tìm R2 để kim điện kế lệch một vạch chia độ -Để I = 10mA  nA = 0,01A thì 0,01 = n( 30( -Lấy (1) chia cho (3) ta được: 60 =

1 1 + ) R2 Rg

kế đó chỉ lệch 12,5 độ chia. a)Tính Rg.

(3)



1 1 1 1 100 = + = => R 2 = 2,09Ω . R 2 2.0,99 2.18,81 18,81 209

1 1 + ) 0,047 R g

U = 32n R+2R g

R+

(4)

 R+



1 1 + ) 0,99 18,81 X= = 5 => kim điện kế lệch 5 độ chia. 1 1 0,3( + ) 0,047 18,81

U R gS R g +S

= +R g

U R gS R g +S

= +R g

U1 RA

12,5nR g (R g +S) R gS

U 12,5n = (R g +R)(R g +S)+R gS 8

-Lấy (1) chia cho (2):

30(

(R+R g )(S+R g )+R gS R+2R g

(2) = 20,48



(2+R g )(8+R g )+8R g = 20,48(2+2R g )

Vậy: Kim G lệch 5 độ chia. d)Cách biến G thành vôn kế



16+18R g +R g2 = 40,96+40,96R g



R 2g -22,96R g -24,96 = 0 => R g = 24Ω .

Để biến G thành vôn kế, ta mắc nối tiếp G với một điện trở phụ RP. Lúc đó:

Vậy: Điện trở mỗi điện kế là Rg = 24 Ω . b)Giá trị mỗi độ chia của G: Với U = 3,2V thì từ (1), ta có:

1 1 -Từ (1) suy ra: 0,6 = 30n( + ). 0,99 R g =>

n= 30(

1 1 + ) 0,99 18,81

(1)

-Khi mắc thêm điện trở S: I =

1 1 + 30 0,99 R g -Lấy (1) chia cho (4): 0,3 = ( ) 1 1 X + 0,047 R g

0,6

 Bài giải  a)Tính Rg -Khi chưa mắc thêm điện trở S: Gọi n là giá trị mỗi độ chia trên G, ta có:

Vậy: Để kim điện kế lệch một vạch chia độ thì R2 = 2,09 Ω . c)Kim G lệch bao nhiêu độ chia -Khi R = 0,047Ω thì IA = 2A: 2 = n(

bao nhiêu?

1 1 1 1 + )= + R 2 18,81 0,99 18,81

R A

b)U = 3,2V. Tính giá trị mỗi độ chia của G. c)Nếu mạch chỉ còn R và một điện kế cùng với S mắc song song điện kế thì số chỉ của điện kế là

1 1 + ) 0,99 R g . 1 1 + R 2 Rg



RP )U g Rg

Từ

= 0,01881

U 3,2 = = 2.10-3 A = 2 mA 32(R+2R g ) 32(2+2.24)

Vậy: Giá trị mỗi độ chia của G là n = 2 mA. c)Số chỉ của điện kế -Nếu mạch chỉ còn R, G và S mắc song song với G thì:

205

206

I= R+

U = Xn R gS

(3)

-Lấy (1) cộng (2): R g (

R g +S

(với X là độ lệch của kim điện kế). -Lấy (3) chia cho (1):

1 1 + ) = n1 +n 2 -2 s1 s 2

n4 = 1 + n1 + n2 – 2 = n1 + n2 -1.

Vậy: Khi hai sơn mắc song song, giá trị mỗi độ chia tăng lên n4 = n1 + n2 – 1. 7.5. Một ampe kế có mắc hai điện trở phụ R1, R2 như

R+2R g X 2+2.24 = => X = 32( ) = 200 . R gS 24.8 32 2+ R+ 24+8 R g +S

Vậy: Điện kế lệch 200 độ chia. 7.4. Một điện kế nếu lần lượt mắc thêm sơn s1, s2 thì giá trị mỗi độ chia tăng lần lượt là n1, n2. Hỏi giá trị mỗi độ chia của điện kế tăng bao nhiêu lần, nếu dùng cả hai sơn:

thang đo tăng n2 lần. a)Hỏi khi sử dụng các đầu B, C thang đo tăng bao nhiêu lần.

a)Mắc nối tiếp b)Mắc song song.

b)Điện trở điện kế là Rg. Tính R1, R2.

I = 1+ = n1 => = n1 -1 Ig1 s1 s1

I Ig 2

= 1+

= n 2 =>

Rg s2

= n 2 -1

(1)

Ig 3

= 1+

Rg s1 +s 2

= n3

(2)

-Lấy (1) nhân (2):

R g2 s1s 2

= (n1 -1)(n 2 -1)

R 2 +R g R1

) (1)

-Khi sử dụng đầu vào là A, đầu ra là C thì mạch điện được vẽ lại như sau: R1

(4)

(5)

-Theo sơ đồ này R2 là sơn nên: I 2 = Ig (1+

(n -1)(n 2 -1) -Lấy (5) chia (1): = 1 s1 +s 2 n1 +n 2 -2

(n -1)(n 2 -1) -Từ (3) suy ra: n 3 = 1+ 1 n1 +n 2 -2

R1 +R g R2

R +R I2 = 1+ 1 g = n 2 <=> R1 +R 2 +R g = n 2 R 2 Ig R2

(2)

a)Khi dùng đầu vào là B, đầu ra là C, ta có:

n +n -2+n1n 2 -n1 -n 2 +1 n n -1 n3 = 1 2 = 1 2 . n1 +n 2 -2 n1 +n 2 -2

n n -1 Vậy: Khi hai sơn mắc nối tiếp, giá trị mỗi độ chia tăng lên n 3 = 1 2 lần. n1 +n 2 -2

b)Mắc song song

-Theo sơ đồ này [R1 nt R2] là sơn nên: I3 = Ig (1+

-Khi mắc s1 song song s2: I 1 1 -1+R g ( + ) = n 4 Ig 4 s1 s 2

(3)

G C

R +R I1 = 1+ 2 g = n1 => R1 +R 2 +R g = n1R1 Ig R1

1 1 -Lấy (1) cộng (2): R g ( + ) = n1 +n 2 -2 s1 s 2

-Theo sơ đồ này R1 là sơn nên: I1 = Ig (1+

a)Mắc nối tiếp -Khi mắc s1 nối tiếp s2 thì giá trị mỗi độ chia tăng: I

-Khi mắc thêm sơn s2 thì giá trị mỗi độ chia tăng n2 lần: Rg

 Bài giải  -Khi sử dụng đầu vào là A, đầu ra là B thì mạch điện được vẽ lại như sau:

 Bài giải  -Khi mắc thêm sơn s1 thì giá trị mỗi độ chia tăng n1 lần: Rg

hình vẽ. Khi sử dụng đầu A, B thang đo (so với khi không có điện trở phụ) tăng n1 lần. Khi dùng đầu A, C

(6)

207

R1 +R 2

Rg I3 = 1+ = n 3 <=> R1 +R 2 +R g = n 3 (R1 +R 2 ) (3) Ig R1 +R 2

208

-Từ (1), (2) suy ra: n1R1 = n2R2 => R1 =

n2R 2 n1

-Từ (2), (3) suy ra: n 2 R 2 = n 3 (R1 +R 2 ) = n 3 ( =>

n2 = n3 (

n3 =

(4)



n 2R 2 n +R 2 ) = n 3 ( 2 +1)R 2 n1 n1



n1n 2 n1 +n 2

-Thay (4) vào (1), ta được:

n1n 2 lần. n1 +n 2

n 2R 2 n R +R 2 +R g = n1. 2 2 . n1 n1

n1n 2 -n1 -n 2

n 2R g n1n 2 -n1 -n 2

; R2 =

7.6. Vôn kế có cấu tạo như hình vẽ. Điện kế có Vôn kế có các thang đo 15V, 75V, 150V, 300V.

n1R g

-Hiệu điện thế tối đa giữa hai đầu vôn kế: U = (1+

-Nếu nối chốt O và 2: U 2 = (1+



75 = (1+

r1 0

r2 1

r3 2

r4 3

-Nếu nối chốt O và 3: U 3 = (1+

-Cường độ dòng điện tối đa qua ampe kế: I = (1+

Rg RS

R2 3

R1 2

1 0

).Ig .

-Nếu nối với chốt (1) thì sơn gồm [R1 nt R2 nt R3]: I1 = (1+

RP )U g . Rg



Rg R1 +R 2 +R 3

10 = (1+

)Ig

40 ).2 R1 +R 2 +R 3

40 (1) = 10 10 -1 2 -Nếu nối với chốt (2) thì sơn gồm [R2 nt R3]: =>

(1) r1 +r2 )U g . Rg

r1 +r2 ).0,3 10

r4 = 9990 – 4990 = 5000Ω.

 Bài giải 

r1 )U g . Rg

r1 ).0,3 10

300 - 1).10 = 9990 0,3

thang đo I1 = 10mA, I2 = 30mA, I3 = 100mA. Tìm R1, R2, R3.

n1n 2 -n1 -n 2

 Bài giải  -Hiệu điện thế tối đa giữa hai đầu điện kế: Ug = IgRg = 0,03.10 = 0,3V.

15 = (1+

r3 = 4990 – 2490 = 2500Ω.

Rg = 40Ω chịu được cường độ 2mA. Máy đo có các

Tìm r1, r2, r3, r4.



150 - 1).10 = 4990 0,3

điện trở Rg = 10Ω, chịu được cường độ 30mA.

-Nếu nối chốt O và 1: U1 = (1+

r2 = 2490 – 490 = 2000Ω.

Vậy: Giá trị các điện trở là r1 = 490 Ω ; r2 = 2000 Ω ; r3 = 2500 Ω và r4 = 5000 Ω . 7.7. Miliampe kế có cấu tạo như hình vẽ. Điện kế có

n1R g n 2R g n2 . = . n1 n1n 2 -n1 -n 2 n1n 2 -n1 -n 2

Vậy: Giá trị các điện trở R1, R2 là R1 =

(4)

75 - 1).10 = 2490 0,3

-Từ (4) suy ra: r1 + r2 + r3 + r4 = (

n1R g

-Từ (4) suy ra: R1 =

r1 +r2 +r3 +r4 )U g Rg

15 - 1).10 = 490Ω. 0,3

-Từ (3) suy ra: r1 + r2 + r3 = ( =>

(3)

r1 +r2 +r3 +r4 ).0,3 10

-Từ (2) suy ra: r1 + r2 = (

n2R2 + n1R2 + n1Rg = n1n2R2 R2(n1n2 – n1 – n2) = n1Rg R2 =

300 = (1+

-Từ (1) suy ra: r1 = (

b)Tính R1, R2



r1 +r2 +r3 ).0,3 10

-Nếu nối chốt O và 4: U 4 = (1+

n1 +n 2 ) n1

Vậy: Khi sử dụng các đầu B, C thang đo tăng lên n 3 =

 

150 = (1+

R1 +R 2 +R 3 =

I2 = (1+ (2)

r1 +r2 +r3 )U g Rg

209

R g +R1 R 2 +R 3

)Ig

40+R1 ).2 R 2 +R 3



30 = (1+



40+R1 30 = -1 = 14 R 2 +R 3 2

210

=> R1 – 14R2 – 14R3 = -40 -Nếu nối với chốt (3) thì sơn là R3: I3 = (1+

R g +R1 +R 2 R3

(2)

)Ig

-Mặt khác: U2 = UAB nên: UAB = I1(RA +

40+R1 +R 2 ).2 R3



100 = (1+



40+R1 +R 2 100 = -1 = 49 R3 2

R1 + R2 – 49R3 = -40

 R1 +R 2 +R 3 = 10  -Ta có hệ:  R1 -14R 2 -14R 3 = -40 =>  R +R -49R = -40 3  1 2

(3)

R 1 = 6,67Ω  R 2 = 2,33Ω R = 1Ω  3

RA +

7.8. Để tìm cường độ qua điện trở R = 75Ω, người ta mắc

-Lấy (3) trừ (1): R A =

2500 2480 = 0,194Ω . 103 103

-Thay RA vào (2): R =

5000 -0,194 = 33,36Ω . 149

(không đổi). a)Tính U2.

U . R+R A

U AB 120 = = 0,75A . R 1 +R 2 60+100

U U R R+R A RA RA ΔI I - I' = = = .R = U I I R(R+R A ) R + RA R

-Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = IR2 = 0,75.100 = 75V. Vậy: Hiệu điện thế hai đầu R2 là U2 = 75V. b)Giá trị RV để sai số tương đối không quá 1%

ΔI 5 = = 0,0625 = 6,25% . I 75+5

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Vậy: Sai số tương đối của phép đo là

(1) là I1 = 2,06A; U1 = 49,6V. (2) là I2 = 1,49A; U2 = 50V. Tìm R, RA, RV. Biết UAB không đổi.

=> (1) A

(2) B

U1 RR V 49,6 2480 = = = I1 R+R V 2,06 103

I =

U AB R AB

U AB 120 120 = = = 0,8A R 2R V 100.900 60+90 60+ R1 + 100+900 R 2 +R V

-Hiệu điện thế hai đầu R2: U2 = I

R 2R V = 0,8.90 = 72V . R 2 +R V

Đó chính là số chỉ của vôn kế.

-Sai số tương đối:

 Bài giải  -Trường hợp (1):

a)Tính U2 -Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

B C

tương đối không quá 1% thì RV phải là bao nhiêu?  Bài giải 

-Sai số tương đối của phép đo cường độ dòng điện qua R:

ΔI = 6,25% . I 7.9. Đo R theo hai cách như hình vẽ, số chỉ của các máy đo trong các trường hợp:

sai số tương đối khi coi U2 bằng số chỉ vôn kế. Để sai số

U . R

-Cường độ dòng điện qua R khi mắc thêm ampe kế: I' =

b)Mắc vôn kế RV = 900Ω vào C, B, tìm số chỉ vôn kế và

 Bài giải  -Cường độ dòng điện qua R khi chưa mắc ampe kế: I =

33,36R V 2480 = . 33,36+R V 103

7.10. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 60Ω và R2 = 100Ω mắc nối tiếp vào AB, UAB = 120V

đổi. Tìm sai số tương đối của phép đo khi coi cường độ qua R trước và sau khi mắc ampe kế như nhau.

(3)

=> 956,08RV = 82732,8 => RV = 86,53 Ω . Vậy: Giá trị các điện trở R = 33,36 Ω ; RA = 0,194 Ω ; RV = 86,53 Ω .

nối tiếp với R một ampe kế (RA = 5Ω). Biết UAB không

(2)

RR V ) = U2 R+R V

RR V U 50 2500 = 2 = = R+R V I1 2,06 103

-Thay R vào (1):

Vậy: Giá trị các điện trở R1, R2, R3 là R1 = 6,67 Ω ; R2 = 2,33 Ω ; R3 = 1 Ω .

U2 50 5000 = R+R A = = I2 1,49 149

-Trường hợp (2):

ΔU U-U ' = U U

ΔU 75-U ' = ≤ 0,01 => U ' ≥ 74,25V . U 75 -Hiệu điện thế hai đầu R2:

(1)

211

212

U2 =

+Nếu N nguồn giống nhau mắc hỗn hợp đối xứng thành m dãy, mỗi dãy có n nguồn thì: Eb = nE;

U AB R R U AB R 2 R V . 2 V = R 2 R V R 2 +R V R R 1 2 +R V (R 1 +R 2 ) R1 + R 2 +R V

rb =

E, r

nr . m

E, r

120.100R V 12000R V = 60.100+R V (60+100) 6000+160R V



74,25 ≤



120R V ≥ 445500 => R V ≥ 3712,5Ω .

E, r E, r

Vậy: Để sai số tương đối không quá 1% thì RV ≥ 3712,5Ω.

E, r

E, r E, r

--------------------

E, r

E, r Nối tiếp

E, r Song song

E, r Hỗn hợp đối xứng

II. ĐỊNH LUẬT ÔM CHO CÁC LOẠI ĐOẠN MẠCH (TỔNG QUÁT) 1-Đoạn mạch chứa nguồn điện nối tiếp với điện trở ngoài

Chuyên đề 8:

U AB +E (8.4) R+r (UAB là hiệu điện thế tính theo chiều dòng điện: từ A đến B) 2-Đoạn mạch chứa máy thu điện và điện trở ngoài I=

ĐỊNH LUẬT ÔM CHO TOÀN MẠCH – ĐỊNH LUẬT ÔM TỔNG QUÁT

U AB -E' (8.5) R+r' (UAB là hiệu điện thế tính theo chiều dòng điện: từ A đến B) 3-Đoạn mạch gồm nguồn điện và máy thu điện mắc nối tiếp với điện trở ngoài

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC ---

I. ĐỊNH LUẬT ÔM CHO MẠCH KÍN (TOÀN MẠCH) 1-Mạch kín cơ bản (gồm nguồn và điện trở thuần)

E, r I

E (8.1) R+r (R là điện trở của mạch ngoài; E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn). I=

U AB +E-E' (8.6) R+r+r' (UAB là hiệu điện thế tính theo chiều dòng điện: từ A đến B; E là suất điện động của nguồn điện, E’ là suất phản điện của máy thu điện; r là điện trở trong của nguồn điện, r’ là điện trở trong của I=

2-Mạch kín gồm nguồn điện và máy thu mắc nối tiếp với điện trở thuần E-E' I= (8.2) R+r+r' (R là điện trở tương đương của mạch ngoài; E, r là suất

máy thu điện). 4-Định luật Kiếc-xốp

E, r I

-Định luật Kiếc-xốp 1: Tổng đại số các cường độ dòng điện tại mỗi nút bằng 0. (8.7) Σ Ik = 0 -Định luật Kiếc-xốp 2: Trong mỗi mắt mạch (mạch vòng), tổng đại số các suất điện động bằng

Nguồn điện

điện động và điện trở trong của nguồn; E’, r’ là suất điện động và điện trở trong của máy thu điện với quy ước:

E’, r’

tổng đại số các độ giảm thế. (8.8) Σ Ek = Σ IkRk (Ek mang dấu (+) nếu đó là nguồn điện (dòng điện đi vào từ cực dương và đi ra từ cực âm) và

nguồn khi dòng điện đi vào từ cực âm và đi ra từ cực dương; máy thu khi dòng điện đi vào từ cực dương và đi

Máy thu

ra từ cực âm). 3-Mạch kín gồm nhiều nguồn giống nhau (E, r) mắc thành bộ và điện trở thuần I=

Eb R+rb

ngược lại; Ik mang dấu (+) nếu đó là dòng điện đi vào nút và ngược lại).

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

(8.3)

. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG

(R là điện trở tương đương của mạch ngoài; Eb, rb là suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn) +Nếu n nguồn giống nhau mắc nối tiếp thì: Eb = nE; rb = nr. +Nếu n nguồn giống nhau mắc song song thì: Eb = E; rb =

-Các định luật Ôm cho toàn mạch và định luật Ôm tổng quát đều được xây dựng bằng phương pháp năng lượng: +Định luật Ôm cho toàn mạch: Xét mạch kín đơn giản gồm nguồn điện (E, r) và mạch ngoài (R). Ta có: *Công của nguồn điện thực hiện trong thời gian t: A = EIt. *Nhiệt lượng tỏa ra trên toàn mạch trong thời gian t: Q = (R+r)I2t.

r . n

213

214

*Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: A = Q  EIt = (R+r)I2t. E => I= R+r +Định luật Ôm tổng quát: Xét đoạn mạch đơn giản gồm nguồn điện (E, r); máy thu điện (E’, r’); mạch ngoài (R). *Công của nguồn điện thực hiện trong thời gian t: A = EIt. *Năng lượng tiêu thụ trên máy thu điện và các điện trở: W1 = E’It + (R+r+r’)I2t.

EIt = E’It + (R+r+r’)I2t + UIt

E ), ta nói rằng nguồn điện bị đoản mạch. Khi có hiện tượng đoản mạch, r nguồn điện sẽ bị hỏng (một chiều) và có thể gây cháy nổ, hỏa hoạn nguy hiểm (xoay chiều). Để tránh hiện tượng này trong thực tế người ta dùng cầu chì hoặc atômat. giá trị lớn nhất (I =

-Nếu mạch điện gồm nhiều nguồn hoặc nhiều máy thu điện mắc nối tiếp nhau thì trong các công thức trên ta thay E, E’, r và r’ bằng ΣE, ΣE’, Σr và Σr’, với ΣE là tổng suất điện động của các nguồn điện, ΣE’ là tổng suất phản điện của các máy thu điện; Σr là tổng điện trở trong của các nguồn điện, Σr’ là tổng điện trở trong của các máy thu điện). Định luật Ôm cho toàn mạch và định luật Ôm tổng quát sẽ có dạng tổng quát sau:

1 1 1 1 E E E E = + +...+ ; = 1 + 2 +...+ n r r1 r2 rn r r1 r2 rn Và

ΣE . R+Σr ( Σ E là tổng suất điện động của các nguồn, Σ r là tổng điện trở trong của các nguồn; R là điện trở tương đương của mạch ngoài).

-Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín): I =

-Một số chú ý: Khi áp dụng công thức I =

Eb cần chú ý các trường hợp: R+rb

+Trường hợp các nguồn điện giống nhau mắc với nhau và mắc với điện trở ngoài thì: *Nếu các nguồn giống nhau mắc nối tiếp thì: Eb = nE; rb=nr. r *Nếu các nguồn giống nhau mắc song song thì: Eb = E; rb= . n *Nếu các nguồn giống nhau mắc hỗn hợp đối xứng (m dãy, n nguồn/dãy) thì: Eb = nE; rb=

nr . m

+Trường hợp các nguồn điện khác nhau mắc với nhau và mắc với điện trở ngoài thì:

ΣE-ΣE' R+Σr+Σr'

U AB +ΣE-ΣE' , với R là điện trở tương đương của mạch ngoài. R+Σr+Σr' -Trường hợp có n nguồn khác nhau mắc song song thì ta có thể coi bộ nguồn trên tương đương với một nguồn (E, r) với:

Và

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về định luật Ôm cho toàn mạch (mạch kín). Phương pháp giải là: -Chọn chiều dòng điện trong mạch (nếu đề bài chưa cho) thích hợp. Cụ thể: +Nếu mạch kín chỉ có một hoặc nhiều nguồn mắc nối tiếp thì chọn dòng điện để các nguồn trên

nguồn là máy thu điện.

U +E-E' => I = AB ; UAB = -U, chiều dòng điện từ A đến B. R+r+r' -Nếu điện trở mạch ngoài không đáng kể (R ≈ 0) thì cường độ dòng điện trong mạch kín sẽ có

E-E' ; UAB = 0. R+r+r'

đều là nguồn điện (dòng điện đi vào nguồn từ cực âm, ra khỏi nguồn từ cực dương). +Nếu mạch kín gồm nhiều nguồn mắc xung đối nhau (cực cùng tên nối với nhau) thì chọn dòng điện sao cho các nguồn là nguồn điện có tổng suất điện động lớn hơn tổng suất phản điện của các

*Năng lượng cung cấp cho mạch ngoài: W2 = UIt. *Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: A = W1 + W2.



+Mạch kín: I =

E r

, U là hiệu điện thế giữa hai cực (+ và -) của nguồn tương đương. 1 1 + R r -Khi áp dụng các định luật Ôm cần chọn chiều dòng điện trong mạch (nếu đề bài chưa cho), xác định nguồn điện, máy thu theo quy ước: nếu dòng điện đi vào từ cực âm, đi ra từ cực dương thì đó là nguồn điện; nếu dòng điện đi vào từ cực dương, đi ra từ cực âm thì đó là máy thu. -Thực chất thì các định luật Ôm đều được suy ra từ định luật Ôm tổng quát: I =

U AB +E-E' . Cụ R+r+r'

*Nếu các nguồn mắc nối tiếp thì: Eb = E1+E2+...; rb = r1+r2+... *Nếu các nguồn mắc xung đối thì: Eb = E1 – E2 (E1 > E2); rb = r1+r2. *Nếu các nguồn mắc song song thì có thể coi bộ nguồn trên tương đương với một nguồn (E, r) với: 1 1 1 1 E E E E = + +...+ ; b = 1 + 2 +...+ n rb r1 r2 rn rb r1 r2 rn Eb rb , U là hiệu điện thế giữa hai cực (+ và -) của nguồn tương đương. Và U= 1 1 + R r (Eb là suất điện động của bộ nguồn, rb là điện trở trong của bộ nguồn; R là điện trở tương đương của mạch ngoài). +Trường hợp mạch kín gồm nhiều nguồn điện và nhiều máy thu mắc nối tiếp nhau và mắc với điện trở ngoài thì: I=

ΣE-ΣE' R+Σr+Σr'

thể: +Đoạn mạch chỉ có R: I =

U AB ; E = 0, E’ = 0, r = 0, r’ = 0. R

215

216

( Σ E là tổng suất điện động của các nguồn, Σ r là tổng điện trở trong của các nguồn; Σ E’ là tổng suất phản điện của các máy thu, Σ r’ là tổng điện trở trong của các máy thu; R là điện trở tương

8.3. Có 18 pin giống nhau, mỗi pin có e = 1,5V, r0 = 0,2Ω được mắc thành 2 dãy song song, mỗi dãy 9 pin nối tiếp. Điện trở R = 2,1Ω mắc vào hai đầu bộ pin trên.

đương của mạch ngoài). . Với dạng bài tập về định luật Ôm cho các loại đoạn mạch (tổng quát). Phương pháp giải là:

a)Tính suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn.

-Xác định cấu trúc của mạch điện và vẽ lại mạch điện (nếu mạch điện phức tạp). -Chọn chiều dòng điện trong mạch (nếu đề bài chưa cho) thích hợp. Theo chiều dòng điện xác

 Bài giải  a)Suất điện động và điện trở trong tương đương của bộ nguồn

định nguồn điện, máy thu điện trong mạch. -Nếu mạch điện đơn giản (gồm các nguồn điện, máy thu mắc nối tiếp): dùng các công thức định luật Ôm cho các loại đoạn mạch để giải.

-Suất điện động của bộ nguồn: Eb = 9e = 9.1,5 = 13,5V.

-Nếu mạch điện phức tạp: thường dùng 2 định luật Kiếc-xốp để giải, lúc này cần chú ý xác định đúng dấu của I và E theo quy ước đã nêu. -Một số chú ý: +Khi giải, nếu tính ra I < 0 thì cần đổi lại chiều dòng điện cho đoạn mạch đó. +Đoạn mạch có tụ điện thì không có dòng điện chạy qua.

9.0, 2 9r0 = = 0,9 Ω. 2 2

b)Cường độ dòng điện qua R Ta có: I =

Eb 13,5 = = 4,5A . R+rb 2,1+0,9

Vậy: Cường độ dòng điện qua R là I = 4,5A. E, r

= R2 = 2Ω, R3 = 4Ω, R4 = 4,4Ω.

*Chọn chiều dòng điện trong các mắt mạng (vòng). *Áp dụng hai định luật Kiếc-xốp với chú ý về chiều dòng điện trong các mắt mạng (vòng), dấu + (nguồn điện), dấu – (máy thu điện).

. ĐỊNH LUẬT ÔM CHO TOÀN MẠCH

a)Tìm điện trở tương đương mạch ngoài. b)Tìm cường độ mạch chính và UAB.

điện thế và công suất tiêu thụ của đèn.

 Bài giải 

E, r

+ -

R23 = R2 + R3 = 2 + 4 = 6Ω

RR 2.6 = 1,5 Ω R123 = 1 23 = R1 +R 23 2+6

U đ2m 32 = = 1,5Ω. 6 Pđm

c)Tìm cường độ mỗi nhánh rẽ và UCD.

-Điện trở tương đương của R23 và R1 là:

 Bài giải 

-Điện trở tương đương của R2 và R3 là:

8.1. Đèn 3V - 6W mắc vào hai cực ac quy (E = 3V, r = 0,5Ω). Tính điện trở đèn, cường độ, hiệu

+ -

a)Điện trở tương đương mạch ngoài Ta có: [{R2 nt R3)//R1] nt R4

---C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG---

-Điện trở tương đương của mạch ngoài là: RN = R123 + R4 = 1,5 + 4,4 = 5,9Ω.

E 3 -Cường độ dòng điện qua đèn: I = = = 1,5A . R+r 1,5+0,5

b)Cường độ mạch chính và UAB -Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

-Hiệu điện thế của đèn: U = IR = 1,5.1,5 = 2,25V. -Công suất tiêu thụ của đèn: P = RI2 = 1,5.1,52 = 3,375W.

E 12 = = 2A . R N +r 5,9+0,1

-Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: UAB = IRAB = IR123 = 2.1,5 = 3V. c)Cường độ mỗi nhánh rẽ và UCD

8.2. Vôn kế mắc vào nguồn (E = 120V, r = 10Ω) chỉ 119V. Tính điện trở vôn kế.  Bài giải  Gọi Rv là điện trở của vôn kế, I là cường độ dòng điện qua mạch.

-Cường độ dòng điện qua mỗi nhánh rẽ: I1 =

E Ta có: U = IRv = Rv R v +r =>

-Điện trở trong của bộ nguồn: rb =

9 pin

8.4. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 0,1Ω, R1

+Cách xác định Eb, rb tương đương của bộ nguồn giống như phần chú ý mục  ở trên. +Với các mạch điện phức tạp khi áp dụng định luật Kiếc-xốp để giải cần: *Xác định các nút mạng, mắt mạng (vòng) liên quan đến lời giải bài toán.

-Điện trở của đèn: R =

b)Tính cường độ qua R.

U AB U 3 3 = = 1,5A ; I2 = AB = = 0,5A R1 2 R 23 6

-Hiệu điện thế giữa hai điểm C, D là: UCD = UCB + UBD = U3 + U4

rU 10.119 Rv = = = 1190 Ω E-U 120-119

=> UCD = I3R3 + I4R4 = I2R3 + IR4 = 0,5.4 + 2.4,4 = 10,8V. 8.5. Cho mạch điện như hình vẽ, bộ nguồn gồm 2

Vậy: Điện trở của vôn kế là Rv = 1190 Ω .

dãy, mỗi dãy 4 pin nối tiếp, mỗi pin có: e = 1,5V, r0 R5 R1

217

B R2

218

= 0,25Ω, mạch ngoài, R1 = 12Ω, R2 = 1Ω, R3 = 8Ω,

Mà I = I1 + I2 => I1 = I – I2 = I -

R4 = 4Ω. Biết cường độ qua R1 là 0,24A. Tính: a)Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn tương đương. b)UAB và cường độ mạch chính. c)Giá trị điện trở R5.

 Bài giải  a)Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn -Suất điện động của bộ nguồn: Eb = ne = 4.1,5 = 6V.

I B

(vì I1 = I3)

UAB = 0,24.(12+8) = 4,8V.

c)Giá trị điện trở R5

nr0 ' +n r0 . m

2.1 + 3.1 = 4Ω 2 Eb 7,5 = = 0,75A . R+rb 6+4

 Bài giải  -Suất điện động của bộ nguồn: Eb = EAM + EMN + EBC

r r => rb = 0 + 0 +r0 = 2r0 = 2.1 = 2Ω 2 2 -Điện trở mạch ngoài:

nối tiếp. Một vôn kế mắc song song R2, chỉ 160V. Tính điện trở của vôn kế.

 Bài giải  Gọi RV là điện trở của vôn kế, RN là điện trở của mạch ngoài.

-Cường độ qua mạch chính: I =

R1 B

R 1R 2 6.12 RN = R3 + = 4+ = 8Ω R1 +R 2 6+12

E,r

E => IRN + Ir = E R N +r (1)

=> Eb = e + e + e = 3e = 3.1,5 = 4,5V -Điện trở trong của bộ nguồn: rb = rAM + rMN + rBC

Tìm cường độ mạch chính.

8.6. Mạch kín gồm nguồn điện (E = 200V; r = 0,5Ω) và hai điện trở R1 = 100Ω, R2 = 500Ω mắc

rb =

r0 = 1Ω, R1 = 6Ω, R2 = 12Ω, R3 = 4Ω.

U 0,6 R5 = 5 = = 0,5Ω . I 1,2

UN = E – Ir

 Bài giải  -Suất điện động của bộ nguồn: Eb = EAM + EMB Ta có: EAM = ne = 2.1,5 = 3V A EMB = n’e = 3.1,5 = 4,5V => Eb = 3 + 4,5 = 7,5V

Vậy: Cường độ mạch chính là I = 0,75A.

-Mặt khác: UN = UAB + U5 => U5 = UN – UAB = 5,4 – 4,8 = 0,6V.

1,5V, r0 = 1Ω, R = 6Ω. Tìm cường độ mạch chính.

8.8. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn có: e = 1,5V,

RNI + rbI = Eb UN = Eb - rbI = 6-0,5.1,2 = 5,4V.

Mặt khác: UN = U1 + U2 = I.R1 + U2 -Từ (1) và (2) : IR1 + U2 = E – Ir => I(R1 + r) = E – U2

UV 160 = = 2051Ω . I1 0,078

-Cường độ mạch chính: I =

Eb -Từ biểu thức của định luật Ôm: I = . R N +rb

-Ta có: I =

RV =

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2 = 0,24 + 0,96 = 1,2A.

và

160 = 0,078A 500

-Điện trở trong của bộ nguồn: rb = rAM + rMB =

U AB 4,8 -Cường độ dòng điện qua R2 là: I2 = = = 0,96A . R 2 +R 4 1+4

=> =>

I = 0,398-

Vậy: Điện trở của vôn kế là RV = 2051 Ω . 8.7. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi pin có e =

nr 4 -Điện trở trong của bộ nguồn: rb = 0 = .0,25 = 0,5Ω . m 2 b)Tính UAB và cường độ mạch chính -Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: UAB = U1 + U3 = I1R1 + I3R3 = I1(R1 + R3)

U2 R2

Eb 4,5 = = 0,45A . R N +rb 8+2

Vậy: Cường độ mạch chính là I = 0,45A. 8.9. Cho mạch điện như hình vẽ, mỗi nguồn e = 12V, r0 =

(2)

2Ω, R2 = 3Ω, R3 = 6Ω, R1 = 2R4, RV rất lớn.

E-U 2 200-160 I= = ≃ 0,398A R1 +r 100+0,5

a)Vôn kế chỉ 2V. Tính R1, R4. b)Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0. Tìm số chỉ của ampe kế.

219

220

 Bài giải 

e I 3,6 6 = 1,8A; I0 = 0 = = 9A. = 2 2 2 r 3 => IA = 9 – 1,8 = 7,2A. Vậy: Số chỉ của ampe kế là IA = 7,2A.

với

a)Tính R1, R4 Ta có: Eb = e = 12V; rb = =>

r0 = 1Ω . 2

U U I = AB = AB R AB R 23

8.11. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 30V, r = 3Ω,

với

R 2R3 3.6 UAB = 2V; R23 = = = 2Ω R 2 +R 3 3+6

và => và

E b - Irb 12 − 1.1 = = 11Ω I 1 RN = R1 + R23 + R4 = 3R4 + R23 = 3R4 + 2

R1 = 2R4 = 2.3 = 6Ω.

+Cường độ dòng điện qua mạch chính:

b)Số chỉ của ampe kế Vì RA = 0 nên ta có thể bỏ R2 và R3. Cường độ dòng điện qua mạch: Eb 12 I= = = 1,2A R1 +R 4 +rb 6+3+1 Vậy: Số chỉ ampe kế là 1,2A. 8.10. Có 7 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn có e = 6V, r0

0. Tìm số chỉ của ampe kế. R3

-Số chỉ ampe kế: IA = I0 – I1.

I3 =

E, r

10 40 .12 = V. 9 3

U DF 40 20 = = A. R3 3.18 27 20 A và dòng 27

+Điện trở tương đương mạch ngoài: R2

2 3. nr0 Ta có: Eb = ne = 3.6 = 18V; rb = = 3 = 1Ω; m 2

Eb 18 = = 3,6 A rb +R N 1+ 4

UDF = IR23 =

D ≡G

điện có chiều từ D đến G. b)Số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế khi đổi chỗ nguồn và ampe kế -Khi đổi chỗ nguồn E và ampe kế, ta có mạch điện như sau:

 Bài giải  Vì RA = 0 nên nguồn giữa hai điểm mắc ampe kế bị nối tắt.

Vì số chỉ ampe kế chính là cường độ dòng điện qua R3 nên số chỉ của ampe kế là

2 = Ω mắc như hình vẽ. R1 = 3Ω, R2 = 6Ω, R3 = 2Ω, RA = 3

E 30 10 I= = = A R N +r 24+3 9

Vậy: Giá trị các điện trở R1 = 6 Ω ; R4 = 3 Ω .

E, r

R 2R3 36.18 = 12+ = 24Ω R 2 +R 3 36+18

RN = R1 +

-Vì điện trở của ampe kế RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại: -Ta có: +Điện trở mạch ngoài:

R -2 11 − 2 R4 = N = = 3Ω 3 3

-Cường độ dòng điện qua mạch chính:

Tìm số chỉ và chiều dòng điện qua ampe kế.  Bài giải  a)Số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó

RN =

R 1R 2 3.6 =2+ = 4Ω. R1 +R 2 3+6

a)Tìm số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện qua nó. b)Đổi chỗ nguồn E và ampe kế (cực dương của E nối với G).

2 = 1A 2

RN = R3 + R12 = R3 +

R1 = 12Ω, R2 = 36Ω, R3 = 18Ω, RA = 0.

Eb Mặt khác: I = => IRN + Irb = Eb R N +rb =>

I1 =

IA I1

R 'N = R 3 +

E,r G

+Cường độ dòng điện mạch chính:

E 30 I = ' = = 1A R N +r 27+3

B F

I0 I

R 1R 2 12.36 = 18+ = 27Ω R1 +R 2 12+36

R1 R3

UBD = I’RN = 1.9 = 9V.

I1 =

U BD 9 = = 0,75A R1 12

Vậy: Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, ampe kế chỉ 0,75A và dòng điện có chiều từ F đến B.

8.12. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 24V, r = 1Ω, R1 = 3Ω, R2 = R3 = R4 = 6Ω, RA = 0.

221

A A

R1 C

B R2

R3 R4

E,r

222

Tìm số chỉ của ampe kế.

-Số chỉ của ampe kế A1 bằng tổng I2 và I3: I2 + I3 = 0,6A = I23 => UAB = I23.R23 = 0,6.2 = 1,2V

 Bài giải  Vì RA = 0 nên mạch được vẽ lại như sau: A

-Số chỉ của ampe kế bằng tổng dòng điện qua R2 và R3 A

R .R -Điện trở mạch ngoài: RN = 124 3 . R124 +R 3 với

R1 C

E, r

=> =>

I3 =

U AB 576 96 = = A R3 31.6 31

và =>

72 144 UAC = I124.R12 = .2 = V 31 31

I2 =

U AC 144 24 = = A R2 31.6 31

U AB 1,2 = = 0,2A và I3 = I23 – I2 = 0,6 – 0,2 = 0,4A. R2 6

R2 C

E => E = I(RN + r) R N +r

I = I1 + I2 + I3 = 0,2 + 0,2 + 0,4 = 0,8A 1 1 1 1 1 1 1 2 = + + = + + = RN R1 R 2 R 3 6 6 3 3

3 = 1,5Ω 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.

R1 E, r

RN =

8.14. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = R3 = 40Ω, R4 =

30Ω, r = 10Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,5A.

E,r A

a)Tính suất điện động của nguồn.

-Vì R1 = R2 => I1 = I2 =

24 96 120 -Từ (1) và (2) suy ra: I2 + I3 = + = A. 31 31 31

-Từ (1) và (2), ta có:

120 Vậy: Số chỉ ampe kế bằng A. 31

8.13. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = 6Ω,

A1 A

Tính E và số chỉ của ampe kế A2.

 Bài giải  Vì điện trở của các ampe kế bằng 0 nên ta có thể vẽ

N R1 M

I3 2

I3 +I4 = 0,5A 2

với

R123 = R3 +

I3 =

E, r

lại mạch điện như hình sau [R1 // R2 // R3]:

C, A

E,r R4

(3)

R3 I3

IR -Mặt khác, ta có: I3 = 4 4 R123

(1) (2)

a)Suất điện động của nguồn Vì ampe kế có RA = 0 nên mạch có thể được vẽ lại như sau: -Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I4 = 0,5A

b)Đổi chỗ nguồn và ampe kế. Tìm số chỉ của ampe kế.  Bài giải 

(2)

R3 = 3Ω, r = 5Ω, RA = 0. Ampe kế chỉ 0,6A.

I2 =

(1)

U 576 75 I124 = AB = = A R124 31.8 31

với:

E 24 168 = = A 24 R N +r 31 +1 7

168 24 576 UAB = IRN = . = V 31 7 31

U AB 1,2 = = 0,2A R1 6

-Tìm E: Ta có: I =

RN =

I1 =

-Số chỉ của ampe kế A2 bằng tổng I1 và I2: I1 + I2 = 0,2 + 0,2 = 0,4A.

RR 3.6 R124 = R4 + 1 2 = 6+ = 8Ω . R1 +R 2 3+6

8.6 24 = Ω 8+6 7 -Cường độ dòng điện qua mạch chính:

R 1R 2 40.40 = 40+ = 60Ω R1 +R 2 40+40

I4 .30 I = 4 60 2

(4)

I4 +I 4 = 0,5 => I4 = 0,4A. 4 -Do đó: UAB = I4R4 = 0,4.30 = 12V.

-Từ (3) và (4), ta có: I3 I2 A

R3 R2

N R1 M

R3 B

0,4 = 0,6A 2 -Mặt khác: UAB = E – Ir => E = UAB + I.r = 12+0,6.10 = 18V. Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 18V. và

R1 E, r E, r

223

I = I4 + I3 = 0,4 +

224

b)Số chỉ của ampe kế -Khi đổi chỗ nguồn và ampe kế, mạch điện được vẽ lại như sau:

-Điện trở mạch ngoài: RN = I

-Số chỉ của ampe kế bằng: I3 + I4.

với:

R123 = R2 +

B, A

R .R -Điện trở mạch ngoài: RN = 123 4 R123 +R 4

R 1R 3 40.40 = 40+ = 60Ω . R1 +R 3 40+40

E, r R4

R134 = R1 +

3, 75.3 5 RN = = Ω 3, 75 + 3 3

I2 I .R 0,4.30 = 4 4 = = 0,1A 2 R 123 .2 60.2

và

I.R N U AB = = R2 R2

I2 =

Vậy: Số chỉ của ampe kế là: I4 + I3 = 0,4 + 0,1 = 0,5A. E, r

R1 (R 2 +R 3 ) 3.(3+3) = 1+ = 3Ω R1 +R 2 +R 3 3+3+3

E 4,8 I= = = 1,2A R N +r 3+1 =>

U3 = I3R3 =

Tìm số chỉ ampe kế, vôn kế nếu:

R2 C R3

R23 = R2 + R3 = 3 + 3 = 6Ω

RAD =

V K1

 Bài giải  a)K1, K2 mở

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 bằng hiệu điện thế UAB. -Điện trở mạch ngoài: RN = R4 + =>

R1R 23 3.6 = = 2Ω R1 +R 23 3+6

RN = 2,1+

R1 (R 2 +R 3 ) R1 +R 2 +R 3

4,2.(2,1+2,1) = 4,2Ω 4,2+2,1+2,1

A E,r

-Cường độ dòng qua mạch chính:

1,2.2 .3 = 1,2V 6 Vậy: Số chỉ của vôn kế là: UCB = UCD + UDB = U3 + U4 = 1,2 + 1,2 = 2,4V. b)Số chỉ của ampe kế

c)K1 đóng, K2 mở. d)K1, K2 đóng. D

E, r

a)K1, K2 mở. b)K1 mở, K2 đóng.

U AD I.R AD .R 3 = .R 3 R 23 R 23

với

5 3 = 1A .

R1 = 4,2Ω, R2 = R3 = R4 = 2,1Ω, RA = 0, RV rất lớn.

U4 = IR4 = 1,2.1 = 1,2V

1,8.

8.16. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 11,5V, r = 0,8Ω,

E, r

-Cường độ dòng điện qua mạch chính:

Vậy: Số chỉ của ampe kế: I2 + I3 = 1+ 0,2 = 1,2A.

a)Số chỉ của vôn kế Vì RV rất lớn nên mạch được vẽ lại như sau: Số chỉ của vôn kế bằng UAB -Điện trở mạch ngoài: RN = R4 +

B≡C

U DB I .R I .R .R IR 0,8.1 = 0,2A . = 1 DB = 1 3 4 = 1 4 = 3+1 R3 R3 R 3 (R 3 +R 4 ) R 3 +R 4

I3 =

ampe kế.

 Bài giải 

I1 = I – I2 = 1,8 – 1 = 0,8A.

= R2 = R3 = 3Ω, R4 = 1Ω, RV rất lớn. a)Tìm số chỉ của vôn kế. b)Thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0. Tìm số chỉ của

R4 R1

E 4,8 9 I= = = = 1,8A 5 R N +r 5 +1 3

I = 0,6A và I4 = 0,4A

8.15. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 4,8V, r = 1Ω, R1

E,r

-Cường độ dòng điện qua mạch chính:

-So với câu a thì R123 không đổi nên dòng điện qua mạch vẫn không đổi:

-Do R1 = R3 => I1 = I3 =

R 3R 4 3.1 =3+ = 3,75Ω R 3 +R 4 3 +1

với C

R134 R 2 . R134 +R 2

U3 =

E 11,5 = = 2,3A R N +r 4,2+0,8

-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. b)K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

Khi thay vôn kế bằng ampe kế có RA = 0 thì mạch được vẽ lại như sau: -Số chỉ của ampe kế bằng: I2 + I3.

-Số chỉ của ampe kế bằng I4:

225

A E,r B

226

I4 = I =

E 11,5 115 = = ≈ 4A R 4 +r 2,1+0,8 29

I = I1 + I4 = 2R1 +

115 .2,1 = 8,3V . 29 c)K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau:

-Mặt khác, ta có: I =

-Số chỉ của vôn kế: U = I4R4 = IR4 =

R 2 R134 . -Điện trở mạch ngoài: RN = R 2 +R134

với:

RN = R3 +

với

RR 2,1.2,1 R134 = R1 + 3 4 = 4,2+ = 5,25Ω R 3 +R 4 2.1+2.1

2,1.5,25 RN = = 1,5Ω 2,1+5,25

R1 E,r

R1 = 2,5R1 2

E R N +r

R1 (R 4 +R 2 ) R (2+2) 4R1 = 2+ 1 = 2+ R1 +R 4 +R 2 R 1 +2+2 4+R1

12 12(4+R1 ) = 4R1 16+8R1 2+ +2 4+R1

-Từ (1) và (2) suy ra: 2,5R1 =

40R1 + 20 R12 = 48 + 12R1



Vậy: Số chỉ của ampe kế là 5A; số chỉ của vôn kế là: UAB = IRN = 5.1,5 = 7,5V. d)K1, K2 đóng: Khi K1, K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau:

20 R12 + 28R1 – 48 = 0

R1 = 1Ω và R1 = -

-Điện trở mạch ngoài:

Vậy: Giá trị của điện trở R1 là R1 = 1 Ω .

E 11,5 = = 5A R N +r 1,5+0,8

1 1 1 1 1 1 1 3 = + + = + + = RN R2 R3 R4 2,1 2,1 2,1 2,1 =>

E,r

-Điện trở mạch ngoài: RN =

23 .0, 7 ≈ 5,37V . 3

8.17. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 2Ω, R3 = R4 = 2Ω, điện trở các ampe kế rất nhỏ. b)K1 đóng, K2 mở, ampe kế A1 chỉ 2A. Tính R1. c)K1, K2 đều đóng. Tìm số chỉ các ampe kế.

a)K1 mở, K2 đóng, ampe kế A chỉ 3A. Tính R2.

I1 R1 C

E 12 = = 4A . R N +r 1+2

I 4 = = 2A . 2 2 Vậy: Số chỉ của các ampe kế là 4A và 2A.

Trong các trường hợp trên, cực dương của vôn kế nối với điểm nào?

R2 K 1

 Bài giải  a)K1 đóng, K2 mở: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch điện được vẽ lại như sau: B I1

Số chỉ của vôn kế bằng hiệu điện thế giữa hai đầu R1.

D I4 R4 R2

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I=

E,r

b)K1 mở, K2 đóng, vôn kế chỉ 1,5V. Tính R4. c)K1, K2 đóng. Tìm số chỉ của vôn kế.

R2 C

E,r

2.2 RN = = 1Ω 2+2

a)K1 đóng, K2 mở. Tìm số chỉ của vôn kế.

E,r

R3 A

R134 = R1 +

2Ω, R1 = 2Ω, R2 = 1Ω, R3 = 4Ω, RV rất lớn.

U BC 2R1 R = = 1 R 24 2+2 2

-Cường độ dòng điện qua mạch chính:

R 3R 4 2.2 = 1+ = 2Ω R 3 +R 4 2+2

với:

I2 R3

8.18. Cho mạch điện như hình vẽ: mỗi pin E0 = 1,5V, r0 =

A ≡D

Ta có: I1 = 2A => UBC = I1R1 = 2R1.

R 2 R134 R 2 +R134

-Vì R134 = R2 => I1 = I2 = K1

E E-Ir 12-3.2 I= => R2 = = = 2Ω r+R 2 I 3

I4 =

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, r

 Bài giải  a)K1 mở, K2 đóng: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch được vẽ lại như sau: Từ:

E 11,5 = = 7,67A R N +r 0,7+0,8

Vậy: Số chỉ ampe kế là 7,67A; số chỉ vôn kế là: UAB = IRN =

12 < 0: (loại). 5

c)K1, K2 đều đóng: Khi K1, K2 đều đóng, mạch được vẽ lại như sau: Ta có: Số chỉ của A1 bằng I1; số chỉ của A bằng I. D≡A

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I=

RN = 0,7Ω

(2)

12(4+R1 ) 16+8R1



-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

(1)

227

228 R2

Ta có: Eb = ne = 2.1,5 = 3V; rb =

ne 2.2 = = 2Ω . m 2

-Khi [R1 // R2] => R 'N =

RN = R1 + R2 = 2 + 1 = 3Ω.

Eb 3 -Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = = = 0,6A . R N +rb 3+2 =>

I3 =

U3 1,5 = = 0,375A R3 4

-Mặt khác, ta có: I3 = I =

8.20. Cho mạch điện như bài trên. Biết E = 1,5V, r = 1Ω, IN = 0,15A, IS = 0,5A. Tìm R1, R2. I3

Vì:

RN = R3 + R4 => R4 = RN – R3 = 6 – 4 = 2Ω.

E, r

 Bài giải  -Khi [R1 nt R2] => RN = R1 + R2

c)K1, K2 đều đóng: Khi K1 và K2 đóng, mạch điện được vẽ lại như sau: -Điện trở mạch ngoài: R1 A (R +R )(R 3 +R 4 ) (2+1).(4+2) RN = 1 2 = = 2Ω R1 +R 2 +R 3 +R 4 2+1+4+2

Ta có: IN = R3

Eb 3 = = 0,75A R N +rb 2+2

Vì:

R12 = R1+R2 = 2+1 = 3Ω, R34 = R3+R4 = 4+2 = 6Ω => I12 = 2I34

Mà

I12 + I34 = I = 0,75 => I12 = 0,5A; I34 = 0,25A.

I1 = I12 = 0,5A => U R1 = U CA = R1I1 = 2.0,5 = 1V .

và

I3 = I34 = 0,25A => U R 3 = U CB = R 3I3 = 4.0,25 = 1V

Ta có: IS =

R 1R 2 =2 R1 +R 2

(2)

8.21. Điện trở R = 2Ω mắc vào một bộ nguồn gồm hai pin giống nhau. Khi hai pin nối tiếp, cường độ qua R là I1 = 0,75A. Khi hai pin song song cường độ qua R là I2 = 0,6A. Tìm e, r0 của mỗi pin.

E, r R1

 Bài giải  -Khi 2 pin mắc nối tiếp: Eb = 2e; rb = 2r0.

Ta có: I1 =

 Bài giải 



-Khi [R1 nt R2] => RN = R1 + R2 = 2 + 6 = 8Ω. =>

E E 1,5 => R 'N = -r = -1 = 2Ω . R 'N +r IS 0,5

Vậy: Giá trị các điện trở R1, R2 là R1 = 6 Ω , R2 = 3 Ω hoặc R1 = 3 Ω , R2 = 6 Ω .

nguồn (E, r). Khi R1, R2 nối tiếp, cường độ trong mạch IN = 0,5A. Khi R1, R2 song song,

E E IN = => 0,5 = R N +r 8+r

(1)

 R = 6Ω  R = 3Ω -Giải hệ (1) và (2) ta được:  1 và  2 . R = 3Ω  1  R 2 = 6Ω

E, r

R1 + R2 = 9Ω

R 1R 2 -Khi [R1 // R2] => R = R1 +R 2

=> Số chỉ của vôn kế: UAB = UAC + UCB = -UCA + UCB = -1+1 = 0. Vậy: Số chỉ của vôn kế là 0. Trong các trường hợp trên vôn kế luôn nối với A.

8.19. Hai điện trở R1 = 2Ω, R2 = 6Ω mắc vào

E E 1,5 => RN = -r = -1 = 9Ω . R N +r IN 0,15

' N

-Cường độ dòng điện qua mạch chính:

cường độ mạch chính IS = 1,8A. Tìm E, r.

Vậy: Giá trị của điện trở R4 là: R4 = 2Ω.

E, r

Eb 3  0,375 = . R N +rb R N +2

RN = 6Ω

(2)

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 4,5V và r=1 Ω .

E E => 1,8 = R 'N +r 1,5+r

 4+0,5r = E -Từ (1) và (2), suy ra:  => r = 1Ω; E = 4,5V.  2,7+1,8r = E

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 là U3 = 1,5V. =>

IS =

R 1R 2 2.6 = = 1,5Ω . R1 +R 2 2+6

Eb 2e  0,75 = R+rb 2+2.r0

0,75 + 0,75r0 = e

(1)

-Khi 2 pin mắc song song: Eb = e; rb =

(1)

Ta có: I2 =

229

r0 . 2

Eb e  0,6 = r R+rb 2+ 0 2

230

2,4 + 0,6r0 = 2e



(2)

IN =

0,75+0,75r0 = e  r = 1Ω -Từ (1) và (2), ta có:  =>  0 . e = 1,5V  2,4+0,6r0 = 2e

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của mỗi pin là e = 1,5V và r0 = 1 Ω .

8.22. Cho mạch điện gồm hai nguồn (E1 = 18V, r1 = 1Ω), (E2, r2) mắc theo hai cách

E1, r1 E2, r2

như hình. Biết R = 9Ω, I1 = 2,5A, I2 = 0,5A.

E1, r1 E2, r2

Hình a

25 + 2,5r2 = 18 + E2 2,5r2 – E2 + 7 = 0

-Ở hình b, ta có: I2 =

(1)

E1 -E 2 18-E 2  0,5 = r1 +r2 +R 1+r2 +9

5 + 0,5r2 = 18 – E2 0,5r2 + E2 – 13 = 0

 

(2)

kế chỉ I1 = 2A, I2 = 3A. Khi A1, A2 nối tiếp ' 2

E, r

(4) (5)

r1r2 và r12' = r1 +r2 r1 +r2

r12 =

Vì :

r1I1 = r2I2 => r1 =

r12 =

và

r’12 = 1,5r2 + r2 = 2,5r2

I2 3 r2 = r2 = 1,5r2 I1 2

1,5r22 = 0,6r2 1,5r2 +r2

(6) (7)

E, r

7 38 1 1  I = 38 => I = 7 ≃ 5,43A  I +0,1r2 = 0,2    1 + 2,5 r = 0,25 r = 3 Ω 2  I 6  2 19

Vậy: Dòng điện qua mạch lúc đó là I = 5,43A. A1

I = I = I = 4A . Tìm cường độ qua R khi

8.24. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 12V, r = 2Ω,

E, r

RAB = 10Ω, C1 = 0,2 μF , C2 = 0,3 μF .

a)Tính điện tích mỗi tụ khi:

không mắc ampe kế.

-K mở. -K đóng và C ở trung điểm AB.

 Bài giải  -Khi A1 mắc song song với A2 thì dòng điện qua mạch chính là:

b)Tìm vị trí C để khi K mở hoặc đóng, điện tích trên các bản tụ không đổi.

IS = I1 + I2 = 2 + 3 = 5A Mặt khác: IS =

(3)

với:



Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn thứ hai là E2 = 12V và r = 2 Ω .

8.23. Nguồn (E, r), điện trở R và hai ampe kế A1, A2 có điện trở r1, r2 mắc như hình. Biết E = 6V. Khi A1, A2 song song các ampe

E . R+r

 1 1 0,6r2  = I + 6 -Từ (4), (5), (6), (7), ta có:  5  1 = 1 + 2,5R 2  4 I 6

 2,5r2 -E 2 +7 = 0  r = 2Ω -Kết hợp (1)và (2), ta được:  =>  2 . 0,5r +E -13 = 0 2 2   E 2 = 12V

' 1

1 R+r = I E

Hình b

E +E 18+E 2 -Ở hình a, ta có: I1 = 1 2  2,5 = r1 +r2 +R 1+r2 +9

 

(2)

 1 1 r12  5 = I + 6 -Kết hợp (1), (2), (3) ta có:  '  1 = 1 + r12  4 I 6

 Bài giải  E1, r1 E2, r2

1 R+r r12' = + 4 E E

-Khi không mắc các ampe kế thì dòng điện qua mạch là: I =

E1, r1 E2, r2

Dòng điện trong mạch có chiều như hình vẽ. Tìm E2, r2.

E E  4= R+r12' +r R+r12' +r

E E  5= R+r12 +r R+r+r12

A C B K C1

 Bài giải  a)Điện tích trên mỗi bản tụ: Dòng điện không đổi không đi qua các tụ C1 và C2:

1 R+r r12 = + (1) 5 E E -Khi A1 mắc nối tiếp với A2 thì dòng điện qua mạch chính là: =>

-Khi K mở: I =

E 12 = = 1A R AB +r 10+2

E, r

+Hiệu điện thế giữa hai đầu bộ tụ: UAB = IRAB = 10V. A C B

231

K C1

232

+Vì [C1 nt C2] nên Cbộ =

-Điện tích của tụ: Q1 = Q2 = Q = UANC12

C1C2 0,2.0,3 = = 0,12 μF . C1 +C2 0,2+0,3

với

+Điện tích của bộ: Q = CbUAB = 0,12.10 = 1,2 μC .

C12 =

+Vì [C1 nt C2] nên Q1 = Q2 = Q = 1,2 μC . R AB 10 = = 5Ω . 2 2 Ta có: UC1 = UAC = IRAC = 1.5 = 5V; UC2 = UCB = IRCB = 1.5 = 5V.

-Khi K đóng: Vì C là trung điểm của AB nên: RAC = RCB =

và

UAN = U R1 = IR1 = 1.3 = 3V C1C2 0,2.0,2 = = 0,1μF C1 +C2 0,2+0,2

Q1 = Q2 = 3.0,1 = 0,3 μC .

Vậy: Khi K mở, điện tích mỗi tụ là Q1 = Q2 = 0,3 μC . b)Điện tích mỗi tụ khi đóng K và số êlectrôn chuyển qua K khi K đóng: Khi K đóng, mạch được vẽ lại như sau:

Q1 = C1 U C1 = 0,2.5 = 1 μC ; Q2 = C2 U C2 = 0,3.5 = 1,5 μC .

Vậy: Khi K mở thì Q1 = Q2 = Q = 1,2 μC ; khi K đóng thì Q1 = 1 μC , Q2 = 1,5 μC .

-Cường độ dòng điện qua mạch có giá trị không đổi: I = 1A.

b)Vị trí C để khi K mở hoặc đóng, điện tích trên các bản tụ không đổi

Ta có: U C1 = U AB = I(R1 +R 2 ) = 1.(3+2) = 5V

Gọi RAC = x => RCB = 10-x; U C1 , U C2 là hiệu điện thế giữa C1 và C2 khi K mở; U 'C1 , U 'C2 là hiệu

Q1' = C1U C1 = 0,2.5 = 1μC

điện thế giữa C1 và C2 khi K đóng.

và

U C2 = U R 2 = IR 2 = 1.2 = 2V

Ta có: U C1

Q 1,2 = 1 = = 6V . C1 0,2

= U C1 = 6V

Mặt khác: U

' C1

= Ix = x

(1)

+ C2 + -

' 2

Q = C2 U C2 = 0,2.2 = 0,4μC R1

-Số electron chuyển qua khoá K: +Khi K mở, tổng điện tích tại M: -Q1 + Q2 = 0.

-Để điện tích các bản tụ không đổi khi K đóng hoặc mở thì cần có: ' C1

E, r

M≡B

N R2

+Khi K đóng, tổng điện tích tại M: -Q1 – Q2 = -1 - 0,4 = -1,4 μC .

(2)

+Điện tích chuyển qua khoá K khi K đóng là:

-Từ (1), (2) suy ra: x = 6Ω.

ΔQ = |-1,4 - 0| = 1,4μC = 1,4.10-6 C

Từ đó: RAC = 6Ω và RCB = 4Ω.

|ΔQ| 1,4.10-6 = = 8,75.1012 . e 1,6.10-19

Vậy: Vị trí C để khi K mở hoặc đóng, điện tích trên các bản tụ không đổi là RAC = 6Ω và RCB =

+Số electron chuyển qua khoá K là: n =

4Ω.

Vậy: Khi đóng khóa K, điện tích mỗi tụ là Q’1 = 1 μC , Q’2 = 0,4 μC và số electron chuyển qua

8.25. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = 0,5Ω, R1 = 3Ω, R2 = 2Ω, R3 = 0,5Ω, C1 = C2 = 0,2 μF . E, r

Ban đầu K mở và trước khi ráp vào mạch các tụ chưa tích điện. a)Tính điện tích mỗi tụ khi K mở. b)Tính điện tích mỗi tụ khi đóng K và số êlectrôn

c)Điện tích trên tụ C3: Khi thay K bằng tụ C3, mạch điện được vẽ lại như sau: Giả sử sự phân bố điện tích như hình vẽ: E, r Ta có: UAN = UAM + UMN = IR1 = 3V

khóa K là 8,75.1012.



U C1 -U C2 = 3 <=>

chuyển qua K khi K đóng.

Q1 Q2 =3 C1 C2



Q1 Q2 = 3  Q1 – Q2 = 0,6 0,2 0,2

và:

UNB = UNM + UMB = IR2 = 2V

- K được thay thế sau khi đã đóng lại.



U C2 +U C3 = 2 <=>

 Bài giải  a)Điện tích mỗi tụ khi K mở: Khi K mở, mạch được vẽ lại: -Điện trở mạch ngoài:



Q 2 Q3 + = 2  2Q2 + Q3 = 0,8 0,2 0,4

c)Thay K bằng tụ C3 = 0,4 μF . Tính điện tích của tụ C3.

Xét hai trường hợp: - K được thay thế khi còn đang mở.

+ C2

(1)

+ -

Q 2 Q3 + =2 C 2 C3 (2)

-K được thay thế khi đang mở thì tổng điện tích tại điểm M bằng 0: -Q1 – Q2 + Q3 = 0

-Cường độ dòng điện qua mạch: E 6 = = 1A R N +r 5,5+0,5

E, r

RN = R1 + R2 + R3 = 3 + 2 + 0,5 = 5,5Ω

(3)

C1 C2

+ -+ M

B R2

233

234

b)Khi C di chuyển từ M đến N, số chỉ các máy đo thay đổi như thế nào? Khi C di chuyển từ M đến N thì điện trở mạch ngoài giảm, dòng điện qua mạch chính tăng, số

Q1 -Q2 = 0,6 Q1 = 0,65μC   Từ (1), (2), (3), ta có:  2Q 2 +Q3 = 0,8 => Q2 = 0,05μC . -Q -Q +Q = 0 Q = 0,7μC  1 2 3  3

chỉ của ampe kế tăng, còn số chỉ của vôn kế giảm (vì U = E-Ir). 8.27. Cho mạch điện như hình vẽ: bộ nguồn gồm 2 dãy,

Vậy: Khi K được thay thế khi còn đang mở thì Q3 = 0,7 μC . - Q1 – Q2 + Q3 = 0

12Ω, trên mỗi đèn ghi 1,5V - 0,75W. Định vị trí con

(4)

Q1 -Q2 = 0,6  Từ (1), (2), (4), ta có:  2Q2 +Q3 = 0,8 => -Q -Q +Q = -1,4  1 2 3

 Bài giải  6r0 6.2 Ta có: Eb = 6e = 6.2 = 12V; rb = = = 6Ω 2 2 -Cường độ dòng điện định mức của đèn:

8.26. Cho mạch điện như hình vẽ: RA = R A1 = 0, RV rất lớn, RMN = 12Ω, R1 = 8Ω. Khi C ở M, ampe kế A chỉ

a)Tìm E, r và số chỉ ampe kế A1 khi C ở M, N. b)Khi C di chuyển từ M đến N, số chỉ các máy đo thay đổi như thế nào?

M R N R1

 Bài giải  a)Tìm E, r và số chỉ ampe kế A1 khi C ở M, N

=> và =>

V I2

(1)

R1 I1

U 6 UAC = 4.1,5 = 6V; I2 = AC = R AC x

E RR1 12.8 với RN = = = 4,8Ω R N +r R+R1 12+8

6 . x



6 + I(12 - x) = Eb – Irb



6 + (0,5+



6 + 6 - 0,5x +



108 -0,5x-3 = 0  0,5x2 + 3x -108 = 0 x

x1 = 12Ω; x 2 = -18Ω < 0: loại.

E, r RAC

-Từ định luật Ôm, ta có: UAB = Eb – Irb. Mặt khác: UAB = UAC + UCB = 6 + I(12-x)

U 24 I2 = MN = = 2A R 12 I’ = I1 + I2 = 5A

E 5= => 24+5r-E = 0 4,8+r

U2 1,52 = = 3Ω P 0,75

-Cường độ dòng qua mạch chính: I = I1 + I2 = 0,5 +

M R N

Gọi x là điện trở của phần AC thì RCB = 12 – x (với x > 0). -Vì đèn sáng bình thường nên: I1 = 0,5A.

U 24 I1 = MN = = 3A R1 8

Mặt khác: I’ = =>

-Điện trở mỗi đèn: R =

-Khi C ở N thì [R // R1]: Lúc đó, UMN bằng số chỉ của vôn kế: UMN = 24

E, r

-Khi C ở M ta bỏ qua R1: I = 2,5A.

E, r

P 0,75 Iđm = đm = = 0,5A U đm 1,5

E, r

2,5A; khi C ở N vôn kế chỉ 24V.

Mà:

chạy C để các đèn sáng bình thường.

Q1 = 1μC  Q 2 = 0,4μC Q = 0  3

Vậy: Khi K được thay thế khi đã đóng lại thì Q3 = 0.

E E I= <=> 2,5 = R+r 12+r 30 + 2,5r – E = 0

E, r

mỗi dãy 6 pin (e = 2V, r0 = 2Ω) nối tiếp, biến trở RAB =

-K được thay thế sau khi đã đóng lại thì tổng điện tích tại M là: -1,4 μC .

C R CB

6 6 ).(12-x) = 12-(0,5+ ).6 x x 72 36 -6 = 12-3x x

Vậy: Điện trở của phần AC là: RAC = x = 12Ω; điện trở của phần CB là RCB = 12 – 12 = 0 hay C ≡ B. 8.28. Cho mạch điện như hình vẽ: khi

(2)

E, r

30+2,5r-E = 0  E = 36V -Từ (1) và (2):  =>   24+5r-E = 0  r = 2,4Ω

C ≡ B vôn kế chỉ U1 = 2V, khi C tại trung điểm AB vôn kế chỉ U2 = 3V.

-Khi C ở M, ta bỏ qua R1 nên số chỉ của A1 bằng 0. -Khi C ở N, số chỉ của A1 bằng dòng qua R1 và bằng 3A.

Tìm số chỉ vôn kế khi C ≡ A .

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 36V và r = 2,4 Ω ; khi C ở M ampe kế A1 chỉ 0, khi C ở N ampe kế A1 chỉ 3A.

E ER V -Khi C ≡ B, ta có: I1 = => U1 = I1RV = = 2V R V +R+r R V +R+r

V RV A

 Bài giải 

235

B R

236

R V +r+R 1 R +r R 1 =  V + = ER V 2 ER V ER V 2

-Khi C ≡

V RV A

-Mặt khác, số chỉ của vôn kế bằng 100V nên: UCB = 100 -Từ (1) và (2) suy ra: 170 - 200I = 100

(2)

I2 = (3)

R1 = R2 = R3 = 2Ω, RA = 0, RV rất lớn.

E, r

a)Tìm số chỉ vôn kế khi K1, K2 đều mở. b)K1 mở, K2 đóng, vôn kế chỉ 4,05V. Tìm R4 và UAD. c)Tìm số chỉ của ampe kế khi K1, K2 đều đóng.

Khi K1, K2 đều mở, mạch ngoài chỉ gồm [R3 nt R1]:

 Bài giải 

điện trở mạch ngoài là R2 = 5Ω thì hiệu điện thế hai đầu nguồn là U2 = 25V.

-Cường độ dòng điện qua mạch: I =

Tính E, r.

5E-25r-125 = 0

Vậy: Điện trở của vôn kế là RV = 1000 Ω .

a)Số chỉ vôn kế khi K1, K2 đều mở

8.31. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6,3V, r = 2Ω,

8.29. Nguồn điện (E, r), khi điện trở mạch ngoài là R1 = 2Ω thì cường độ qua R1 là I1 = 8A. Khi

(1)

-Khi R = R2 = 5Ω, ta có: UAB = IR2 =

E, r

U CB 100 = = 1000Ω . I1 0,1

Vậy: Khi C ≡ A thì vôn kế chỉ 6V. . ĐỊNH LUẬT ÔM CHO CÁC LOẠI ĐOẠN MẠCH

E - 8r -16 = 0

(2)

UCB 100 = = 0,25A R 2 +R 3 200+200

-Điện trở của vôn kế: R V =

1  1  U3 = 6 V  U +x = 2 R  3  Đặt = x =>  =>  1 ER v  1 +x = 1  x = 3  U3 2 3

-Cường độ dòng điện qua vôn kế là: IV = I – I2 => IV = 0,35-0,25 = 0,1A

R 1  1  U + ER = 2  3 V -Thay (3) vào (1) và (2), ta được:   1 + R = 1  U3 2ER V 3

 Bài giải  E E -Khi R = R1 = 2Ω, ta có: I = = = 8A R1 +r 2+r

=> I = 0,35A -Cường độ dòng điện qua R2 và R3 là:

E R V +r

ER V 1 R +r => = V R V +r U3 ER V

 Bài giải  -Từ định luật Ôm cho đoạn mạch chứa nguồn, ta được: UCB = E – I(R1 + r) = 170 – I(195 + 5) (1)

R R V +r+ 2 = 1 => R V +r + R = 1 ER V 3 ER V 2ER V 3

U 3 = I3 R V =

trở của vôn kế.

E, r

ER V U 2 = I2 R V = =3 R R V + +r 2

E, r

= 195Ω, R2 = R3 = 200Ω, vôn kế chỉ 100V. Tính điện

AB E , ta có: I2 = R 2 R V + +r 2

-Khi C ≡ A, ta có: I3 = =>

8.30. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 170V, r = 5Ω, R1

(1)

E E.5 R2 = = 25 R 2 +r 5+r

B K2

K1 D

E 6,3 = = 1,05A R1 + R 3 + r 2 + 2 + 2

-Số chỉ của vôn kế: UAB = E – Ir = 6,3 – 1,05.2 = 4,2V. Vậy: Số chỉ vôn kế khi K1, K2 đều mở là 4,2V.

E, r

b)Tìm R4 và UAD: Khi K1 mở, K2 đóng, ta có: R3 nt [R1//(R2 nt R4)] (hình vẽ): Ta có: UAB = E – Ir V E, r E-U AB 6,3-4,05 => I= = = 1,125A A r 2 R1 I1 Mặt khác: UAB = UAC + UCB = IR3 + UCB R3  4,05 = 1,125.2 + UCB => UCB = 1,8V

(2)

 E-8r-16 = 0  E = 40V -Từ (1) và (2), ta có:  . =>  5E-25r-5 = 0   r = 3Ω

R CB =

và

RCB =

Vậy: Suất điện động và điện trở trong của nguồn là E = 40V; r = 3 Ω .

237

UCB 1,8 = = 1,6Ω I 1,125

R1 (R 2 +R 4 ) 2(2+R 4 )  1,6 = => R 4 = 6Ω R1 +R 2 +R 4 2+2+R 4

238

-Tìm UAD: Ta có: UAD = UAC + UCD = IR3 + I2R2 Mà

-Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn:

U CB 1,8 => U AD = 1,125.2+ .2 = 2,7V . R 2 +R 4 2+6

I2 =

Eb = 4e = 4.2 = 8V; rb =

Vậy: Điện trở R4 = 6 Ω , hiệu điện thế giữa A và D là UAD = 2,7V. c)Số chỉ của ampe kế

-Điện trở mạch ngoài: RN = R123 + R4 =

Khi K1, K2 đều đóng, mạch điện được vẽ lại như sau: Ta có: IA = I2 + I4

E, r

D, A

R R 3.6 RN = R1234 = 123 4 = = 2Ω R123 +R 4 3+6

U AB = E-Ir = 6,3-1,575.2 = 3,15V

Mà:

U4 = UAB = 3,15 => I 4 =

và:

I3 + I2 + I4 = I => I3 + I2 = I – I4 = 1,575 – 0,525 = 1,05A.

A2 R1

a)Tìm số chỉ của các ampe kế. b)Tìm số chỉ của vôn kế. Đầu dương của vôn kế

 Bài giải  a)Số chỉ của các ampe kế: Vì điện trở của các ampe kế bằng 0 nên mạch có thể được vẽ lại như sau:

I1 =

U DB 4 1 = = A R1 24 6

I2 + I3 = I – I1 = 1-

(1) (2)

Vậy: Số chỉ vôn kế là 1V, cực dương của vôn kế nối với điểm D (VD > VC). 8.33. Cho mạch điện như hình vẽ. Mỗi nguồn e =

5 A. 6

I 1 UDA = -IR4 = -1.2 = -2V; UAC = 2e- .2r0 = 2.2- .2.1 = 3V 2 2 => UDC = -2 + 3 = 1V. Ta thấy: UDC > 0 => VD – VC > 0 => VD > VC.

phải nối với điểm nào?

UAB = IR123 = 1.4 = 4V

1 1 + = 0,5A . 6 3 b)Số chỉ của vôn kế: Số chỉ của vôn kế bằng độ lớn của UDC. Ta có: UDC = UDA + UAC

song song mỗi dãy 4 pin. Điện trở R1 = 24Ω, R2 =

Eb 8 = = 1A . R N +rb 6+2

+Số chỉ của ampe kế 3 bằng: I1+I2 =

12Ω, R3 = 8Ω, R4 = 2Ω, RA = 0, RV rất lớn.

24.4,8 +2 = 6Ω 24 + 4,8

+Số chỉ của ampe kế 2 bằng: I2 + I3 =

pin, mỗi pin có e = 2V, r0 = 1Ω mắc thành 2 dãy

RN =

1 1 -Từ (1) và (2) suy ra: I2 = A; I3 = A . 3 2 Vậy: +Số chỉ của ampe kế 1 bằng: I = 1A.

Vậy: Số chỉ của ampe kế là 1,05A. 8.32. Cho mạch điện như hình vẽ, bộ nguồn gồm 8

1,05 = 0,525A . 2 IA = I2 + I4 = 0,525 + 0,525 = 1,05A.

R 2R3 12.8 = = 4,8V R 2 +R 3 12+8

1 5 = A 6 6 -Mặt khác: I2R2 = I3R3  12I2 = 8I3

U4 3,15 = = 0,525A . R4 6

Mặt khác, vì R2 = R3 nên I2 = I3 = =>

R23 =

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

E 6,3 = = 1,575A R N +r 2+2

với:

R1R 23 +R4 R1 +R 23

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I=

R R 2.2 R123 = R1 + 2 3 = 2+ = 3Ω R 2 +R 3 2+2 =>

4r0 4.1 = = 2Ω 2 2

R4 = 2Ω, tụ C = 0,8 μF , RA = 0, RV rất lớn. Tính: a)Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn. b)Số chỉ các ampe kế và vôn kế.

c)Điện tích của tụ điện. A

 Bài giải  a)Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn

B D

2V, r = 1Ω, điện trở R1 = 1Ω, R2 = 12Ω, R3 = 6Ω,

A2 R3

R2 R1

A1 V

239

240

8.34. Bộ nguồn gồm 20 pin giống nhau, mỗi pin có e =

-Vì điện trở của các ampe kế bằng 0 và RV rất lớn nên mạch được vẽ lại như sau: C

1,8V, r0 = 0,5Ω mắc thành 2 dãy song song, mỗi dãy 10

A2 R3

R2 R1 A

 C

pin nối tiếp.

A1 V

Đèn thuộc loại 6V - 3W. Ban đầu R1 = 18Ω, R2 = 10Ω. R2

C≡D

N M

a)Tìm cường độ mạch chính và mỗi nhánh. b)Tăng R2 hoặc R1, độ sáng đèn thay đổi ra sao?

R4 B

 Bài giải 

-Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn:

rb =

2r0 = r0 = 1Ω 2

RĐ =

b)Số chỉ các ampe kế và vôn kế Ta có: [R1 nt (R2 // R3) nt R4]

RN = R1234 = R1 + R23 + R4 = 1 + 4 + 2 = 7Ω

-Cường độ dòng điện qua mạch ngoài: I = => I2 + I3 = 0,5 Mặt khác: I2R2 = I3R3  12I2 = 6I3 -Từ (1) và (2) suy ra: I2 =

Eb 4 = = 0,5A R N +rb 7+1

U2 62 = = 12Ω P 3

I1 R1

R 2 (R1 +R Đ ) 10(18+12) = = 7,5Ω R 2 +R 1 +R Đ 10+18+12

Eb 18 = = 1,8A . R N +rb 7,5+2,5

 I +I = I = 1,8  I1 +I 2 = 1,8 I1 = 0,45A Ta có:  1 2 . =>  =>   I1 (R1 +R Đ ) = I2 R 2 30I1 -10I2 = 0 I 2 = 1,35A

(1) (2)

Vậy: Cường độ mạch chính và mỗi nhánh là I = 1,8A, I1 = 0,45A, I2 = 1,35A. b)Độ sáng đèn thay đổi ra sao

1 1 A; I3 = A . 6 3

Ta có: RN =

R 2 (R1 +R Đ ) R (R +12) = 2 1 R 2 +R1 +R Đ R 2 +R1 +12

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = -Hiệu điện thế hai đầu A, B: UAB = IRN =

Ta có: UDE = UDA + UAE UDA = -IR1 = -0,5.1 = -0,5V; UAE = e -

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

1 -Số chỉ của ampe kế 1: IA1 = I3 = ≃ 0,33A . 3 -Số chỉ của ampe kế 2: IA2 = I = 0,5A. -Số chỉ của vôn kế có giá trị bằng độ lớn của UDE:

với:

nr0 10.0,5 = = 2,5Ω m 2

-Điện trở mạch ngoài: RN =

R 2R3 12.6 = = 4Ω R 2 +R 3 12+6

a)Cường độ mạch chính và mỗi nhánh Ta có: Eb = ne = 10.1,8 = 18V

R23 =

d)R2 = 10Ω. Tìm R1 để đèn sáng đúng định mức.

c)R1 = 18Ω. Tìm R2 để đèn sáng đúng định mức.

Eb = 2e = 2.2 = 4V; rb =

I 0,5 .r0 = 2.1 = 1,75V . 2 2

-Cường độ dòng điện qua đèn: I1 =

=> UDE = -0,5 + 1,75 = 1,25V. Vậy: Các ampe kế chỉ 0,33A, 0,5A; vôn kế chỉ 1,25V.

(1) Eb . R N +rb Eb E RN = r R N +rb 1+ b RN

U AB Eb = rb R1 +R Đ (1+ )(R1 +12) RN

(2)

-Từ (1) và (2), ta được:

c)Điện tích của tụ điện -Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện bằng UAM:

I1 =

Eb Eb = (2’) (R1 +12)rb  (R1 +R 2 +12)rb  R +12+r + 1+ (R +12) 1 b 1  R2 R 2 (R 1 +12)  

1 UAM = UAC + UCN = IR1 + I2R2 = 0,5.1 + .12 = 2,5V. 6 -Điện tích của tụ điện: q = CUAM = 0,8.2,5 = 2 μC = 2.10-6C.

-Ta thấy, nếu R1 giữ nguyên còn tăng R2 thì mẫu số của biểu thức (2’) giảm nên dòng qua đèn sẽ

Vậy: Điện tích của tụ điện là q = 2.10-6C.

tăng, độ sáng của đèn tăng.

241

242

-Nếu R2 không đổi, tăng R1 thì mẫu số của biểu thức (2’) sẽ tăng nên dòng qua đèn giảm, độ sáng của đèn sẽ giảm. c)Tìm R2 để đèn sáng đúng định mức -Thay R1 = 18 Ω vào (2’) ta được:

(3)

P1 3 = = 0,5A U1 6

+Số chỉ của vôn kế là 2V, cực dương nối với B. -Hình c: Nhánh trên: UAB = -I.2r0 = -I Nhánh dưới: UAB = e + Ir0 = 1,5 + 0,5I

(4)

18R 2 . 32,5R 2 +75

(5) (6)

+Từ (5) và (6) ta có: -I = 1,5 + 0,5I => I = -1A: dòng điện thực tế ngược chiều ta chọn. +Số chỉ của vôn kế là UAB = -(-1) = 1V, cực dương của vôn kế nối với A (VA > VB). 8.36. Cho mạch điện như hình vẽ, E1 = 6V, r1 = 1Ω, E2 = 4V, r2

Vậy: Để đèn sáng đúng định mức thì R 2 ≃ 21,4Ω .

E1, r1

= 2Ω, RAB = 7Ω, RV rất lớn.

d)Tìm R1 để đèn sáng đúng định mức

a)Tìm số chỉ của vôn kế nếu: -C trùng A.

-Thay R2 = 10Ω vào (2’) ta được: 18 180 = (R1 +12).2,5 12,5R1 +175 R1 +12+2,5+ 10 -Để đèn sáng bình thường thì I1 = Iđm = 0,5A: I1 =

(3) (4)

+Từ (3) và (4) ta có: -3 + I = -1,5 – 0,5I => I = 1A; UAB = -3 + 1 = -2V.

R 2 ≃ 21,4Ω

0,5 =

e 1,5 = = 3A r0 0,5

-Hình b: Nhánh trên: UAB = -2e + I.2r0 = -3 + I Nhánh dưới: UAB = -e – Ir0 = -1,5 – 0,5I

-Để đèn sáng bình thường thì I1 = Iđm:

-Thay (4) vào (3) ta được: 0,5 =

+Số chỉ của vôn kế: UAB = 2.1,5 – 3.2.0,5 = 0.

18R 2 18 I1 = = (18+12)2,5 32,5R 2 +75 18+12+2,5+ R2

I1 = Iđm =

V C

-C ở vị trí RAC = 1Ω. b)Tính RAC để vôn kế chỉ 0; chỉ 1V.

180 12,5R1 +175

Ta có: Cường độ dòng điện qua mạch: I =

E1 +E 2 6+4 = = 1A . R AB +r1 +r2 7+1+2

a)Số chỉ của vôn kế

R1 = 14,8Ω .

E1, r1

-Khi C ≡ A: RAC = 0, RCB = 7Ω. Ta có: UCM = E1 – Ir1 = 6 - 1.1 = 5V.

8.35. Ba nguồn giống nhau, mỗi nguồn có: e = 1,5V, r = 0,5Ω và một vôn kế V (RV rất lớn) lần

Vậy: Số chỉ của vôn kế bằng 5V, cực dương của vôn kế nối với C.

lượt mắc theo ba sơ đồ như hình vẽ. Tính số chỉ vôn kế trên mỗi sơ đồ.

-Khi C ở vị trí RAC = 1Ω:

 Bài giải 

Vậy: Để đèn sáng đúng định mức thì R1 = 14,8Ω .

E2, r2

V C

=> UCM = E1 – I(r1 + RAC) = 6 – 1.(1 + 1) = 4V. Vậy: Số chỉ của vôn kế bằng 4V, cực dương của vôn kế nối với C. b)Tính RAC

E2, r2

-Ta luôn có: UCM = E1 – I(r1 + RAC) = 6 – (1+RAC) = 5 – RAC. => RAC = 5 - UCM

 Bài giải 

-Để vôn kế chỉ 0: UCM = 0 => RAC = 5Ω. A

V Hình a

V Hình b

-Để vôn kế chỉ 1V: UCM = ±1V (dấu ”+” ứng với cực dương nối với C, dấu “-” ứng với cực

dương nối với M).

Hình c

Giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình vẽ: -Hình a: Nhánh trên: UAB = 2e – I.2r0 (1) Nhánh dưới: UAB = -e + Ir0 +Từ (1) và (2) ta có: 2e – I.2r0 = -e + Ir0

 R AC = 5+1 = 6Ω  R = 5-1 = 4Ω .  AC

Vậy: Để vôn kế chỉ số 0 thì RAC = 5Ω; để vôn kế chỉ 1V thì RAC = 6Ω hoặc RAC = 4Ω. 8.37. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 3V,

(2)

E1, r1

E2, r2 C

r1 = r2 = 1Ω, R1 = 5Ω, R2 = 3Ω, RV rất lớn.

243

244

V A

R1 D

a)Vôn kế V chỉ 0. Tính R3. b)Đảo vị trí các cực của một trong hai nguồn. Tìm số

b)Để UAB < 0: Từ (2), để UAB < 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 < 0

chỉ của vôn kế.

 Bài giải 

a)Tính R3: Ta có:

-Cường độ dòng điện qua mạch: I = I=

E1, r1

E2, r2 C

E1 +E 2 R N +r1 +r2

9(3+R 3 ) 6+3 = 3R 3 10R 3 +21 5+ +1+1 3+R 3

I2 D

UDC =

9 (4R 3 +3)-3 = 0 10R 3 +21

8.38. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm E1 để: a)UAB > 0.

b)UAB < 0. c)UAB = 0.

I1 A

+Với nguồn E2, ta có: UAB = E2 – Ir2 => E2 = UAB + Ir2 = 10 + 1.1 = 11V.

E1, r1 A

A R

(1) (E1 +E 2 )r1 (R+r2 )E1 -E 2 r1 = R+r1 +r2 R+r1 +r2

a)Để UAB > 0: Từ (2), để UAB > 0 thì: E1, r1 A I



R3 + 2R3 = 30Ω => R3 = 10Ω và R4 = 2R3 = 20Ω.

245

U AB 10 = = 30Ω 1 I3 3

R 3 +R 4 =

E -U 12-10 -Mặt khác: UAB = E1 – Ir1 => I = 1 AB = = 1 A. r1 2

E2, r2

1 A. 3

(2)

(R + r2)E1 – E2r1 > 0

a)Tính R1, R2, R3, R4: Khi K mở mạch được vẽ lại như sau: -Ta có: UAB = 10V; I3 =

E1 +E 2 R+r1 +r2

Tính Q của tụ và xác định dấu điện tích trên các bản tụ.  Bài giải 

b)K đóng, điện kế chỉ 0. Tính E2.

E2, r2

Vậy: Suất điện động của các nguồn điện là E1 = 10V, E2 = 11V. 8.40. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 2R2, R4 = 2R3,

c)Thay khóa K bằng tụ C = 3 μF và đổi cực nguồn E2.

E2, r2

a)K mở, vôn kế chỉ 10V, ampe kế chỉ 1/3A. Tính R1, R2, R3, R4.

 Bài giải 

E1, r1

E1 = 12V, r1 = r2 = 2Ω, RA = RG = 0, RV rất lớn.

1 Ta có: UCD = - E1 + I(r1 + R1) = -6+ .(1+5) = -4V . 3 => UDC = 4V. Vậy: Khi đảo cực của một nguồn thì số chỉ của vôn kế bằng 4V, cực dương nối với D.

Er E1 > 2 1 R+r2

A R

-Ta có: UAB = IR = 1.10 = 10V. +Với nguồn E1, ta có: UAB = E1 => E1 = 10V.

E1 -E 2 3(3+6) 1 = = A R N +r1 +r2 10.6+21 3

E2, r2

 Bài giải  -Vì khi xê dịch con chạy R0, số chỉ của ampe kế không đổi nên không có dòng điện chạy qua nguồn E1.

b)Số chỉ của vôn kế khi đảo cực của một nguồn: Giả sử đảo cực của nguồn E2, cường độ dòng điện qua mạch là:

+UAB = E1 – Ir1 = E1 -

E1, r1

không đổi và bằng 1A. Tìm E1, E2.

Vậy: R3 = 6 Ω .

Ta có: + I =

E 2 r1 Er Er ; để UAB < 0 thì E1 < 2 1 ; để UAB = 0 thì E1 = 2 1 . R+r2 R+r2 R+r2

RA = 0. Khi xê dịch con chạy biến trở R0, số chỉ ampe kế

I3 R3

36R 3 +27-30R 3 -63 = 0 => R 3 = 6Ω .

E 2 r1 . R+r2

8.39. Cho mạch điện như hình vẽ: R = 10Ω, r1 = r2 = 1Ω,

 9(3+R 3 )  3R 3 9 . +1 -3 = (4R 3 +3) - 3 10R 3 +21  3+R 3  10R 3 +21

-Để vôn kế chỉ số 0: UDC = 0 

E1 =

Vậy: Để UAB > 0 thì E1 >

Ta có: UDC = UDB + UBC = IR23 – E2 + Ir2 = I(R23 + r2) – E2 =>

E 2 r1 R+r2

c)Để UAB = 0: Từ (2), để UAB = 0 thì: (R + r2)E1 – E2r1 = 0

R R 3R 3 -Điện trở mạch ngoài: RN = R1 + 2 3 = 5+ R 2 +R 3 3+R 3

E1 <

1 2 I1 = I-I3 = 1- = A 3 3

R3 I3

I E1

246

UAB = I1(R1 + R2) = =>

R2 =

a)Vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0 -Vì ampe kế chỉ số 0 nên không có dòng qua E2:

2 (2R 2 +R 2 ) = 2R2 3

U AB 10 = 5 Ω và R1 = 2R2 = 10 Ω . = 2 2

Vậy: R1 = 10Ω; R2 = 5Ω; R3 = 10Ω; R4 = 20Ω. b)Tính E2 -Khi K đóng, điện kế chỉ 0 nên không có dòng điện qua nguồn E2, mạch được vẽ như sau: R2 R1 -Chọn các vòng như hình vẽ, ta có: M I I1R1 – E2 – I3R3 = 0 10I1 – 10I3 – E2 = 0

+Vòng (b):  +Vòng (c): 

I1R2 – I3R4 + E2 = 0 5I1 – 20I3 + E2 = 0 (2) I3(R3 + R4) – E1 + Ir1 = 0 I3(10+20) – 12 + (I1 + I3).2 = 0



2I1 + 32I3 = 12

G E2

c I

2  I1 = 3 A 10I1 -10I3 -E 2 = 0  1   -Từ (1), (2), (3): 5I1 -20I3 +E 2 = 0 => I3 = A 3  2I +32I = 12  3  1 10  E = ≃ 3,33V  2 3 

Vậy: Suất điện động của nguồn E2 là E2 = 3,33V. c)Tính Q của tụ và xác định dấu điện tích trên các bản tụ Khi thay khoá K bằng tụ C, do dòng điện không chạy qua tụ C nên các dòng điện trong mạch bây giờ giống như ở câu (a). -Ta có: UNM = UNA + UAM = -I3R3 + I1R1

1 2 10 => UNM = - .10+ .10 = V 3 3 3 -Mặt khác: UNM = -E2 + UC =>

UC = UNM + E2 =

10 10 20 + = V 3 3 3

R4 N

và ampe kế. Tìm vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0.  Bài giải 

và

U 1,8 I = I1 + I2 = AC +I2 = +0,6 R AC R AC

(2)

1,8 +0,6)(9-R AC )-2,7 = 0 R AC



16,2 -0,6R AC +0,9 = 0  0,6R 2AC -0,9R AC -16,2 = 0 R AC

R AC = 6Ω; R AC = -4,5Ω < 0: loại.

x nguồn

…… . …… y .nguồn

Giả sử dòng qua dãy chứa x nguồn bằng 0, ta có: E b2 R+rb2

2y.15 30y = 15+y 15+y

2y 15+y

+Hiệu điện thế hai đầu bộ nguồn: UAB = IR =

(1)

+Mặt khác, dòng điện không qua dãy chứa x nguồn nên ta có:

247 B C

(1)

+Cường độ dòng điện qua mạch chính:

E1, r1

I 2’

E b2 = ye = 2y; rb2 = yr0 = y

R’

E b1 = xe = 2x; rb1 = xr0 = x

 Bài giải 

C E2, r2

RCB

E2, r2

I(RCB + 1) - 2,7 = 0 I(8 - RAC + 1) – 2,7 = 0 I(9 - RAC) – 2,7 = 0

a)Tìm vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0.

Ta có: x + y = 16

E1, r1

b)Mắc thêm R' = 3Ω song song với đoạn mạch chứa E2

I1 RAC

dãy x và y nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là R = 15Ω. Tìm x, y để cường độ qua một dãy bằng 0.

Q = CUC = 3.

= 1Ω, RAB = 8Ω, RA = 0.

  

20 = 20 μC = 2.10-5 C. E1 I 3 -5 Vậy: Điện tích của tụ là Q = 2.10 C và bản nối với M tích điện âm (vì UC > 0). *Chú ý: Nếu chúng ta tính ra UC < 0 thì bản dương của tụ được nối với N. 8.41. Cho mạch điện như hình: E1 = 4,5V, E2 = 1,8V, r1 và

1,8 => I2 = = = 0,6A R' 3 -Mặt khác: UAC + UCB – E1 + Ir1 = 0  1,8 + IRCB – 4,5 + I = 0

-Thay (2) vào (1): (

E1, r1

U R'

8.42. Có 16 nguồn giống nhau, mỗi nguồn e = 2V, r0 = 1Ω, mắc thành hai dãy song song, mỗi

R3 I3

U AC 1,8 = = 3,6Ω . I 0,5

R AC =

Vậy: Vị trí con chạy để ampe kế chỉ 0 trong trường hợp này là RAC = 6 Ω .

E2 A

-Vì ampe kế chỉ số 0 nên: U R ' = U AC = E 2 = 1,8V .

(3)

E1 4,5 = = 0,5A . R AB +r1 8+1

b)Vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0 khi mắc thêm R' -Khi mắc thêm R, mạch được vẽ lại như sau:

(1) a

-Mặt khác: I =

Vậy: Vị trí con chạy để ampe kế chỉ 0 là RAC = 3,6 Ω .

+Vòng (a): 

UAC = E2 = 1,8V

248

UAB = E b1 = 2x = 2(16 - y) +Từ (1) và (2): 2(16-y) = => và

Ta có: AC1 = d1; AC2 = d2; C1C2 = d2 – d1.

(2)

30y  2y2 + 28y – 480 = 0 15+y

-Từ công thức: R = ρ

y = 10 và y = -24 < 0 (loại) x = 16 – 10 = 6.

r1 = 2Ω, R = 2Ω, RA = 0.

Ampe kế chỉ 2A. Tính r2.

d 2 -d1 d -d = 2 1R S d -Khi đó, mạch có thể được vẽ lại: -Vì IG = 0 nên suy ra dòng điện qua mạch chính: R AC3 = R 3 = ρ

e2 e2 I= = d2 R1 +R 3 +r2 R+r2 d

E2, r2

 Bài giải  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

I 2 r2 = E 2 -U AB = 4,5-4 = 0,5

0,5 r2 = I2

-Bỏ qua r2 (r2 = 0) nên: I = E1, r1

(1)

-Xét nhánh dưới, ta có: UAB –E2 + I2r2 = 0 =>

d1 d d d = 1 R ; R AC2 = R 2 = ρ 2 = 2 R S d S d

R AC1 = R1 = ρ

Vậy: Để cường độ qua một dãy bằng 0 thì số nguồn của mỗi dãy là 6 và 10. 8.43. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 4,5V, E1, r1

E -U 6-4 I1 = 1 AB = = 1A r1 2

l ta được: S

E2, r2

Mặt khác, tại nút A: I = I1 + I2 => I2 = I - I1 = 2 - 1 = 1A Thay vào (2) ta được: r2 = 0,5Ω. Vậy: r2 = 0,5Ω.

không đáng kể. Chọn vị trí của C1 và C2 sao cho điện kế G chỉ số 0.

c)Người ta dùng sơ đồ trên để đo suất điện động e2, hãy trình bày cách đo đó.

-Mặt khác: U AC1 = e1 =

+ -

G C2

d)Để đo suất điện động e2 được dễ dàng hơn, người ta chọn thêm một nguồn P3 có suất điện động e3 > e2. Trình

+ -

e2 = e1

-Đặt r0 =

+ P2

e2 d1 d2

e2 d . 1R. d2 R+r2 d d

e2 d . 1R d2 R+r2 d d

d2R +r2 d d1 R d

R e d r +r d r => 2 = 2 0 2 = 2 + 2 d e1 d1r0 d1 d1r0

Vậy: Nếu không bỏ qua r2 thì

bày cách đo này.

e2 theo d1, d2 nếu điện trở trong r2 của P2 không thể bỏ qua được e1

-Nếu r2 ≠ 0, ta có: U AC1 = IR1 =

e2 theo d1, d2 nếu r2 không thể bỏ qua được. e1

e2 d = 2. e1 d1

nối cực dương với A, cực âm với C1 qua một điện kế G. Một nguồn điện P2 cần đo suất điện động e2 được nối cực dương với A, cực âm với C2 (hình vẽ). Điện trở các dây nối và chỗ tiếp xúc

b)Tính tỉ số

R3 C1

e2 d = 2. e1 d1

b)Tỉ số

e2 theo các độ dài d1 = AC1 và d2 = AC2 nếu điện trở trong r2 của P2 là nhỏ có thể e1

e 2d d1 ed . .R = 2 1 d2R d d2

Vậy: Nếu bỏ qua r2 thì

bỏ qua được.

e2 ed = 2 d2 d 2R R d

8.44. Một dây kim loại đồng chất tiết diện đều chiều dài d và điện trở R. Hai chỗ tiếp xúc di động C1 và C2 có thể di chuyển dọc theo AB. Một pin mẫu P1 có suất điện động e1 đã biết được

a)Tính tỉ số

(*)

-Mặt khác vì dòng qua e1 bằng 0 nên U AC1 = e1 =

(2)

U AC1 = IR1 =

+ -

e2 d r R = 2 + 2 với r0 = . e1 d1 d1r0 d

c)Cách đo suất điện động e2

 Bài giải 

e a)Tỉ số 2 theo d1, d2 nếu điện trở trong r2 của P2 có thể bỏ qua được e1

249

250

Từ kết quả câu b, ta có:

e2 d r = 2 + 2 , trong đó có hai ẩn e2 và r2 chưa biết nên chúng ta cần e1 d1 d1r0

a)Tính UAB: Ta có: UAB = E2 – I2(r2 + R2) = 6 - 0,5(2 + 4) = 3V. b)Tính R: Ta có: UAB = IR = (I1 + I2)R = (0,5 + 0,5)R = R

làm hai lần thí nghiệm, từ đó có được hai phương trình, giải hệ phương trình này ta tìm được e2

và r2. d)Cách đo e2 khi dùng thêm nguồn P3: Để đo e2 khi dùng thêm nguồn P3 ta làm như sau:

Vậy: UAB = 3V; R = 3 Ω . 8.47. Cho mạch điện như hình: E1 = 8V, r1 = 1Ω,

-Nối cực dương của P3 với A, cực âm với B, cực dương của nguồn P1 nối với A, cực âm với điện kế G, cực còn lại của điện kế nối con chạy. -Thay nguồn P1 bởi P2. 8.45.-Một nguồn điện một chiều có suất điện động E và điện trở trong r không đổi, chưa biết giá trị của E và r. -Một ampe kế và một vôn kế có số chỉ chính xác nhưng không biết điện trở của chúng. -Một biến trở không biết giá trị. -Các dây nối có điện trở nhỏ không đáng kể.

và vôn kế tương ứng là I1, U1, I2, U2, I3, U3. =>

 U1 = E-I1 (r+R A )   U 2 = E-I 2 (r+R A )  U = E-I (r+R ) 3 A  3

E1, r1

Vôn kế (RV rất lớn) chỉ 7,5V. Tính: a)UAB.

R2 A

E2, r2

và

E2 = UAC = I1RAC = 0,5.12 = 6V.

E1, r1 I1 I

C B I1

b I2

1 2 I+I- -1 = 0 => I = A 3 3

và

UAC = IRAC =

1 . 3

2 16 .8 = V 3 3

+Mặt khác: UAC = E2 – I2r2 = 6 -

a A

8I + 7I1 + I1 – 8 = 0  8I + 8I1 – 8 = 0 I + I1 -1 = 0

1 r2 3

16 1 = 6- r2 => r2 = 2Ω . 3 3 Vậy: E2 = 6V và r2 = 2 Ω .

b)R.



 Bài giải  Giả sử chiều dòng điện trong mạch như hình vẽ. -Xét theo vòng (a), ta có: -I2R2 + UMN – E1 + I1r1 = 0  -4I2 + 7,5 – 6 + I1 = 0  I1 – 4I2 + 1,5 = 0 -Xét theo vòng (b), ta có: 

E1 8 = = 0,5A R AB +r1 15+1

Vì I1 + I2 = I => I1 = I – I2 = I -

-Hệ trên có 3 ẩn là E, r, RA. Giải hệ ta tìm được giá trị của E và r. r2 = 2Ω, R1 = 5Ω, R2 = 4Ω.

Tính E2, r2.

 

E, r

8.46. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = E2 = 6V, r1 = 1Ω,

A C B

1 A. 3

+Xét theo vòng kín (a), ta có: IRAC + I1RCB + I1r1 – E1 = 0

+ -

-Khi R1 = 8Ω, ampe kế chỉ

1 -Khi R1 = 8Ω, ampe kế chỉ A: 3

-Khi R1 = 12Ω, ampe kế chỉ 0.

-Khi R1 = 12Ω, ampe kế chỉ 0 nên không có dòng qua nguồn E2.

Ta có: UCD = E – I(r + RA) -Điều chỉnh biến trở Rb 3 lần, khi đó số chỉ của ampe kế

E1, r1

RA = 0, RAC = R1, RCB = R2, RAB = 15Ω.

 Bài giải 

Xây dựng các phương án thực hành với các dụng cụ đã cho để xác định giá trị của suất điện động E và điện trở trong r?  Bài giải  Chúng ta có thể bố trí các dụng cụ theo sơ đồ sau:

R = 3Ω.

(1)

+E2 – I2r2 + I1R1 + UNM = 0 6 - 2I2 + 5I1 – 7,5 = 0

R E1, r1

I1 I2

I2 R2

a)Đèn sáng bình thường. Tính công suất đèn. b)Nếu một nguồn bị đảo cực thì công suất đèn là bao nhiêu?

I1 a

8.48. Bộ nguồn gồm ba acquy 12V - 3Ω mắc song song. Mạch ngoài là một bóng đèn 8V.

 Bài giải 

B E2, r2

a)Công suất của đèn

Ta có: Eb = E = 12V; rb =

 5I1 – 2I2 – 1,5 = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: I1 = I2 = 0,5A.

3 = 1Ω. 3

E, r A

251

252 X Đ

-Cường độ dòng điện qua mạch: I =

Eb 12 . = R Đ +rb R Đ +1

-Hiệu điện thế giữa hai đầu đèn: U = IRĐ =



Suy ra: Dòng điện qua nguồn mắc ngược bằng I =

I 2(n-1)e 2e = = n-1 nr(n-1) nr

12R Đ => R Đ = 2Ω R Đ +1

-Công suất của đèn: P =

-Hiệu điện thế của mỗi nguồn:

U2 82 = = 32W . RĐ 2

UAB = -e + Ir = -e +

Vậy: Công suất của đèn là P = 32W. b)Công suất của đèn khi một nguồn bị đổi cực

+Nhánh dưới: IRĐ + E + I3r0 = 0 2I – 12 + 3I1 = 0

I1 A

2e (n - 2)e và U = . nr n 8.50. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 8V, E2 = 12V, C = 2 μF .

E, r B

Tìm điện lượng qua R khi K chuyển động từ (1) sang (2).

2I – 12 + 3I2 = 0 2I + 12 + 3I3 = 0 Mặt khác: I = I1 + I2 + I3, thay vào hệ, ta được:

q = CUC = 2.8 = 16μC và cực âm của C nối với R.

E1, r1

Eb, rb A

+ -

E2, r2

q ' = CU 'C = 2.12 = 24μC và cực dương của C nối với R.

-16+Δq = 24 => Δq = 24+16 = 40μC = 4.10-5 C

khác. Tìm cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn.  Bài giải 

I(r+

Gọi Δq là điện lượng chuyển qua R, ta có:

4 và: P = I RĐ = ( )2 .2 ≃ 3,56W . 3 Vậy: Công suất của đèn khi một nguồn bị đổi cực là P ≃ 3,56W. 8.49. Có n nguồn giống nhau (e, r) mắc song song. Có một nguồn mắc ngược với các nguồn



-Khi K ở vị trí 2 thì: U 'C = E 2 = 12V .

-Xét theo một vòng kín: -e + Ir – Eb + Irb = 0  I(r + rb) = e + Eb

E2, r2

Vì dòng điện không qua C nên: -Khi K ở vị trí 1 thì: UC = E1 = 8V.

28 28 44 4 = A. + 9 9 9 3

E b = e  -Trong (n - 1) nguồn mắc đúng, ta có:  r  rb = n - 1

E1, r1

 Bài giải 

5I1 + 2I2 + 2I3 = 12   2I1 + 5I2 + 2I3 = 12  2I + 2I + 5I = - 12 2 3  1 =>

2(n-1)e , các nguồn nr

còn lại là I’ =



28 28 44 I1 = A; I2 = A; I3 = - A 9 9 9

2(n-1)e (n-2)e = n n

Vậy: Cường độ và hiệu điện thế của mỗi nguồn là: nguồn mắc ngược là I =

-Nếu một nguồn bị đảo cực, mạch có thể vẽ lại như sau: Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ, ta có: +Nhánh trên: IRĐ – E + I1r0 = 0 +Nhánh giữa: IRĐ – E + I2r0 = 0

nr 2(n-1)e = 2e => I = n-1 nr

2(n-1)e . nr -Trong (n - 1) nguồn mắc đúng thì dòng điện đều bằng nhau và bằng:

12R Đ . R Đ +1

-Vì đèn sáng bình thường nên: U = 8V. 

Vậy: Điện lượng chuyển qua R là ∆q = 4.10-5C . 8.51. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 12V, E2 = 6V, r1

= r2 = 1Ω, R1 = 2Ω, R2 = 3Ω, C = 5 μF . Tìm điện lượng qua E2 khi K đóng.  Bài giải  -Khi K mở: Dòng điện không chạy được qua tụ C nên: UAB = E1 = 12V Mà UAB = E2 + UC => UC = 12 – 6 = 6V.

Điện tích trên tụ: q = CUC = 5.6 = 30 μC .

E1, r1

E2, r2

C K

R2 E1, r1

E2, r2

-Khi K đóng, ta có dòng điện qua mạch:

- +

e, r

r ) = 2e (Eb = e) n-1

253

UAB = IR2 = 2.3 = 6V.

E1 12 = = 2A R 1 +R 2 +r1 2+3+1

E1, r1 E2, r2 R2 I

R1 C K

254

-Khi K đóng, ta có: UAD = 5V (câu a); UAF = 4V. => UDF = -5 + 4 = -1V.

Mặt khác: UAB = E2 + U 'C => U'C = UAB – E2 = 6 - 6 = 0.

Điện tích trên tụ: q’ = C U 'C = 0.

Vậy: Khi K mở, UDF = 2V; khi K đóng, UDF = -1V. 8.53. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 2E2 = 3V; r1 = 2r2 =

Vậy: Khi đóng K, điện lượng chuyển qua E2 là:

Δq = q - q ' = 30 - 0 = 30μC = 3.10-5C. 8.52. Cho mạch điện như hình vẽ. E1 = 6V, E2 = 3V, r1 =

E1, r1

1Ω, r2 = 2Ω, R1 = 4Ω, R2 = 2Ω, C1 = 0,6 μF , C2 = 0,3 μF . Ban đầu K mở, sau đó K đóng. a)Xác định chiều và số lượng êlectrôn qua K khi K đóng.

+ -

 Bài giải  a)Xác định chiều và số lượng êlectrôn qua K khi K đóng -Khi K mở: [C1 nt C2]: I

R1 I

' 2

q’D = -q1' +q '2 = -3+0,3 = -2,7μC

-Điện lượng chuyển qua khóa K khi K đóng là:

-Số chỉ của vôn kế bằng: E1 – Ir1 = 3 - 0,5.2 = 2V. -Điện tích của tụ: q = CUAM

E1, r1

+ R1

Δq = -2,7-0 = 2,7μC = 2,7.10 C I

Δq 2,7.10-6 n= = = 1,6875.1013 e 1,6.10-19

=> =>

q = 0,5.1,5 = 0,75 μC .

-Điện trở mạch ngoài: RN = R3 +

+ D

E2, r2

E1, r1 C

A R1

R 1R 2 3.6 = = 5Ω R1 +R 2 3+ 6

-Cường độ dòng điện mạch chính:

3 3+ E1 +E 2 2 = 0,5625A I= = R N +r1 +r2 5+2+1

F K đóng

-Số chỉ của vôn kế bằng: E1 – Ir1 = 3 – 0,5625.2 = 1,875V. -Số chỉ của ampe kế:

E2,r2

E1, r1 C A

B I2

R3 R1

I I1

 I +I = I = 0,5625  I +I = 0,5625 Ta có:  1 2 =>  1 2 I R = I R 2 2 1 1 3I1 = 6I2

CC 0,6.0,3 C12 = 1 2 = = 0,2μC C1 +C 2 0,6+0,3

I2 = 0,1875A, I1 = 0,375A .

số chỉ ampe kế bằng I1 = 0,375.A

-Điện tích của tụ điện: Ta có: UC = UAB = IRAB = 0,5625.5 = 2,8125V

UAB = I(R1 + R2)=1.(4 + 2) = 6V q1 = q2 = UABC12 = 6.0,2 = 1,2 μC U C1

-Khi K mở, ta có [C1 nt C2]:

và =>

UAM = UAN = IR3 = 0,5.3 = 1,5V

A R1

b)Trường hợp sau khi K đóng: Khi K đóng, ta có: [R3 nt (R1 // R2)]:

Vậy: Số electron qua khóa K là n = 1,6875.1013 và có chiều từ C đến D. b)Tính UDF khi K mở và khi K đóng Ta có: UDF = UDA + UAF = -UAD + UAF.

với

Vậy: Khi K mở, số chỉ ampe kế là 0,5A; số chỉ vôn kế là 1,5V; điện tích của các tụ là 0,75 μC . E2, r2 C2

-6

-Số electron qua K khi K đóng là:

+ -

K mở

q = U AD C1 = 5.0,6 = 3μC

3 3+ E1 +E 2 2 = 0,5A I= = R 3 +R1 +r1 +r2 3+3+2+1

E2, r2

 Bài giải  a)Trường hợp ban đầu khi K mở: Khi K mở, ta có [R3 nt R1]:

' 1

q = U DBC2 = 1.0,3 = 0,3μC

b)Sau khi K đóng.

+ -

UAD = UAC = E1 – Ir1 = 6 – 1.1 = 5V.

và

-Cường độ dòng điện qua mạch là: E1, r1

UDB = UCB = E2 – Ir2 = 3 - 1.2 = 1V. =>

+ F

=> q1 = q2 => qD = -q1 + q2 = 0. -Khi K đóng, ta có dòng điện qua mạch:

lúc: a)Ban đầu khi K mở.

K C2 D

E2, r2

E1, r1

0. Tìm số chỉ của vôn kế, ampe kế và điện tích của các tụ

E2, r2

b)Tính UDF khi K mở và khi K đóng.

E1 +E 2 6+3 I= = = 1A R 1 +R 2 +r1 +r2 4+2+1+2

2 Ω ; R1 = R3 = 3 Ω ; R2 = 6 Ω ; C = 0,5 μF ; RV rất lớn; RA =

q q 1,2 1,2 = 1 = = 2V ; U C2 = 2 = = 6V C1 0,6 C2 0,2

q = CUC = 0,5.2,8125 ≈ 1, 4μC .

Vậy: Khi K đóng, số chỉ ampe kế là 0,375A; số chỉ vôn kế là 1,875V; điện tích của các tụ là 1,4 μC .

UAD = U C1 = 2V

Ta có: UAF = IR1 = 1.4 = 4V => UDF = -2 + 4 = 2V.

255

256

8.54. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = E2 = 1,5V, r1 =

E1, r1

0,2Ω, r2 = 0,5Ω, C1 = 0,2 μF , C2 = C3 = 0,3 μF , R =

0,5Ω.

Tìm điện tích các tụ khi khóa K chuyển từ 1 sang 2.

 Bài giải 

E1, r1

Điện tích các tụ: q1 = q2 = C12U12

Mặt khác, theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: q1' +q '3 = -q1 = -0,15 -C1U 'C1 +C3 U'C3 = -0,15



-0,2U 'C1 +0,3U 'C3 = -0,15

(2)

 U +U = 1 Từ (1) và (2):  => ' ' 0,2U C1 -0,3U C3 = 0,15 ' C1

' C3

 U = 0,9V  '  UC3 = 0,1V ' C1

q1' = C1U 'C1 = 0,2.0,9 = 0,18μC = 0,18.10-6C



-I2R2 – E2 + I3R3 = 0 -20I2 – 1 + 30I3 = 0

1 A 5 1 A 10 1 A 10

1 .10 = 2V 5

U 'AD = I1R1 =

và

' U 'AD = E 2 +U C' => UC' = U AD -E 2 = 2-1 = 1V .

q ' = CU 'C = 1.1 = 1μC và bản dương của tụ nối với R4. 1 2 2 = μC = .10-6 C . 3 3 3 2 -6 .10 C . 3

Vậy: Khi K đóng, điện lượng chuyển qua K là Δq =

0,15.10-6C còn điện tích của tụ C1 là q1' = 0,18.10-6C và của tụ C3 là q '3 = 0,03.10-6C.

8.56. Cho mạch điện như hình: E = 1,5V, r = 0,4Ω, R1

8.55. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 4V, E2 = 1V, R1

= 1Ω, R3 = 2Ω, R4 = 6Ω, RA = 0.

= 10Ω, R2 = 20Ω, R3 = 30Ω, r1 = r2 = 0, C = 1 μF . Tính điện lượng qua R4 khi K đóng.

- +

D I

R1 C D

257

a I1

E, r

 1,4I1 + 2I3 = 1,5 (1) +Xét vòng (b): I5R5 + I5R4 – I3R3 = 0

R4 R1

E, r

 Bài giải  -Khi K mở, mạch điện được vẽ lại như sau: +Xét vòng (a): I1R1 + I3R3 - E + I1r = 0  I1 + 2I3 – 1,5 + 0,4I1 = 0

Tính R2, R5.

R2 K

Khi K mở ampe kế chỉ 0,1A. Khi K đóng ampe kế chỉ 0.

E1 4 2 I= = = A R 2 +R1 20+10 15 2 4 .10 = V 15 3

-Khi K mở, mạch được vẽ lại: +Vì dòng điện không qua tụ nên:

UDA =IR1 =

Vậy: Sau khi chuyển K từ vị trí 1 sang 2 thì điện tích của tụ C2 không đổi và bằng q '2 = q 2 =

(2) (3)

R4 R1

I2 D

  I1 = -20I2 +30I3 = 1    +Từ (1), (2), (3): 10I1 +20I2 = 4 =>  I2 =  I -I -I = 0  1 2 3   I3 = 

Δq = q ' -q = 1-

q '2 = q 2 = 0,15.10-6C.

 Bài giải 

+Tại nút B: I3 + I2 = I1 I1 – I2 – I3 = 0

(1)

I1R1 + I2R2 – E1 = 0 10I1 + 20I2 – 4 = 0 10I1 + 20I2 = 4

-Điện lượng chuyển qua R4 là:

q '3 = C3 U'C3 = 0,3.0,1 = 0,03μC = 0,03.10-6 C . và

q = CUC = 1.

 hay

(1)



q1 = q2 = 0,12.1,25 = 0,15 μC = 0,15.10 C.

U 'C1 +U C' 2 = 1V

2 1

4 1 -1 = V 3 3

hay -20I2 + 30I3 = 1 +Xét vòng (b), ta có:

-6

-Khi K chuyển sang vị trí 2: Ta có: U13 = UAM = E1 – Ir1 = 1,5 – 2,5.0,2 = 1V. =>

E2, r2

và U1 = UAB = IR = 2,5.0,5 = 1,25V.

UC = UAD – E2 =

1 1 = μC và bản dương của tụ nối với R4. 3 3 -Khi K đóng, giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ: +Xét vòng (a), ta có:

-Ban đầu khi K ở vị trí 1, ta có: [C1 nt C2]: CC 0, 2.0,3 C12 = 1 2 = = 0,12μF C1 +C2 0, 2 + 0,3

2 1

E +E Ta có: I = 1 2 = 2,5A R+r1 +r2

+Mặt khác: UAD = E2 + UC

E2, r2

b R5

258

 I5(R5 + 6) – 2I3 = 0 Với I5 bằng số chỉ của ampe kế bằng 0,1A.

=> 0,1R5 + 0,6 – 2I3 = 0 +Xét tại nút C, ta có: I5 + I3 = I1

(2)

(3)

I1 – I3 = I5 = 0,1

9 + 1,5r = E

E, r

(1)

-K đóng, ta có mạch điện như hình b:

Vậy: R5 = 2Ω.

=> R2

+Xét vòng (a): I2R2 + I2R4 – E + Ir = 0  I2(R2 + 6) -1,5 + 0,4I = 0 (4)

D I2

a E, r

+Xét vòng (b): I1R1 + I1R3 - E + Ir = 0  I1(1 + 2) – 1,5 + 0,4I = 0  3I1 + 0,4I = 1,5 (5)

R4 B

+Xét vòng (c): I2R4 – I1R3 = 0  6I2 – 2I1 = 0  I1 – 3I2 = 0

(6)

+Tại nút B, ta có: I1 + I2 = I

(7)

' 2

I3' = I' -I1' = 3-1 = 2A

và

UAB = E – Ir  6 = E – 3r

I'3

I3'

R3 Hình b

(2)

1,5r-E = -9 r = 2Ω -Từ (1) và (2):  =>  . 3r-E = -6 E = 12V Vậy: E = 12V; r = 2 Ω ; R2 = 4 Ω ; R3 = 3 Ω .

R3 =

6 = = 3Ω 2

I1'

U R 3 = U AB = 6 V UR3

E, rM Hình a

I’

Mặt khác: UAB = I1' (R1 +R 2 ) = 1.(2+4) = 6V .

-Khi K đóng, vì ampe kế chỉ 0 nên ta có mạch như hình bên:

R1 A

U' 4 Ta có: I = I = MB = = 1A R2 4 ' 1

1,4I1 +2I3 = 1,5  I1 = 0,5A   +Từ (1), (2), (3): 0,1R 5 -2I3 = -0,6 =>  I2 = 0,4A   R = 2Ω  I1 -I3 = 0,1  5

8.58. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 4Ω, RA = 0,

E, r

RV rất lớn, hai đèn giống nhau và có hiệu điện thế định mức 6V, R2 là biến trở. Khi hai đèn cùng sáng,

45   I1 = 106 A 3I1 +0,4I = 1,5  15   +Từ (5), (6), (7):  I1 -3I2 = 0 =>  I2 = A 106  I +I -I = 0  1 2 30   I = 53 A 

vôn kế chỉ 4,5V, ampe kế chỉ 1,5A. Khi tắt bớt một

16 4 đèn, chúng chỉ V và A. 3 3 a)Tính E, r, R2 và R của đèn. b)Tìm R2 để đèn sáng bình thường.

X X

Đ Đ

 Bài giải 

+Thay các giá trị vừa nhận được vào (4), ta được:

E E  1,5 = R1 +R 2 +r 2+4+r

Mà

a)Tính E, r, R2 và R của đèn

15 30 .(R 2 +6)-1,5+0,4. =0 106 53 R2 = 3 Ω .

-Khi 2 đèn cùng sáng, số chỉ của vôn kế bằng 4,5V nên UAB = 4,5V. Ta có: IR1 + UAB – E + Ir = 0  

Vậy: R5 = 2 Ω ; R2 = 3 Ω . 8.57. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 2Ω, RA = 0, RV

rất lớn. -Khi K mở, ampe kế chỉ 1,5A, vôn kế chỉ 6V. -Khi K đóng, chúng chỉ 3A, 4V.

Tính E, r, R2, R3.  Bài giải 

-K mở, ta có mạch điện như hình a: Ta có: (R1 nt R2) => I1 = I2 = I = 1,5A. U 6 = 4Ω UMB = I2R2 => R2 = MB = I2 1,5

E, r

M R3

R2 K

' AB

I R1 +U -E+I r = 0



4 16 4 .4+ -E+ r = 0 3 3 3



4 32 E- r = 3 3

E, r

V R1

X (2)

Đ Đ

 E-1,5r = 10,5 E = 12V  . -Từ (1) và (2):  4 32 =>  Er = r = 1Ω  3 3

R1 A

(1)

16 4 -Khi tắt một đèn: UAB = V, I = A . 3 3

E, r

1,5.4 + 4,5 – E + 1,5r = 0 E – 1,5r = 10,5

259

260

-Mặt khác: +Khi 2 đèn sáng: cường độ dòng điện tổng cộng qua 2 đèn là:

-Giả sử RV = ∞ : mạch ngoài gồm [R2 nt R3 nt R4 nt R1]: => RN = R2 + R3 + R4 + R1

U 4,5 9 2IĐ = 2. AB = 2. = RĐ RĐ RĐ =>

U 4,5 I 2 = AB = R2 R2

9 4,5 Vì I = I2 + 2IĐ => 1,5 = + RĐ R2

E 120 12 I= = = R N +r 65+5 7

(3)

16 U'AB 16 ' Dòng điện qua đèn: I = => I Đ = 3 = . RĐ RĐ 3R Đ

R2 IV

I = 2A

-Điện trở của vôn kế là: R V =

(4)

U AB 60 = = 1,5A . R 34 20+20

U AB 60 = = 120Ω . IV 0,5

a)Số chỉ của vôn kế và dòng điện qua khóa K: Khi K đóng, ta có thể bỏ qua R2, khi đó mạch được vẽ lại như sau: -Điện trở mạch ngoài: R N = R1 +

R V (R 3 +R 4 ) R V +R 3 +R 4

120(20+20) RN = 15+ = 45Ω 120+20+20

Vậy: E = 12V; r = 1 Ω ; R2 = 6 Ω ; RĐ = 12 Ω . b)Tìm R2 để đèn sáng bình thường

-Để đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế giữa hai đầu đèn phải bằng hiệu điện thế định mức: UAB = 6V.

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

-Cường độ dòng điện tổng cộngqua 2 đèn: 2I Đ = 2.

-Cường độ dòng điện qua RV là: IV = I – I3 = 2 - 1,5 = 0,5A.

9 4,5  1,5 = R + R  R = 12Ω  Đ 2 . -Từ (3) và (4), ta có:  =>  Đ 4 16 16  R 2 = 6Ω  = + 3R Đ 3R 2  3

K A

E R N +r

RV R1 D R3

B R4

I =

Ta có: UAB + IR1 – E + Ir = 0  UAB + 2,4.15 – 120 + 2,4.5 = 0 => UAB = 72V.

-Cường độ dòng điện qua R2 là: I2 = I – 2IĐ = 1,2 – 1 = 0,2A. U AB 6 = = 30Ω . I2 0,2

Vậy: Vôn kế chỉ 72V. b)Điện tích trên tụ C khi K mở và khi K đóng

Vậy: Để đèn sáng bình thường thì R2 = 30 Ω . 8.59. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 120V, r =

E, r

5Ω, R1 = 15Ω, R2 = 10Ω, R3 = R4 = 20Ω, C =

Ta có: Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C: UC = UDB = U R 4 . -Khi K mở: UAB = I4R4 = I3R4 = 1,5.20 = 30V.

0,2 μF . Khi khóa K mở, vôn kế V chỉ 60V. a)Khi K đóng vôn kế chỉ bao nhiêu? Cường độ dòng điện qua khóa K là bao nhiêu?

E, r

120 = 2,4A 45+5 Vậy: Cường độ dòng điện qua khoá K bằng 2,4A. -Số chỉ của vôn kế:

U AB 6 = 2. = 1A . RĐ 12

-Mặt khác: IR1 + UAB – E + Ir = 0  4I + 6 – 12 + I.1 = 0 => I = 1,2A. R2 =

R1 I

I K

-Cường độ dòng điện qua R34 là: I3 =

U' 16 Dòng điện qua R2: I'2 = AB = . R2 3R 2

E, r

12 .40 ≃ 68,57V . A I3 7 -Mặt khác, theo đề bài: UAB = 60V, từ đó suy ra RV của vôn kế có giá trị hữu hạn. Ta có: IR2 + UAB + IR1 – E + Ir = 0  10I + 60 + 15I – 120 + 5I = 0

' Đ

4 16 16 = + 3 3R Đ 3R 2

RN = 15+10+20+20 = 65Ω.

-Số chỉ của vôn kế: UAB = I(R3 + R4) =

+Khi một đèn tắt, một đèn sáng:

Vì I' = IĐ' +I'2 =>

b)Tính điện tích trên tụ C khi K mở và khi K đóng.  Bài giải 

R3 A

Điện tích của tụ: q = CUDB = 0,2.30 = 6 μC . -Khi K đóng: +Cường độ dòng điện qua R34 là: I3' = I'4 =

Ta có: Khi K mở:

261

U AB 72 = = 1,8A . R 3 +R 4 40

U 'DB = I4' R 4 = 1,8.20 = 36V

262

Biết dòng điện qua dây CD chạy từ C đến D và có cường độ 0,5A.

+Điện tích của tụ: q ' = CU 'DB = 0,2.36 = 7,2μC . Vậy: Điện tích của tụ C khi K mở là 6 μC ; khi K đóng là 72 μC .

Tìm R4.

8.60. Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện trở thuần đều có giá trị là R, nguồn E = 15V, r = R.

E, r

Biết UAB = 3V. Tìm số chỉ của vôn kế V.

 Bài giải 

  

4 R

Mà

(1) U AB 3 = R R

(2)

và 

3IR + 2I1R + UMN – E = 0



3.4 + 2.

I1 = I – I2 =

và

I1 A I2

I = I1 +

R3 D

(2)

1 .2 = 0,5 A; I3 = I1 – 0,5 = 2 – 0,5 = 1,5A; 4 I4 = I2 + 0,5 = 0,5 + 0,5 = 1A. I2 =

I3 R 3 1,5.8 = = 12Ω . I4 1 E, r

rất lớn, R1 = R4 = 1Ω, R2 = R3 = 3Ω, R5 = 2,5Ω. C R1

-Mặt khác: UDC = UDA + UAC = - UAD + UAC  UDC = -I2R2 + I1R1 = 0,6 = -4I2 + 8I1 với I2 = I – I1 => 0,6 = -4(I – I1) + 8I1

(2)

3,2I+12I1 = 6  I = 0,75A -Từ (1) và (2):  =>  4I-12I = -0,6 1  I1 = 0,3A  => I2 = 0,75 – 0,3 = 0,45A. Mặt khác: UDC = UDB + UBC = UDB – UCB = I1R4 – I1R3

-Khi K mở vôn kế chỉ 1,2V. -Khi K đóng vôn kế chỉ 0,75V.

= 4Ω, R2 = 16Ω, R3 = 8Ω. C

263 R3



I1R1 + I1R3 + IR5 – E + Ir = 0 I1 + 3I1 + 2,5I – E + 0,5I = 0

 =>

4I1 + 3I – E = 0 E = 4I1 + 3I

(2)

+Mặt khác: UCD = UCA + UAD = -I1R1 + I2R2 = -I1 + 3I2 (3) => 1,2 = -I1 + 3I2 +Thay (1) vào (3): 1,2 = -I1 + 3I1 = 2I1

E, r

R4 K

-Khi K mở: +Xét theo một vòng kín, ta có:

0,6 = 0,45R4 – 0,3.4 => R4 = 4Ω.

=> I1 = I2 (1) Mặt khác: R2 > R1 => VD < VC nên số chỉ của vôn kế bằng UCD.

Vậy: R4 = 4Ω. 8.62. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 24V, r = 1,6Ω, R1

*Nhận xét: Ta có: R1 + R3 = R2 + R4 = 4Ω

R3 D

 Bài giải 

E, r

Tính E và R6.

I1 A I2

R3 D

1 I1 4

8.63. Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó r = 0,5Ω, RV

8Ω, R2 = R3 = 4Ω, UDC = 0,6V.  Bài giải  -Xét theo một vòng kín, ta có: I1(R1 + R3) – E + Ir = 0  12I1 – 6 + 3,2I = 0 (1)

I4 B

Vậy: R4 = 12 Ω .

E, r

Tìm R4.

I1R1 = I2R2  4I1 = 16I2 => I2 =

Ta có: I3R3 = I4R4 => R 4 =

Vậy: Số chỉ của vôn kế là 1V.



E, r

5 1,6. I1 + 12I1 = 28 => I1 = 2A. 4

B I1

1 .R + UMN -15 = 0 R UMN = 1V.

0,6 = -4I + 12I1

I1R1 + (I1 – 0,5)R3 – E + Ir = 0 4I1 + (I1 – 0,5).8 – 24 + 1,6I = 0 1,6I + 12I1 = 28 (1)

1 5 I1 = I1 4 4 -Thay (2) vào (1), ta được: =>

E, r

8.61. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = 3,2Ω, R1 =



-Mặt khác: I = I1 + I2

4 3 1 (3) - = R R R IR + I1R + UMN + I1R + IR – E + Ir = 0 (với r = R)

IR + UAB + IR – E + Ir = 0 r = R => 3IR + 3 – 15 = 0

-Mặt khác: I2 = =>

-Xét theo một vòng kín, ta có: Vì

 Bài giải 

-Xét theo một vòng kín, ta có: I1R1 + I3R3 – E + Ir = 0

I A

E, r R1

R5 C

V I2

R2 R6

R4 K

264

=> I1 = 0,6A; I2 = 0,6A; I = I1 + I2 = 1,2A. +Từ (2) suy ra: E = 4.0,6 + 3.1,2 = 6V.

 90 90  3r 3r -Thay (5) vào (4):  + + =1  r = 30 => R1 R 2  R1 R 2 

-Khi K đóng: U 'CD = -I1' R1 +I'2 R 2 = -I1' +3I'2 

-Thay (3) vào (6):

0,75 = -I1' +3I'2

Vì I1' = I2' <=> 0,75 = -I1' +3I1' = 2I1' =>

0,75 I = = 0,375A; I'2 = 0,375A . 2 ' 1

' 1

+Xét theo một vòng kín, ta có: I R1 +I R 3 +I R 5 -E+I r = 0 

0,375.1+0,375.3+2,5I' -6+0,5I' = 0

I' = 1,5A =>

+Mặt khác: I3' R 6 = I'2 (R 2 +R 4 ) R6 =

I (R 2 +R 4 ) 0,375.(3+1) = = 2Ω I'3 0,75

-Khi K1, K2 mở vôn kế chỉ 120V. -Khi K1 đóng, K2 mở vôn kế chỉ 110V.

Tính R2, R3. B

 Bài giải  Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ, ta có: I = I1 + I2 => I2 = I – I1 = 4 – 3 = 1A

Đ2

X V

  

E, r

(1) (2)

Đ1

Đ2

 

-Mặt khác: I’ = I1 + I2 =

U'AB U 'AB 90 90 + = + R1 R2 R1 R 2

M R5

N E, r

M I3

a A

R2 I

R3 c R4

N E, r

I1R1 + I5R5 – I2R2 =0  3.1 + I5.3 – 1.R2 = 0 R2 – 3I5 = 3 (2)

 R +6I5 = 3  R 2 = 3Ω -Từ (1) và (2):  2 =>   R 2 -3I5 = 3  I5 = 0 -Vì I5 = 0, do đó ta có mạch cầu cân bằng:

-Khi K1, K2 đều đóng: U 'AB -E+I' r = 0 (I’ là dòng điện qua mạch chính). 90 – 120 + I’r = 0 => I’r = 30

R2 + 6I4 = 9 với I4 = I2 + I5 R2 + 6(I2 + I5) = 9 R2 + 6(1+I5) = 9

 R2 + 6I5 = 3 (1) -Mặt khác: UAM + UMN + UNA = 0

(3)

-Ta có: UAN + UNB – E + Ir = 0  I2R2 + I4R4 – E + Ir = 0  R2 + I4.6 – 11 + 4.0,5 = 0

 Bài giải  -Vì RV rất lớn nên khi K1, K2 mở thì không có dòng điện qua mạch:



8 P 8 8 = 2 => P2 = P1 = .60 = 160W . 3 P1 3 3

cường độ qua R1 là I1 = 3A. Đ1

Tìm công suất định mức của đèn Đ2.

110 R r = 10 => 1 = 11 R1 r

(9)

= 1Ω, R4 = 6Ω, R5 = 3Ω. Cường độ mạch chính I = 4A,

E, r

-Khi K1, K2 đều đóng, vôn kế chỉ 90V. Biết RV rất lớn.

-Thay (2) vào (1):

U2 U2 . ; R2 = P1 P2

Vậy: Công suất định mức của đèn Đ2 là 160W.

điện thế định mức, đèn Đ1 có công suất định mức P1 = 60W.

U AB 110 = R1 R1

(8)

8.65. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 11V, r = 0,5Ω, R1

Vậy: E = 6V; R6 = 2 Ω . 8.64. Cho mạch điện như hình vẽ: Đ1, Đ2 có cùng hiệu

-Mặt khác: I =

R1 P = 2 R2 P1

-Từ (8) và (9):

' 2

=> E = UAB = 120V -Khi K1 đóng, K2 mở, ta có: UAB – E + Ir = 0  110 – 120 + Ir = 0 => Ir = 10

R1 8 = R2 3

(7)

-Gọi U là hiệu điện thế định mức của 2 đèn thì: R1 =

+Cường độ dòng điện qua R6 là: I3' = I' -(I1' +I2' ) = 1,5-(0,375+0,375) = 0,75A .

3 3r 3r 8 + = 1 <=> = 11 R 2 R2 11

R2 33 = r 8

-Từ (3) và (7): '

(6)

R1 R R 1 = 3 => R 3 = 1 .R 4 = .6 = 2Ω R2 R4 R2 3

(4)

(5)

Vậy: R2 = 3Ω; R3 = 2Ω.

265

266

8.66. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = 1Ω,

Tìm cường độ mạch chính.

R5 R2

 Bài giải 

R1R 2 2.5 = = 1Ω R1 +R 2 +R 5 2+5+3

E, r

R1'

(

) (

+Tại N: I2 = I4 – I5 = I4 – 0,2 -Xét theo các vòng kín: +Vòng a: UAM + UMN + UNA = 0

E, r

-Khi đó mạch ngoài gồm: R 5' nt  R 2' nt R 3 // R1' nt R 4   

)

+Điện trở mạch ngoài:

 I1R1 + I5R5 – I2R2 = 0  20I1 + 0,2R5 – 60I2 = 0 +Vòng b: UMB + UBN + UNM = 0

(R ' +R 3 )(R1' +R 4 ) (0,6+2,4).(1,5+4,5) R N = R 5' + 2' = 1+ = 3Ω R 2 +R 3 +R1' +R 4 0,6+2,4+1,5+4,5 +Cường độ dòng điện mạch chính:

 

E 6 I= = = 1,5A R N +r 3+1

 2I1 + 3I5 – 5I2 = 0 +Vòng b: UMB + UBN + UNM = 0  

I3R3 – I4R4 – I5R5 = 0 2,4I3 – 4,5I4 – 3I5 = 0

M I3 I5

 

(4)

E, r

(2) I1

M I3

I5 R5

(3)

(4)

60I2 + 20I4 – 38,8 + (I3 + I4).2 = 0 60I2 + 22I4 + 2I3 = 38,8 (5)

E, r M I3 I5

a A

R3 b

N c

E, r

 20I3 -20I 4 -0,2R 5 = 0  I3 = 0,8A   -Từ (4), (6), (7):  20I3 -60I 4 +0,2R 5 = -16 =>  I4 = 0,6A  2I +82I = 50,8  R = 20Ω 4  3  5

E, r

Vậy: R5 = 20 Ω .

5I2 + 4,5I4 – 6 + (I1 + I2).1 = 0 6I2 + 4,5I4 + I1 = 6 (5)

I3 + 10,5I4 – 5I5 = 6

R4 N

(5) => 60(I4 – 0,2) + 22I4 + 2I3 = 38,8  2I3 + 82I4 = 50,8 (7)

8.68. Cho mạch điện như hình vẽ: r = 10Ω, R1 = 300Ω, R2

= 190Ω. Khi K mở, vôn kế chỉ 90V; khi K đóng vôn kế chỉ

-Thay (1), (2) vào (3) và (5), ta được: (3) => 2.(I3 + I5) + 3I5 – 5(I4 – I5) = 0  2I3 – 5I4 + 10I5 = 0 (6) (5) => 6(I4 – I5) + 4,5I4 + (I3 + I5) = 6 

-Thay (1) và (2) vào (3) và (5), ta được: (3) => 20(I3 + 0,2) + 0,2R5 – 60(I4 – 0,2) = 0  20I3 – 60I4 + 0,2R5 = -16 (6)

+Vòng c: UAB – E + Ir = UAN + UNB – E + Ir = 0  I2R2 + I4R4 – E + (I1 + I2)r = 0 (vì I = I1 + I2)  

R1 a

(3)

I3R3 – I4R4 – I5R5 = 0 20I3 – 20I4 – 0,2R5 = 0

+Vòng c: UAN + UNB – E + Ir = 0  I2R2 + I4R4 – E + (I3 + I4).r = 0

*Cách 2: Chọn chiều dòng điện như hình vẽ: -Tại M: I1 = I3 + I5 (1)

-Tại N: I2 = I4 – I5 (2) -Xét theo một vòng kín, ta có: +Vòng a: UAM + UMN + UNA = 0  I1R1 + I5R5 – I2R2 = 0

Tìm R5.  Bài giải  Giả sử các dòng điện có chiều như hình vẽ, ta có: +Tại M: I1 = I3 + I5 = I3 + 0,2 (1)

R 2R 5 5.3 R = = = 1,5Ω R 2 +R 5 +R1 5+3+2 ' 1

điện qua R5 là 0,2A. B

' 2

2Ω, R1 = R3 = R4 = 20Ω, R2 = 60Ω, cường độ dòng

R '2

R 5'

R 5 R1 3.2 R = = = 0,6Ω R 5 +R1 +R 2 3+2+5

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I3 + I4 = 1 + 0,5 = 1,5A. Vậy: Cường độ mạch chính là 1,5A. 8.67. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết E = 38,8V, r =

*Cách 1: Chúng ta chuyển mạch tam giác AMN thành mạch sao:

Ta có: R 5' =

 2,4I3 -4,5I4 -3I5 = 0  I3 = 1A   -Từ (4), (6), (7):  2I3 -5I4 +10I5 = 0 =>  I4 = 0,5A  I +10,5I -5I = 6  I = 0,05A 4 5 3 5

R1 = 2Ω, R2 = 5Ω, R3 = 2,4Ω, R4 = 4,5Ω, R5 = 3Ω.

60V. Tính: a)E. b)Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện khi K mở và khi K đóng.  Bài giải 

(7)

267

E, r

R2 B K

268

a)Tính E Gọi RV là điện trở của vôn kế, khi đó mạch được vẽ lại như sau: Ta có: UAB = E – I(R2 + r)

Gọi RV là điện trở của các vôn kế. -Ta có: UAB = E – Ir

(1)

U 90 -Khi K mở, ta có: I = I V = AB = . RV RV -Thay vào (1) ta được: 90 = E

90 = E-

90 .(190+10) RV

18000 RV

-Thay vào (1), ta được: 60 = E-(

60 1 + )(190+10) RV 5

100 = E-

R2 B K

I’v

12000 -40 RV



(2) U 'AB U 'AB 60 60 60 1 + = + = + RV R1 R V 300 RV 5

60 = E-

E, r

-Khi K đóng, ta có: I' = I'V +I1 =



12000 RV

I’

R2 B K

(3) I1

I2 =

(1)

I3 I2

C R

U AB 110(3R+R V ) = 2 R(2R+R V ) 6R +2RR V +R(2R+R V ) 2R+ R+2R+R V 110(3R+R V ) 8R 2 +3RR V

R V1

R V2

(3)

110 110(3R+R V ) 150 + = R V 8R 2 +3RR V R



880R 2 +330RR V +330RR V +110R V2 = 1200RR V +450R V2



340R 2V +540RR V -880R 2 = 0



17R 2V +27RR V -44 = 0 RV =

I2 =

(4)

110(3R+R) 440 40 = = 8R 2 +3R.R 11R R

40   I +I = I 2  I +I = -Mặt khác:  3 4 =>  3 4 R  I3R=I4 3R  I3 = 3I 4

90 90 = = 0,15A RV 600

-Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện là:



UAC = E – Ir = 120 – 0,15.10 = 118,5V

3I 4 +I4 =

40 10 => I 4 = R R

10 R = 10V . R 8.70. Cho mạch điện như hình vẽ, hiệu điện thế UAB

60 1 60 1 + = + = 0,3A . R V 5 600 5

Vậy: Số chỉ của vôn kế V2 bằng I4RV =

-Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện là: UAC = E – I’r = 120 – 0,3.10 = 117V. Vậy: Khi K mở, hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện là 118,5V; khi K đóng, hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện là 117V. 8.69. Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện trở A C

E, r

nối với B có thể là cực dương hoặc âm.

1 A. 2

d)I =

E, r B

1 A. 4

 Bài giải  Giả sử các dòng điện có chiều như hình vẽ.

Tìm số chỉ của vôn kế V2.

B, R1 = 15Ω, R2 = 40Ω, E = 20V, r = 5Ω. Cực của E

c)I =

luôn dương, dòng điện mạch chính có chiều từ A đến

Tính UAB, chiều và cường độ của I1, I2 nếu: a)I = 2A. b)I = 1A.

thuần đều có giá trị là R, nguồn E = 150V, r = 4 R, các vôn kế có cùng điện trở. Biết vôn kế V1 15 chỉ 110V.

I2 =

Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 120V. b)Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện khi K mở và khi K đóng

-Khi K đóng, ta có: I' =

và

E, r

U AB 110 (2) = RV RV

-27R+61R =R 2.17 -Thay (4) vào (3), ta được:

18000  90 = E- R  E = 120V  V -Từ (2) và (3):  =>  12000  R V = 600Ω 100 = E RV

-Khi K mở, từ câu a, ta có: I = IV =

-Mặt khác: UAB = I1RV => I1 =

-Ta có: I1 + I2 = I 

V E, r

E-U AB 150-110 150 I= = = 4 R R R 15

Ta có: I1 + I2 = I

 Bài giải 

269

(1)

270

UAB = I2R2 (2) UAB = I1R1 + E + I1r (3)

 

 I +I = I Từ (1), (2), (3):  1 2  I2 R 2 = I1 (R1 +r)+E

E, r

 Bài giải  -Ban đầu (khi chưa đảo cực nguồn E1), ta có:

I I2

 I1 +I 2 = I  I +I = I  1 2  (R 1 +r)I1 -R 2 I 2 = -E (15+5)I1 -40I2 = -20  I1 +I 2 = I  I +I = I 1 2   20I1 -40I2 = -20  I1 -2I2 = -1

Hỏi khi đảo cực nguồn E1, vôn kế chỉ bao nhiêu? có cần đảo lại cực vôn kế không?

và =>

(4)

 I1 +I 2 = 2  I1 = 1A =>    I1 -2I2 = -1  I2 = 1A



UAB = I2R2 = 1.40 = 40V.

1 A 3 2 A 3

1,7 = 2-

U 'BA = E 2 -I'r2 = E 2 -

Mà

r2 = 0,6 r1 +r2 U

' BA

(3)

E1 +E 2 r1 +r2

E1 +E 2 r2 r1 +r2

E2, r2

= 2-(2+1,5)0,6 = -0,1V

rất lớn. -Khi K mở, vôn kế V1 chỉ 1,8V, V2 chỉ 1,4V. -Khi K đóng vôn kế V1 chỉ 1,4V, V2 chỉ 0,6V.

d)Với I =

E2, r2 C

V1 K

không?  Bài giải  -Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên khi K mở thì không có dòng điện qua mạch: E1 = U1 = 1,8V; E2 = U2 = 1,4V

1 A, thay vào hệ (4), ta được: 4

E1, r1

-Khi K đóng và chưa đảo cực: E +E E +E Ta có: I = 1 2 => U1 = E1 – Ir1 = E1 - 1 2 r1 R+r1 +r2 R+r1 +r2

1  1 I =- A   I1 +I 2 =  1 6 4 =>    I1 -2I2 = -1 I = 5 A  2 12 5 50 .40 = V 12 3 Dòng I1 có chiều ngược với chiều đã chọn,dòng I2 cùng chiều với chiều đã chọn. 8.71. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 1,5V, E2 = 2V, RV E1, r1

E1, r1

Hỏi nếu đảo cực của nguồn E2 thì các vôn kế sẽ chỉ bao nhiêu khi K đóng. Khi này có cần đảo cực vôn kế nào

1 => UAB = I2R2 = .40 = 20V 2 Dòng I1 bị triệt tiêu, dòng I2 có chiều như đã chọn.

V I

1 c)Với I = A, thay vào hệ (4), ta được: 2 1   I1 = 0  I1 +I 2 =  2 =>   1  I1 -2I2 = -1  I2 = 2 A

E1, r1

Vậy: Số chỉ của vôn kế bằng 0,1V và ta cần phải đảo cực của vôn kế. 8.72. Cho mạch điện như hình vẽ: các vôn kế có điện trở

UAB = I2R2 =

V E2, r2

2 80 .40 = V 3 3 Chiều của I1 và I2 như đã chọn ban đầu.

E1, r1

r 2-1,5 r2 => 2 = 0,6 r1 +r2 r1 +r2

E 2 -E1 .r2 r1 +r2

-Khi đảo cực nguồn E1, ta có: I' =

Chiều của I1 và I2 như đã chọn ban đầu. b)Với I = 1A, thay vào hệ (4), ta được:  I =  I1 +I 2 = 1  1 =>    I1 -2I2 = -1 I =  2

(1) (2)

E -E E1 + Ir1 = E2 – Ir2 => I = 2 1 r1 +r2

Từ (2) suy ra: UBA = E 2 -

a)Với I = 2A, thay vào hệ (4), ta được:

UBA = E1 + Ir1 UBA = E2 – Ir2

UAB = I2R2 =

rất lớn, vôn kế chỉ 1,7V. B



r1 E -U 1,8-1,4 = 1 1 = = 0,125 R+r1 +r2 E1 +E 2 1,8+1,4

và

U2 = E2 – Ir2 = E2 -

r2 E -U 1,4-0,6 = 2 2 = = 0,25 R+r1 +r2 E1 +E 2 1,8+1,4

E1 +E 2 r2 R+r1 +r2

E1, r1 A

E2, r2 C

-Khi K đóng và đảo cực nguồn E2:

271

E2, r2 C

E2, r2

272

Ta có: I' =

E1 -E 2 r1 => U AB = E1 -I' r1 = E1 -(E1 -E 2 ) R+r1 +r2 R+r1 +r2

UAB = 1,8 – (1,8 – 1,4).0,125 = 1,75V

và

UBC = -E2 – I’r2 = -E2 – (E1 – E2)

-Khi E2 nối tiếp với E1 (hình b), ta có: I =

r2 R+r1 +r2

15+10 => R+r1 +r2 = 25 1= R+r1 +r2

= 2Ω, R2 = 6Ω, RA = 0. E2, r2

 Bài giải  -Khi K mở, ta có thể vẽ lại mạch như sau:

(3) (4) (5) (6) (7)

E1, r1 A

I1 E , r 2 2 I2 I

R Hình c

+Từ (1) suy ra: r1 = 15 – 10 = 5Ω. 8.75. Một số nguồn điện như nhau (mỗi nguồn có suất điện động e, điện trở trong r) mắc nối tiếp

+Vì A và C có thể chập lại với nhau nên:

thành mạch kín, điện trở các dây nối không đáng kể. a)Tính hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trong mạch. b)Hỏi như trên nhưng e các nguồn khác nhau còn r mỗi nguồn tỉ lệ thuận với e của nguồn đó.

E1, r1

E 9 I = 1 = = 9A r1 1

K I’

E2, r2

c)Hỏi như câu a nhưng số nguồn là chẵn và hai nguồn ở cạnh nhau có các cực cùng tên nối với nhau.

Có n bộ nguồn khác nhau mắc song song. Hãy chứng minh bộ nguồn này tương đương với một nguồn (E,r) có:

U CB 3,6 = = 1,8A R1 2

E E E E 1 1 1 1 = 1 + 2 +....+ n và = + +....+ r r1 r2 rn r r1 r2 rn

’

+Cường độ dòng điện qua nguồn E2 là: I = I1 + I2 = 1,8 + 0,6 = 2,4A.

 Bài giải  a)Hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trong mạch -Giả sử có n nguồn mắc nối tiếp tạo thành mạch kín như hình vẽ:

+Ta lại có: UAB = E2 – I’r2 r2 =

R Hình b

Vậy: R = 10Ω; r1 = 5Ω; r2 = 10Ω.

-Khi K đóng, ta có thể vẽ lại mạch như sau: +Ta có:UAC = E1 – Ir1  0 = E1 – Ir1

+Kết hợp (4) và (5): 1.R = E2 => R = E2 = 10Ω. R1

I2 = I – IA = 9 – 8,4 = 0,6A. UAB = I2R2 = 0,6.6 = 3,6V.

E2, r2

(2)

+Thay (1) vào (7): 15 – r1 = 15 – I1r1 => r1 = I1r1 => I1 = 1A. +Từ (6) suy ra: 1 + I2 = 1 => I2 = 0. B

U AB = IR 2 = 1.6 = 6V

UCB = UAB = 3,6V => I1 =

+Thay (5) vào (3): IR = E1 – I1r1 => 1.R = 15 - I1r1

E2, r2

+Mặt khác: UAB = E2 => E2 = 6V.

=> =>

UAB = IR I1 + I2 = I = 1

E1, r1

+Vì ampe kế chỉ 0 nên không có dòng qua nguồn E2:

UAB = E1 – I1r1 UAB = E2 – I2r2

Tìm E2, r2.

E1, r1

-Khi E2 song song với E1 (hình c), ta có:

E1, r1

-Khi K mở, ampe kế chỉ 0. -Khi K đóng, ampe kế chỉ 8,4A.

E1 +E 2 R+r1 +r2

+Thay (1) vào (2), ta được: 15 + r2 = 25 => r2 = 10Ω.

8.73. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 9V, r1 = 1Ω, R1

(1)

+Vì cường độ dòng điện qua R không đổi nên:

=> UBC = -1,4 – (1,8 – 1,4).0,25 = -1,5V. Vậy: Số chỉ của V1 là 1,75V; của V2 là 1,5V và phải đảo cực V2.

E1 9 I= = = 1A R 1 +R 2 +r1 2+6+1

R+r1 = 15Ω

E 2 -U AB 6-3,6 = = 1Ω I' 2,4

Vậy: E2 = 6V, r2 = 1Ω. 8.74. 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 qua R không đổi. Tìm R, r1,

-Ta tìm hiệu điện thế giữa hai điểm A, B bất kì: Ta có: Eb = ne; rb = nr =>

r2.

Eb ne e = = rb nr r

-Giả sử trong đoạn AB có m nguồn nối tiếp: UAB = me – I(mr)

 Bài giải 

e UAB = me- .(mr) = me – me = 0 r Vậy: Hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trong mạch là UAB = 0.

-Khi chỉ có nguồn E1 (hình a):

E1 15 1= Ta có: I = R+r1 R+r1

E1, r1

273 R Hình a

274

b)Trường hợp suất điện động các nguồn khác nhau Vì điện trở của mỗi nguồn tỉ lệ thuận với suất điện động của nguồn đó, nên nếu ta gọi k là hệ số tỉ lệ thì: ei = kri Ta có: Eb = e1 + e2 + ……+ en; Rb = r1 + r2 + …….+ rn Eb e +e +...+en kr +kr +....+krn = 1 2 = 1 2 =k rb r1 +r2 +...+rn r1 +r2 +...+rn

UAB = (e1 + e2 + ….+ em) – I(r1 + r2 + …..+ rm)

UAB = (e1 + e2 + ….+ em) – k(r1 + r2 + …..+ rm) UAB = e1 + e2 + ….+ em - e1 - e2 - ….- em = 0 Vậy: Trường hợp suất điện động các nguồn khác nhau thì UAB = 0. c)Trường hợp số nguồn là chẵn và hai nguồn ở cạnh nhau có các cực cùng tên nối với nhau -Các nguồn có cùng suất điện động nên khi hai nguồn gần nhau có các cực cùng tên nối với nhau thì suất điện động của bộ hai nguồn đó sẽ triệt tiêu.

Chuyên đề 9: ĐIỆN NĂNG. CÔNG SUẤT ĐIỆN

-Vì số nguồn là chẵn nên suất điện động của bộ nguồn sẽ bằng 0 => I = 0. Do đó, hiệu điện thế giữa hai điểm mà số nguồn giữa hai điểm đó là chẵn thì sẽ bằng 0, còn nếu

ĐỊNH LUẬT JUN – LENXƠ

số nguồn giữa hai điểm đó là lẻ thì sẽ bằng suất điện động của một nguồn e. -Trường hợp n nguồn khác nhau mắc song song: +Với hình a: I = I1 + I2 + ……+ In

E1, r1

E1 -U AB E 2 -U AB E -U + +......+ n AB r1 r2 rn

I= (

+Từ (1) và (2):

1-Điện năng tiêu thụ của đoạn mạch: A = UIt

E1, r1

E1 E 2 E 1 1 1 + +.....+ n )-U AB ( + +....+ ) (1) r1 r2 rn r1 r2 rn

E-U AB E U +Với hình b: I = = - AB r r r

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. ĐIỆN NĂNG VÀ CÔNG SUẤT ĐIỆN

E, r ………….

(2)

(9.1)

A 2-Công suất tiêu thụ điện năng của đoạn mạch: P = = UI (9.2) t II. ĐỊNH LUẬT JUN – LENXƠ Nhiệt lượng tỏa ra trên một vật dẫn tỉ lệ thuận với điện trở của vật dẫn, với bình phương cường

B B

En, rn Hình Hình ab

E U AB E E E 1 1 1 = ( 1 + 2 +....+ n )-U AB ( + +....+ ) r r r1 r2 rn r1 r2 rn

+Đồng nhất hai vế, ta được: E E E E = 1 + 2 +.....+ n r r1 r2 rn

độ dòng điện và với thời gian dòng điện chạy qua vật. Q = RI2t III. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA NGUỒN ĐIỆN

(9.3)

1-Công của nguồn điện: A = EIt

(8.4)

A 2-Công suất của nguồn điện: P = = EI t

(9.5)

U (9.6) E IV-ĐIỆN NĂNG VÀ CÔNG SUẤT ĐIỆN TIÊU THỤ CỦA MÁY THU ĐIỆN 1-Dụng cụ chỉ tỏa nhiệt (máy thu loại 1 như bóng đèn, bếp điện, bàn là…)

3-Hiệu suất của nguồn điện: H =

1 1 1 1 = + +......+ r r1 r2 rn --------------------

A = UIt = RI2t =

U2 t R

(9.7)

A U2 = UI = RI2 = (9.8) t R 2-Máy thu điện (máy thu loại 2 như động cơ điện, acquy đang nạp điện…) Và

Và

275

A = A’ + Q’ = E’It + r’I2t = UIt

(9.9)

A = E’I + r’I2 = UI P= t

(9.10)

276

3-Hiệu suất của máy thu điện: H’ =

+Hai số dương a, b có tích ab = const thì tổng (a+b) = (a+b)min khi a = b. +Hai số dương a, b có tổng (a+b) = const thì tích ab = (ab)max khi a = b.

Với:

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

E' (9.11) U U là hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch; I là cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch; R là điện trở của đoạn mạch; t là thời gian dòng điện chạy qua đoạn mạch; E và r là suất điện động và điện trở trong của nguồn điện;

. Với dạng bài tập về dụng cụ chỉ tỏa nhiệt. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức:

E’ và r’ là suất phản điện và điện trở trong của máy thu điện; P’ = E’I là công suất có ích của máy thu điện.

A = UIt = RI2t =

U2 t R

V. ĐO CÔNG SUẤT ĐIỆN VÀ ĐIỆN NĂNG TIÊU THỤ 1-Đo công suất điện: Dùng oát kế. Độ lệch của kim chỉ thị trên mặt chia độ cho biết công suất

Và

tiêu thụ trong đoạn mạch. 2-Đo điện năng tiêu thụ: Dùng máy đếm điện năng hay công tơ điện. “Số điện” trên công tơ

-Chú ý: Với bóng đèn dây tóc thì điện trở R =

điện cho biết điện năng tiêu thụ đến thời điểm đó và được tính bằng kilôoát giờ (kW.h). Chú ý: -Đơn vị của A và Q có thể là J, kWh hoặc cal (calo) với:

A U2 = UI = RI2 = t R 2 U dm , Uđm và Pđm là các giá trị định mức được ghi Pdm

trên đèn.

+1kWh = 3.600.000J = 3.600kJ. +1J = 0,24cal; 1cal = 4,18J. -Các dụng cụ chỉ tỏa nhiệt thường gặp như bóng đèn, bàn là, bếp điện,… 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

. Với dạng bài tập về nguồn điện, máy thu điện. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Nguồn điện: A = EIt P=

A = EI t

U R rI = =1E R+r E +Máy thu điện: A = A’ + Q’ = E’It + r’I2t = UIt H=

suất định mức (ghi trên dụng cụ).

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP--. VỀ KIẾN THỨC VÀ KỸ NĂNG -Điện trở của các dụng cụ chỉ tỏa nhiệt (đèn, bàn là, bếp điện, ấm điện...) được tính bằng công U2 thức: R = dm (Uđm, Pđm là các giá trị định mức của dụng cụ thường được ghi trên dụng cụ) Pdm

l hoặc có thể được tính bằng công thức R = ρ . S -Nếu không bỏ qua sự thay đổi điện trở của dụng cụ theo nhiệt độ thì cần chú ý đến công thức: R = R0(1+ α t) khi xác định điện trở của dụng cụ.

A = E’I + r’I2 = UI t

E' E' r'I = =1U E' + r'I U -Một sô chú ý: H’ =

+Cần kết hợp với các định luật Ôm khi giải các bài tập về điện năng và công suất điện. +Đối với bài toán về tìm số đèn hay số nguồn cần đưa về phương trình có nghiệm nguyên.

--C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--

-Khi sử dụng các dụng cụ chỉ tỏa nhiệt để đun nóng các vật cần chú ý: +khi các vật bị đun nóng, nhiệt lượng cần cung cấp cho vật đó là: Q = mc Δt (m là khối lượng của vật, c là nhiệt dung riêng của chất làm vật, Δt là độ tăng nhiệt độ của vật). +khi các vật bị nóng chảy, nhiệt lượng cần cung cấp cho vật là: Q’ = Lm (L là nhiệt nóng chảy của chất làm vật). -Hiệu suất của nguồn điện và máy thu điện cũng có thể được tính qua các công thức:

. CÔNG VÀ CÔNG SUẤT CỦA DỤNG CỤ CHỈ TỎA NHIỆT 9.1. 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 giải  Gọi R0 là điện trở của đèn ở 00C.

U R rI H= = =1E R+r E

-Điện trở của đèn khi cháy sáng (t1 = 28000C) là: R1 = R0(1+ α t1).

E' E' r'I Và H’ = = =1U E' + r'I U -Để giải quyết các bài toán về cực trị của công suất ta thường sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Cô-si:

277

-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:

278

P1 =

U2 U2 U2 = = 60 => = 60(1+αt1 ) R1 R 0 (1+αt1 ) R0

9.4. Người ta dùng nicrôm làm một dây bếp điện. Nicrôm có hệ số nhiệt điện trở α = 2.10-4độ-1,

U2 U2 . = R2 R 0 (1+αt 2 )

công suất P = 600W khi mắc vào nguồn U = 120V và nhiệt độ dây bếp điện lúc này là 8000C.

-Công suất của đèn lúc mới bật: P2 =

điện trở suất ở 200C là ρ = 1,1.10-6Ωm. Dây bếp điện có tiết diện S = 0,25mm2, tiêu thụ một Tìm chiều dài của dây.

 Bài giải 

-3

P2 =

60(1+αt1 ) 60(1+4,5.10 .2800) = = 748,6W 1+αt 2 1+4,5.10-3 .20

Công suất tiêu thụ của dây bếp điện: P =

Vậy: Công suất của đèn lúc vừa mới bật là P2 = 748,6W.

9.2. Dây nikêlin (điện trở suất ρ = 4,4.10-7Ωm), chiều dài 1m, tiết diện 2mm2 và dây nicrôm ( ρ = 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? U2 . R1 +R 2

120(J/kg.độ), điện trở suất ρ = 0,219.10-6Ωm, khối lượng riêng D = 11300(kg/m3), nhiệt nóng chảy 25000(J/kg), nhiệt độ nóng chảy 3270C. Dây chì có tiết diện s = 0,2mm2, nhiệt độ 270C. Biết rằng khi đoản mạch cường độ dòng điện qua dây là 30A. Hỏi bao lâu sau khi đoản mạch thì dây chì đứt? Bỏ qua sự tỏa nhiệt của dây chì ra môi trường và sự thay đổi của ρ theo nhiệt độ.

l ρ2 2 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

 Bài giải  -Nhiệt lượng toả ra trên dây dẫn: Q = RI2t. -Nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ dây từ 270C lên 3270C: Q1 = mc Δt .

Vậy: Dây nicrôm sẽ tỏa nhiệt nhiều hơn và nhiều gấp 8,55 lần.

-Nhiệt lượng cần thiết để dây chì ở nhiệt độ 3270C bị đứt: Q2 = mλ . Ta có: Q = Q1 + Q2

9.3. Bếp điện dùng với nguồn U = 220V. a)Nếu mắc bếp vào nguồn 110V, công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần? b)Muốn công suất không giảm khi mắc vào nguồn 110V phải mắc lại cuộn dây bếp điện như thế nào?  Bài giải  a)Công suất bếp thay đổi bao nhiêu lần -Khi mắc bếp điện vào nguồn U = 220V: P =

U 2S 1202 .0,25.10-6 = ≃ 4,7m . P.ρ1 (1+αΔt) 600.1,1.10-6 .(1+2.10-4 .780)

9.5. Người ta mắc nối tiếp một dây chì trong mạch điện. Chì có nhiệt dung riêng c =

U2 -Công suất tỏa nhiệt của dây nicrôm: P2 = R2I2 = R 2 . R1 +R 2

Vậy: Chiều dài của dây là l = 4,7m.

 Bài giải  -Công suất tỏa nhiệt của dây nikêlin: P1 = R1I2 = R1

U2 U2 U 2S = = . l R ρ1 (1+αΔt)l ρ2 S

U2 . R



RI2t = mc Δt + mλ



l ρ I 2 t = D.S.l (cΔt+λ)  ρI 2 t = DS2 (cΔt+λ) S

DS2 (cΔt+λ) 11300(0,2.10-6 )2 .(120.300+25000) = = 0,14s PI2 0,219.10-6 .302

Vậy: Thời gian để dây chì bị đứt là t = 0,14s.

9.6. Bếp điện nối với hiệu điện thế U = 120V có công suất P = 600W được dùng để đun sôi 2 lít nước (c = 4200(J/kg.độ)) từ 200C đến 1000C, hiệu suất bếp là 80%. a)Tìm thời gian đun và điện năng tiêu thụ theo kWh.

U2 -Khi mắc bếp vào nguồn U1 = 110V: P1 = 1 . R P1 U2 1102 1 = 12 = = P U 2202 4 Vậy: Nếu mắc bếp vào nguồn 110V thì công suất của bếp giảm đi 4 lần.

b)Dây bếp điện có đường kính d1 = 0,2mm, điện trở suất ρ = 4.10-7Ωm quấn trên ống hình trụ

bằng sứ đường kính d2 = 2cm. Tính số vòng dây bếp điện.

b)Cách mắc lại cuộn dây bếp điện: Muốn công suất không đổi thì điện trở phải giảm đi 4 lần: R R . R = 2 2 R R 4 + 2 2 Vậy: Phải mắc song song hai nửa dây dẫn.

 Bài giải  a)Thời gian đun và điện năng tiêu thụ -Hiệu suất của bếp: H =

R' =



279

A Q .100% = .100% = 80% A' Pt

mcΔt = 0,8 Pt

280

mcΔt 2.4200.(100-20) = = 1400s ≃ 23,3 phút. 0,8P 0,8.600

-Điện trở của đèn 2: R 2 =

840000 -Điện năng tiêu thụ: A = Pt = 600.1400 = 840000J = ≈ 0,23 kWh . 3600000 Vậy: Thời gian đun và điện năng tiêu thụ của bếp là t = 23,3 phút và A = 0,23 kWh. b)Số vòng dây bếp điện -Điện trở của dây bếp điện: R =

U 2S Pρ

-Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R2I2 = 240.0,42 = 38,4W. Ta có: P1 > Pđm1 => đèn 1 sáng chói. P2 < Pđm2 => đèn 2 sáng mờ. -Để hai đèn 120V sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 240V thì hai đèn phải có cùng

9.7. Bếp điện mắc vào nguồn U = 120V. Tổng điện trở của dây nối từ nguồn đến bếp là 1Ω. Công suất tỏa nhiệt trên bếp là 1,1kW. Tính cường độ dòng điện qua bếp và điện trở của bếp.

 Bài giải  Mạch điện được vẽ lại như sau:

-Hiệu điện thế hai đầu của bếp: Ub = RbI =

UR b . R+R b

-Công suất toả nhiệt trên bếp: P =



11R 2b -122R b +11 = 0 => R b = 11Ω .

-Cường độ dòng điện qua bếp: I =

40V. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở phụ, cách mắc và giá trị của các điện trở phụ để cả hai

 Bài giải  Để hai đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng cường độ dòng điện định mức của đèn.

-Cường độ dòng điện qua đèn 1: Iđm1 = -Cường độ dòng điện qua đèn 2: Iđm2 =

1202 R b <=> 144R b = 11(R b +1)2 (R b +1)2

1100 =

công suất định mức. 9.9. Hai đèn Đ1 (12V - 7,2W) và Đ2 (16V - 6,4W) được mắc nối tiếp rồi mắc vào nguồn U =

đèn đều sáng bình thường?

U I

U 2b UR b 2 1 U2R b =( ). = Rb R+R b R b (R+R b ) 2



U 240 = = 0,4A . R 1 +R 2 360+240

-Hiệu điện thế của đèn 1: U1 = R1I = 360.0,4 = 144V. -Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R1I2 = 360.0,42 = 57,6W. -Hiệu điện thế của đèn 2: U2 = R2I = 240.0,4 = 96V.

Vậy: Số vòng dây bếp điện là 30 vòng.

U . R+R b

1202 = 240Ω . 60

b)Hiệu điện thế và công suất tiêu thụ mỗi đèn

U 2S 1202 π(0,1.10-3 ) 2 N= = = 30 vòng. 2πrPρ 2π.0,02.600.4.10-7

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Pđm2

-Cường độ dòng điện qua hai đèn: I =

U2 l U 2S = ρ => l = . P S Pρ

-Gọi N số vòng dây bếp điện: l = N.2 π r  N.2πr =

U đ2m2

Pđm1 U đm1 Pđm2 U đm 2

7,2 = 0,6A . 12

6,4 = 0,4A . 16

Như vậy, phải mắc (R2 // Đ2), cường độ dòng điện qua R2:

I 2 = Iđm1 -Iđm2 = 0,6-0,4 = 0,2A

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 . 9.8. Cho hai đèn 120V – 40W và 120V – 60W mắc nối tiếp vào nguồn U = 240V.

R2 =

U2 16 = = 80Ω I2 0,2

-Ta có: U – U2 = 40 – 16 = 24V Như vậy phải mắc (R1 nt Đ1), hiệu điện thế hai đầu R1:

a)Tính điện trở mỗi đèn và cường độ qua hai đèn. b)Tính hiệu điện thế và công suất tiêu thụ mỗi đèn.

U1 = U – U2 - U đm1 = 24 – 12 = 12V U1 12 = = 20A I đm 0,6

Nhận xét về độ sáng của mỗi đèn Cho biết điều kiện để hai đèn 120V sáng bình thường khi mắc nối tiếp vào nguồn 240V là gì?

 Bài giải  a)Điện trở mỗi đèn và cường độ qua hai đèn

Vậy: Để hai đèn sáng bình thường cần mắc [R1 nt Đ1 nt (Đ2 // R2)] với R1 = 20Ω, R2 = 80Ω.

-Điện trở của đèn 1: R1 =

U 2đm1 Pđm1

9.10. Có hai đèn 120V - 60W và 120V - 45W. a)Tìm điện trở và cường độ định mức mỗi đèn. b)Mắc hai đèn theo một trong hai cách như hình dưới, UAB = 240V. Hai đèn sáng bình thường. Tìm r1, r2. Cách mắc nào có lợi hơn?

R1 =

120 = 360Ω . 40

Đ1

281

X X Đ2

282

Đ1

Đ2

b)Nối hai đầu dây điện của đèn bị hư lại. Sau đó, trong cách làm được chọn độ sáng tổng cộng của 19 đèn còn lại so với 20 đèn ban đầu

lớn hơn hay nhỏ hơn? Các đèn có thể bị cháy (đứt tim) dễ dàng không?  Bài giải 

Cả hai cách a,b đều có thể sử dụng để làm đèn sáng: -Đối với cách a:

(Cách 2)

 Bài giải  a)Điện trở và cường độ định mức mỗi đèn -Điện trở của đèn 1: R đ1 =

U đ2m1 Pđm1

1202 = 240Ω . 60

-Cường độ định mức của đèn 1: Iđm1 = -Điện trở của đèn 2: R đ 2 =

U đ2m2 Pđm2

+Nếu điện trở của giấy bạc nhỏ hơn điện trở đèn thì điện trở tương đương của toàn mạch giảm => công suất tăng nên độ sáng tổng cộng của 19 đèn lớn hơn 20 đèn ban đầu => đèn có thể bị đứt tim dễ dàng.

Pđm1 U đm1

+Nếu điện trở của giấy bạc bằng điện trở đèn thì điện trở tương đương của toàn mạch không đổi => công suất không đổi nên độ sáng các đèn không đổi.

60 = 0,5A . 120

+Nếu điện trở của giấy bạc lớn hơn điện trở đèn thì điện trở tương đương của toàn mạch tăng => công suất giảm nên độ sáng tổng cộng của 19 đèn nhỏ hơn 20 đèn ban đầu. -Đối với cách b:

1202 = 320Ω . 45

-Cường độ định mức của đèn 2: Iđm2 =

Pđm2 U đm 2

Điện trở tương đương của toàn mạch giảm => công suất tăng nên độ sáng tổng cộng của 19 đèn lớn hơn 20 đèn ban đầu nên đèn có thể bị đứt tim dễ dàng. 9.12. Có thể mắc hai đèn (120V - 100W) và (6V - 5W) nối tiếp vào nguồn U = 120V được

45 = 0,375A . 120

không?

b)Tính r1, r2

 Bài giải 

-Cường độ dòng điện qua r1: I1 = Iđm1 +Iđm2 = 0,5+0,375 = 0,875A . -Điện trở của đèn 1: R1 =

-Hiệu điện thế hai đầu r1: U1 = UAB - U đm1 = 240 – 120 = 120V. -Điện trở r1: r1 =

U1 120 = = 137Ω . I1 0,875

U 2đm1 Pđm1

120 = 144Ω . 100

-Cường độ dòng điện định mức của đèn 1: Iđm1 =

-Cường độ dòng điện qua r2: I 2 = Iđm1 -Iđm2 = 0,5-0,375 = 0,125A .

U 2đm2

-Điện trở của đèn 2: R 2 =

U 120 -Điện trở r2: r2 = 2 = = 960Ω . I2 0,125

-Cường độ dòng điện định mức của đèn 2: Iđm2 =

-Công suất tỏa nhiệt trên dây: +Cách 1: P1 =

U2 = R1 2

U = R2

r1 +

U2 = R đ1 .R đ 2 R đ1 +R đ 2

Pđm2

U đm1

100 5 = ≃ 0,83A . 120 6

5 ≃ 0,83A . 6

62 = 7,2Ω . 5

-Hiệu điện thế hai đầu r2: U2 = U đm2 = 120V.

Pđm1

Pđm2 U đm 2

-Nếu mắc vào nguồn U = 120V thì cường độ dòng điện qua mỗi đèn là:

2402 = 210W . 240.320 137+ 240+320

U 120 = = 0,79A R 1 +R 2 144+7,2

Ta thấy: I < Iđm nên có thể mắc nối tiếp hai đèn vào nguồn 120V.

U2 2402 = = 120W r2 R đ 2 960.320 240+ R d1 + 960+320 r2 +R đ 2

Ta thấy: P2 < P1 nên cách mắc thứ 2 lợi hơn.

9.13. Để mắc đèn vào nguồn hiệu điện thế lớn hơn giá trị ghi trên đèn, có thể dùng một trong hai sơ đồ bên. Sơ đồ nào có hiệu suất cao hơn? Biết trong hai trường hợp đèn sáng bình thường.

9.11. Một chuỗi đèn trang trí gồm 20 bóng đèn loại (6V - 3W) mắc nối tiếp vào nguồn điện 120V. Sau đó có một bóng bị hư. Có thể khiến đèn sáng nhờ cách nào sau đây:

 Bài giải  -Hiệu suất cao hơn tức là công suất hao phí do tỏa nhiệt nhỏ hơn.

a)Tháo bóng đèn hư ra, nhét giấy bạc vào đuôi đèn để nối mạch.

Gọi R là điện trở mắc thêm vào đèn. Ta có:

+Cách 2: P2 =

283

284

-Công suất toàn phần của nguồn: P = P’ + RI2.  UI = U’I + RI2  6200I = 120000 + 10I2

R 2 +R +Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 1: R1 = R 2 Rđ + 2 Rđ

+Điện trở tương đương của toàn mạch trong sơ đồ 2: R 2 =

 =>

R +R đ 2

-Công suất hao phí trên dây:

ΔP1 = RI12 = 10.60002 = 36.107 > 120000 (loại)

R 2 => R2 > R1 Ta thấy: R đ > R Rđ + 2 Rđ

-Công suất tỏa nhiệt: P1 =

ΔP2 = RI22 = 10.202 = 4000W = 4 kW -Độ giảm thế trên dây: ΔU = RI = 10.20 = 200V P' 120000 .100% = .100% = 96,77% . P 6200.20 Vậy: Độ giảm thế trên dây là ∆ U = 200V; công suất hao phí trên dây là ∆ P = 4 kW; hiệu suất tải điện là H = 96,77%. 9.17. Cần phải tăng hiệu điện thế ở hai đầu nguồn điện lên bao nhiêu lần để giảm tiêu hao năng lượng trên đường dây 100 lần nếu công suất truyền đến nơi tiêu thụ không đổi. -Hiệu suất tải điện: H =

U2 U2 ; P2 = . R1 R2

Vì R2 > R1 => P2 < P1 nên cách mắc thứ 2 có hiệu suất cao hơn. 9.14. Có ba đèn, hiệu điện thế định mức mỗi

đèn là 110V mắc vào nguồn U = 220V. Tìm hệ thức liên hệ các công suất P1, P2, P3 để chúng sáng bình thường?

Đ1

X X

Đ3 Đ2

Biết ban đầu độ giảm thế trên đường dây là ΔU = nU1 (với U1 là hiệu điện thế nơi tiêu thụ, n là hệ số tỉ lệ).

 Bài giải 

Để 3 đèn sáng bình thường thì: Iđm1 +Iđm2 = Iđm3  Mà =>

Pđm1 U đm1

Pđm2 U đm 2

Pđm3 U đm3



-Công suất toàn phần của nguồn: P1 = P1' +ΔP1 .

P1 P2 P + = 3 U1 U 2 U3

U1 = U2 = U3 = 110V P1 + P2 = P3

Vậy: Để các đèn sáng bình thường thì P1 + P2 = P3. 9.15. Từ nguồn U = 10000V, cần truyền đi một công suất nguồn P = 5000kW trên đường dài 5km. Độ giảm thế trên dây không được vượt quá 1% U nguồn.



UI1 = U1I1 +ΔP1

Mà

ΔP1 = RI1 = nU1 I1

(U-U1 ) =



(U-U1 )I1 = ΔP1

ΔP1 = nU1 => U = (n+1)U1 I1

(1)

-Gọi U2 là hiệu điện thế ở hai đầu nguồn điện sau khi tăng: P2 = P2' +ΔP2  U 2 I 2 = U1I1 +RI 22

-8

Tính tiết diện nhỏ nhất của dây dẫn biết điện trở suất của dây ρ = 1,7.10 Ωm.

 Bài giải  -Cường độ dòng điện trên dây: I =

I2 – 620I + 12000 = 0 I1 = 600A; I2 = 20A.



P 5.10 6 = = 500A . U 104

U 2 I 2 = U1I1 +

Ta có: RI22 =

l 1 -Độ giảm thế trên dây: ΔU = RI ≤ 1%U => ρ .I ≤ .10000 = 100 . S 100

RI12 100

RI12 I => I2 = 1 100 10

I1 RI 2 = U1I1 + 1 10 100

U 2 = 10U1 +

Vậy: Tiết diện nhỏ nhất của dây dẫn là Smin = 4,25cm2. 9.16. Từ nguồn U = 6200V, điện năng được truyền trên dây đến nơi tiêu thụ. Điện trở của dây

U2 =

dẫn R = 10Ω. Công suất tại nơi tiêu thụ P’ = 120kW.

Vậy: Phải tăng hiệu điện thế ở hai đầu nguồn điện lên

-8

=> =>

S ≥

ρlI 1,7.10 .5000.500 = = 4,25.10-4 m 2 100 100 -4

Smin = 4,25.10 m = 4,25cm .

Tính độ giảm thế trên dây, công suất hao phí trên dây và hiệu suất tải điện. Biết công suất hao

RI1 nU = 10U1 + 1 10 10

( ΔU = RI1 = nU1 )

(n+100) (n+100) U U1 = . 10 10 (n+1)

(2) (n+100) lần. 10(n+1)

phí trên dây nhỏ hơn công suất nơi tiêu thụ.  Bài giải 

285

286

9.18. Một máy bơm điện hoạt động với hiệu điện thế U = 360V và dòng I = 25A, bơm nước lên độ cao h = 4m qua một ống có tiết diện S = 0,01m2, mỗi giây được 80 lít.

H2 =

μmgS2 cosα+mgS2sinα mgv 2 (μcosα+sinα) = UI2 t 2 UI2

a)Tính hiệu suất của máy bơm. Cho g = 10(m/s2). b)Giả sử ma sát làm tiêu hao 16% công suất của động cơ và phần công suất hao phí còn lại là do

v2 =

H 2 UI2 0,8.240.50 = = 5(m/s) mg(μcosα+sinα) 4800.10(0,01.cos0,03+sin0,03)

hiệu ứng Jun-Lenxơ, hãy tính điện trở trong của động cơ.  Bài giải 

Vậy: Vận tốc của tàu điện khi đoạn đường đầu là v1 = 10(m/s), trên đoạn đường sau là v2 = 5(m/s).

a)Hiệu suất của máy bơm

9.20. Điện trở R mắc vào hiệu điện thế U = 160V không đổi, tiêu thụ công suất P = 320W. a)Tính R và cường độ qua R.

1 -Công có ích của máy bơm (thực hiện trong 1 s): A’ = mgh + mv 2 . 2

b)Thay R bằng hai điện trở R1, R2 nối tiếp, R1 = 10Ω. Khi này công suất tiêu thụ của R2 là P2 =

V 80.10−3 m = DV = 10 .80.10 = 80kg; v = = = 8(m/s). St 10−2.1

480W. Tính cường độ qua R2 và giá trị của R2. Biết R2 chịu được dòng điện không quá 10A. c)Với R1, R2 bất kì, lần (1) mắc R1 nối tiếp R2, lần (2) mắc R1 song song với R2 rồi đều mắc vào

1 .80.82 = 5760J 2 -Điện năng tiêu thụ của máy bơm (trong 1s): A = UIt = 360.25.1 = 9000J.

hiệu điện thế trên. Hỏi trường hợp nào công suất tiêu thụ của hai điện trở lớn hơn và lớn hơn ít nhất bao nhiêu lần?  Bài giải 

với: =>

-3

A’ = 80.10.4 +

A' 5760 .100% = .100% = 64%. A 9000 Vậy: Hiệu suất của máy bơm là H = 64%.

a)Tính R và cường độ qua R

-Hiệu suất của máy bơm: H =

-Điện trở R: R =

b)Điện trở trong của động cơ Vì hiệu suất của máy bơm là H = 64% = 0,64 nên công suất hao phí là ΔP = 0,36P. =>

P 320 = = 2A . U 160 b)Tính cường độ qua R2 và giá trị của R2

-Cường độ dòng điện qua R: I =

ΔP = 0,16P+rI2 = 0,36P

0,2P 0,2.360.25 = = 2,88Ω . I2 252 Vậy: Điện trở trong của máy bơm là r = 2,88 Ω .

U2 1602 = = 80Ω . P 320

-Cường độ dòng điện qua R1, R2: I = I1 = I2 =

9.19. Tàu điện khối lượng m = 4800kg chạy trên mặt đường nằm ngang, sau đó lên dốc có góc nghiêng α = 0,03rad.

-Công suất tiêu thụ của R2: P2 = R 2 I2 = R 2

Biết tàu chuyển động thẳng đều, trên đoạn đường đầu, I1 = 25A. Trên đoạn đường sau: I2 = 50A.



480 =



48000+9600R 2 +480R 22 = 1602 R 2



480R 22 -16000R 2 +48000 = 0

R 2 = 30Ω; R '2 =

Biết hệ số ma sát μ = 0,01, hiệu điện thế trên đường dây U = 240V, hiệu suất của động cơ H = 0,8; g = 10(m/s2). Tính vận tốc v1 và v2 của tàu điện trên mỗi đoạn đường.  Bài giải  A' -Hiệu suất của động cơ tàu điện: H = = 0,8 . A -Vì tàu chuyển động thẳng đều nên công có ích bằng công hao phí. -Khi tàu chuyển động trên mặt phẳng ngang:

v1 =

U2 . (R 1 +R 2 ) 2

1602 R 2 (10+R 2 )2

10 Ω. 3

-Cường độ dòng điện qua R2: I 2 =

U 160 = = 4A . R1 +R 2 10+30

U 160 = = 12A > 10A : (loại). 10 R 2 +R 2' 10+ 3 Vậy: Cường độ dòng điện qua R2 là I2 = 4A và R2 = 30 Ω .

và

μmgS1 μmgv1 H1 = = = 0,8 UI1t1 UI1

U . R1 +R 2

0,8UI1 0,8.240.25 = = 10(m/s) μmg 0,01.4800.10

I'2 =

c)Trường hợp nào công suất tiêu thụ của hai điện trở lớn hơn

-Hiệu suất của tàu điện khi chuyển động trên mặt phẳng nghiêng:

-Công suất tiêu thụ lần 1: P1 =

A F = A Fms +A Psinα = μmgS2 cosα+mgS2sinα

287

U2 . R1 +R 2

288

-Công suất tiêu thụ lần 2: P2 = =>

2 3

RI t = mc(t 3 -t 0 )+A(t 3 -t 0 ) = (t 3 -t 0 )(mc+A)

P2 (R 1 +R 2 ) 2 R 2 +R 22 +2R1R 2 = = 1 P1 R1.R 2 R 1R 2 2 1

Ta có: R +R =>

RI22 t = mc(t 2 -t 0 )+A(t 2 -t 0 ) = (t 2 -t 0 )(mc+A)

U 2 (R1 +R 2 ) . R1.R 2

2 2

t -t I2 -Lấy (1) chia cho (2): 12 = 1 0 I2 t 2 -t 0

≥ 2R1R 2



P2 2R1R 2 +2R1R 2 ≥ => P2 ≥ 4P1 . P1 R 1R 2

-Lấy (2) chia cho (3):

Vậy: Trường hợp sau công suất tiêu thụ của hai điện trở lớn hơn trường hợp đầu và lớn hơn ít nhất 4 lần. 9.21. Dùng bếp điện để đun nước trong ấm. Nếu nối bếp với hiệu điện thế U1 = 120V, thời gian nước sôi là t1 = 10 phút còn nếu U2 = 100V thì t2 = 15 phút. Hỏi nếu dùng U3 = 80V thì thời gian nước sôi t3 là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt lượng hao phí trong khi đun nước tỉ lệ với thời gian đun nước.  Bài giải  Gọi A là hệ số tỉ lệ, nhiệt lượng hao phí trong thời gian đun nước là: ΔQ = A.t .

U2 U12 U2 -A)t1 = ( 2 -A)t 2 = ( 3 -A)t 3 R R R



1202 -AR = 15000-1,5AR



0,5AR = 600 => AR = 1200

(160-20).5,62 +20 = 5800 C . 2,82

Với: k là hệ số tỉ lệ, S’ là diện tích xung quanh của dây chì. -Do cân bằng nhiệt nên nhiệt lượng tỏa ra môi trường bằng nhiệt lượng do dòng điện cung cấp:

l Q = RI2 Δt = ρ I2 Δt = kS'Δt S +Trường hợp 1: ρ

Mặt khác: (U 22 -AR)t 2 = (U 32 -AR)t 3 t3 =

(U 22 -AR)t 2 (1002 -1200).15 = = 25,4 phút. 2 U 3 -AR 802 -1200



l 2 I1 Δt = kS1'Δt S1

ρlI12 Δt = kπd1lΔt πd12

Vậy: Thời gian đun sôi nước là t3 = 25,4 phút. 9.22. Một dây dẫn, khi có dòng điện I1 = 1,4A đi qua thì nóng lên đến t1 = 550C, khi có dòng I2 = 2,8A; t2 = 1600C. Coi nhiệt lượng tỏa ra môi trường xung quanh tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa dây và môi trường.



Nhiệt độ môi trường không đổi. Bỏ qua sự thay đổi của điện trở dây theo nhiệt độ. Tìm nhiệt độ dây dẫn khi có dòng I3 = 5,6A đi qua.

-Lấy (1) chia cho (2):

 Bài giải  Gọi A là hệ số tỉ lệ nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh:

ΔQ = A.Δt = A(t-t 0 )

+Trường hợp 2: ρ 4

l 2 I2 Δt = kS2'Δt S2

ρlI22 Δt =kπd 2lΔt πd 22

I2 = I1 (

(1)

(2)

I12 d 22 d I d 3 . 2 = 1 <=> 1 = ( 1 ) 2 2 I2 d1 d2 I2 d2

d 2 32 2 32 ) = 3.( ) = 24A . d1 0,5

Vậy: Dây chì đường kính d2 sẽ chịu được dòng điện tối đa là 24A.

-Nhiệt lượng toàn phần cung cấp cho dây: Q = Q' +ΔQ : RI12 t = mc(t1 -t 0 )+A(t1 -t 0 ) = (t1 -t 0 )(mc+A)

2,82 160-20 = 5,62 t 3 -20

ΔQ = kS' Δt

-Ta có: (U -AR)t1 = (U -AR)t 2 (1202 -AR).10 = (1002 -AR).15



Gọi ΔQ là nhiệt lượng dây chì toả ra môi trường xung quanh trong thời gian Δt :

2 2



t3 =

I t -t = 2 0 I t 3 -t 0

t0 = 200C.

Vậy: Khi có dòng I3 chạy qua thì nhiệt độ của dây dẫn là t3 = 580oC. 9.23. Dây chì đường kính tiết diện d1 = 0,5mm dùng làm cầu chì, chịu được cường độ I3 ≤ 3A. Coi nhiệt lượng dây chì tỏa ra môi trường tỉ lệ thuận với diện tích xung quanh của dây. Hỏi dây chì đường kính d2 = 2mm sẽ chịu được dòng điện bao nhiêu? Bỏ qua sự mất nhiệt do tiếp xúc ở hai đầu dây.

(U12 -AR)t1 = (U 22 -AR)t 2 = (U 32 -AR)t 3 2 1

2 2 2 3

(3)

55-t 0 1,4 2 1 ( ) = = 2,8 160-t 0 4

 Bài giải  -Dòng điện lớn nhất mà dây chịu được ứng với trường hợp khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ dây chì bằng nhiệt độ nóng chảy của chì.

-Nhiệt lượng cung cấp cho bếp điện trong 3 trường hợp là như nhau và bằng: Q = A-ΔQ = (

220 - 4t0 = 160 – t0



(2)

9.24. Dây tóc bóng đèn công suất P1 = 100W dùng với hiệu điện thế U1 = 110V có chiều dài l1 = 600mm và đường kính tiết diện d1 = 0,056mm.

(1)

289

290

Tìm chiều dài l2 và đường kính d2 của dây tóc đèn có công suất P2 = 25W dùng với hiệu điện thế U2 = 220V. Coi nhiệt lượng tỏa ra môi trường tỉ lệ thuận với diện tích xung quanh của dây tóc và nhiệt độ dây tóc trong hai đèn khi làm việc là như nhau. Bỏ qua sự truyền nhiệt do tiếp xúc ở hai đầu dây tóc.  Bài giải  Gọi ΔQ là nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong thời gian Δt : Với k là hệ số tỉ lệ, S’ là diện tích xung quanh của dây chì. -Do cân bằng nhiệt nên nhiệt lượng toả ra môi trường bằng nhiệt lượng do dòng điện cung cấp: và:

(1)

P2Δt = kS'2 Δt  P2 = kπd 2 .l2

(2)

P dl 100 -Từ (1) và (2) suy ra: 1 = 1 1 = =4 25 P2 d 2l2

 Bài giải  U -Cường độ dòng điện qua mạch: I = . r 'R r+ ' r +R -Hiệu điện thế hai đầu R: U R =

ΔQ = kS' Δt

P1Δt = kS1' Δt  P1 = kπd1.l1

Áp dụng số: U = 80V; r = r'. Người ta muốn có công suất P0 tỏa trên R0 bằng 100W. Tính R0, r và công suất Pt tỏa trên toàn bộ mạch điện.

-Công suất toả nhiệt trên R: P =

R1 = R2 =

U P1

= ρ

(3)

P =

U l l = ρ 2 = 4ρ 2 2 P2 S2 πd 2



rr + R (r+r ' )]2 R

[

P0 =

U12 P2 l d2 . 2 = 12 . 2 P1 U 2 d1 l2

r' U2 r'U2 = 4rr ' (r+r ' ) 4r(r+r ' )

-Đẳng thức xảy ra khi:

rr ' rr ' . = R (r+r ' ) => R = r+r ' R

-Áp dụng bằng số:

2 1

l1 d = l2 16d 22

(6) 3

d1 0,056 = = 0,014 mm 4 4

-Chiều dài l2 của dây tóc: l2 =

[

rr ' + R (r+r ' )]2 ≥ 4rr ' (r+r ' ) R

 (5)

l1 d2 U 2 P d 2 1102 .25 = 12 . 12 2 = 12 . l2 d 2 U 2 P1 d 2 100.2202

d2 =

r' U 2 '

rr ' + R (r+r ' ) ≥ 2 rr ' (r+r ' ) R

d  4d 2 d2 -Từ (3), (6) suy ra: = 1 2   1  = 64 d1 16d 2  d2  =>

r ' RU 2 = [rr +R(r+r ' )]2 '

-Để P không đổi khi R biến thiên quanh R0 thì P phải đạt giá trị cực trị:

(4)

2 2

-Lấy (4) chia cho (5):



l1 l = 4ρ 1 2 S1 π d1

U 2R R

-Mặt khác, điện trở tương đương của bóng đèn là: 2 1

U r 'R r ' RU . ' = ' . ' r R r +R rr +R(r+r ' ) r+ ' r +R

Vậy: Chiều dài và đường kính của dây tóc đèn có công suất P2 khi dùng ở hiệu điện thế U2 là l2 = 600mm và d2 = 0,014mm.

r, r' để công suất nhiệt tỏa trên R hầu như không đổi khi R biến thiên nhỏ quanh giá trị R0. Tính công suất P0 tương

ứng. (R0 là phần điện trở của R sử dụng trong mạch).

r.802 = 100 <=> 800r = 802 4r.2r

r = r ' = 8Ω

và

R0 =

rr ' 8.8 = = 4Ω r + r' 8+8

U2 802 = = 600W . ' 8.4 rR 8+ r+ ' 8+4 r +R . CÔNG, CÔNG SUẤT CỦA NGUỒN ĐIỆN VÀ MÁY THU ĐIỆN 9.26. Hình bên là sơ đồ nạp điện cho acquy (E,r) bằng nguồn hiệu điện thế UAB = 2,4V. Biết E = +Công suất tỏa nhiệt trên toàn bộ mạch điện: Pt =

16d 22 .l1 16.0,0142 .600 = = 600 mm 2 d1 0,0562

9.25. Cho mạch điện như hình vẽ, hiệu điện thế U, các điện trở r và r’ là không đổi, R là biến trở. Tìm liên hệ giữa R0,

+ P0 =

A + U B

r '

2,1V, IA = 2A, RA = 0, R = 0,1Ω. a)Tính r. b)Dung lượng của acquy là 10Ah (36000C), tính thời

E, r

gian nạp và năng lượng cung cấp của nguồn. c)Tính nhiệt lượng tỏa ra trong suốt thời gian nạp.

291

292

d)Tính phần điện năng biến thành hóa năng trong thời gian nạp.

-Nhiệt lượng toả ra trên đoạn mạch: E-U 12-8 = = 2Ω I 2 2 2 Q = rI t = 2.2 .600 = 4800J.

Ta có: U = E – rI => r =

Bài giải a)Tính r

U-E U-E -Cường độ dòng điện trong mạch: I = => R+r = R+r I

9.28. Acquy có r = 0,08Ω. Khi dòng điện qua acquy là 4A, nó cung cấp cho mạch ngoài một I

E, r

b)Thời gian nạp và năng lượng cung cấp của nguồn q 36000 -Thời gian nạp ac quy: t = = = 18000s = 5h . I 2 -Năng lượng cung cấp của nguồn: A = UIt = 2,4.2.18000 = 86400J = 86,4kJ

công suất bằng 8W. Hỏi khi dòng điện qua acquy là 6A, nó cung cấp cho mạch ngoài công suất bao nhiêu?

U-E 2,4-2,1 => r= -R = -0,1 = 0,05Ω I 2 Vậy: r = 0,05 Ω . R

Bài giải -Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI. -Công suất cung cấp cho mạch ngoài: P = UI = (E - rI)I. +Với I = 4A => P = (E – 0,08.4).4 = 8 => E = 2,32V. +Với I’ = 6A => P’ = (2,32 – 0,08.6).6 = 11,04W. Vậy: Khi dòng điện qua acquy là 6A, nó cung cấp cho mạch ngoài công suất là P’ = 11,04W.

9.29. Điện trở R = 8Ω mắc vào 2 cực một acquy có điện trở trong r = 1Ω. Sau đó người ta mắc

Vậy: Thời gian nạp acquy là 5h; năng lượng cung cấp của nguồn là A = 86,4kJ. c)Nhiệt lượng toả ra trong thời gian nạp Ta có: Q = RI2t = (0,1 + 0,05).22.18000 = 10800J = 10,8kJ.

thêm điện trở R song song với điện trở cũ. Hỏi công suất mạch ngoài tăng hay giảm bao nhiêu lần?

Bài giải E -Cường độ dòng điện ban đầu trong mạch: I1 = . R+r

Vậy: Nhiệt lượng toả ra trong thời gian nạp là Q = 10,8kJ. d)Phần điện năng biến thành hoá năng Ta có: A’ = A – Q = 86,4 – 10,8 = 75,6kJ.

RE 2 . (R+r)2

Vậy: Phần điện năng biến thành hoá năng trong thời gian nạp là A’ = 75,6kJ. 9.27. Tính điện năng mà dòng điện cung cấp cho đoạn mạch AB và nhiệt lượng tỏa ra trên đoạn

-Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 =

mạch trong thời gian 10 phút trong các trường hợp sau: a)Đoạn mạch có một điện trở R, cường độ qua R là 2A, hiệu điện thế hai đầu là 8V.

-Cường độ dòng điện sau khi mắc thêm R: I2 =

b)Đoạn mạch có một acquy 6V đang được nạp bằng dòng điện 2A. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch là 8V.

-Công suất mạch ngoài: P2 =

c)Đoạn mạch chứa một nguồn suất điện động 12V đang phát điện, dòng điện trong đoạn mạch chạy từ A đến B có độ lớn bằng 2A và UAB = 8V. d)Đoạn mạch chứa nguồn 12V đang phát điện, dòng điện chạy từ A đến B có độ lớn bằng 2A và

UBA = 8V. Trong mỗi trường hợp hãy giải thích sự chênh lệch giữa điện năng tiêu thụ và nhiệt lượng tỏa ra trong đoạn mạch.

Bài giải a)Trường hợp đoạn mạch có một điện trở R

E 2E . = R R+2r +r 2

R 2 R 4E 2 I2 = . 2 2 (R+2r) 2

P2 2RE 2 (R+r)2 2(R+r) 2 2.(8+1)2 = . = = = 1,62 2 2 2 P1 (R+2r) RE (R+2r) (8+2) 2

Vậy: Công suất mạch ngoài tăng lên 1,62 lần.

9.30. Điện trở R = 25Ω mắc vào bộ nguồn là 2 acquy giống nhau, điện trở trong mỗi acquy là r = 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?

-Điện năng mà dòng điện cung cấp: A = UIt = 8.2.600 = 9600J. -Nhiệt lượng toả ra trên đoạn mạch: Q = A = 9600J.

Bài giải -Nếu 2 acquy mắc nối tiếp: E1 = 2E, r1 = 2r.

b)Trường hợp đoạn mạch có một acquy 6V đang được nạp điện -Điện năng mà dòng điện cung cấp: A = UIt = 8.2.600 = 9600J.

+Cường độ dòng điện trong mạch: I1 =

-Nhiệt lượng toả ra trên đoạn mạch: Q = (U – U’)It = (8 - 6).2.600 = 2400J. c)Trường hợp đoạn mạch chứa một nguồn điện đang phát điện -Điện năng mà dòng điện cung cấp: A = UIt = 8.2.600 = 9600J.

+Công suất mạch ngoài: P1 = RI12 =R.

293

E1 2E . = R+r1 R+2r

4E 2 . (R+2r) 2

294

-Nếu 2 acquy mắc song song: E2 = E, r2 = +Cường độ dòng điện trong mạch: I2 =

r . 2

P = RI2 = R(

E2 E 2E . = = r R+r2 2R+r R+ 2

-Gọi R3 là điện trở tương đương của R1 và R2, ta có: P1 = P3.



4E 2 +Công suất mạch ngoài: P2 = RI = R. . (2R+r) 2 2 2

P1 4E 2 R (2R+r)2 (2R+r) 2 (2.25+10) 2 16 = . = = = . P2 (R+2r) 2 4E 2 R (R+2r) 2 (25+2.10)2 9

Vậy: Công suất mạch ngoài trong trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp lớn hơn

E 2 E2 E2 ) = = R r r 2 R+r ( + )2 ( R+ ) R R R

16 lần công suất 9

mạch ngoài trong trường hợp 2 acquy mắc song song. 9.31. Acquy (E,r) khi có dòng I1 = 15A đi qua, công suất mạch ngoài là P1 = 135W, khi I2 = 6A, P2 = 64,8W. Tìm E, r.

Bài giải -Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI. -Công suất mạch ngoài: P = UI = (E - rI)I = EI – rI2.

E2 r 2 ( R1 + ) R1

r2 r2 R -R = R 3 +2r+  R1 -R 3 = r 2 . 1 3 R1 R3 R1R 3



R1 +2r+

R1R3 = r2 => R 3 =

22 = 8Ω > R 1 0,5

Vậy: Phải mắc R2 nối tiếp R1 và R2 = R3 – R1 = 8 – 0,5 = 7,5Ω.

9.33.a)Khi điện trở mạch ngoài của một nguồn điện là R1 hoặc R2 thì công suất mạch ngoài có cùng giá trị. Tính E, r của nguồn theo R1, R2 và công suất P. b)Nguồn điện trên có điện trở mạch ngoài R. Khi mắc thêm Rx song song R thì công suất mạch ngoài không đổi. Tính Rx.

Bài giải

135 = E.15-r.152 15E-25r = 135  => E = 12V; r = 0,2Ω. Ta có:  2 64,8 = E.6-r.6 6E-36r = 64,8

a)Tính E, r -Công suất tiêu thụ mạch ngoài:

Vậy: E = 12V; r = 0,2Ω.

E2 E2 E2 = = R r 2 r 2 (R+r) 2 ( + ) ( R+ ) R R R

P = RI2 = R

9.32. 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

-Với R1 = R2 thì P1 = P2 

r 2 ( R1 + ) R1

nhiêu?

Bài giải



R1 +2r+

-Công suất mạch ngoài: P = UI = (E - rI)I = EI – rI2  4 = 6I – 2I2  I2 – 3I + 2 = 0



R1 -R 2 = r 2 (

r = R 1R 2

và

E = ( R1 +

 I = 2A  I = 1A 

-Mặt khác: P = RI2 => R = +Với I = 2A => R =

P I2

4 = 1Ω . 22

( R2 +

r 2 ) R2

r2 r2 = R 2 +2r+ R1 R2

a)Tìm R

r 2 ) R3

( R3 +

R1 -R 2 ) R 1R 2

r ) P = ( R1 + R 2 ) P . R1

Vậy: E = ( R1 + R 2 ) P ; r = R1R 2 . b)Tính Rx

4 +Với I = 1A => R = 2 = 4Ω . 1

-Vì công suất mạch ngoài không đổi nên từ câu a, ta có: E2

Vậy: R = 4Ω hoặc R = 1Ω.

r 2 ( R+ ) R

b)Cách mắc R2 với R1 -Công suất tiêu thụ mạch ngoài:

295

= (

RR x + R+R x

r )2 RR x R+R x

296



R+2r+



R+

r2 RR x r 2 (R+R x ) = +2r+ R R+R x RR x



RR x (R+R x ) = RR +r R+r R x



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 =

r 2R . R 2 -r 2

P ≤

U2R U2 = 4Rr 4r

-Khi R = r thì công suất mạch ngoài cực đại: Pmax =

r 2R , với R > r. R 2 -r 2

9.34.a)Mạch kín gồm acquy E = 2,2V cung cấp điện năng cho điện trở mạch ngoài R = 0,5Ω.

đôi. Tính điện trở trong của acquy.

-Hiệu suất của động cơ: H =

d)Công suất tiêu thụ trên R1 cực đại. e)Công suất tiêu thụ trên R2 cực đại.

Vậy: Cường độ dòng điện trong mạch là I = 2,86A.

Tính các công suất cực đại trên.

b)Điện trở trong của acquy

Bài giải

RI R1E R1 -Khi R = R1 thì H1 = 1 1 = . = E E(R1 +r) R1 +r

Ta có: Điện trở tương đương của R1 và R2: R =

R2 . R 2 +r

H2 R R +r = 2. 1 =2 H1 R1 R 2 +r



10,5 3+r 3+r 4 . = 2 <=> = 3 10,5+r 10,5+r 7



21+7r = 42+4r => r = 7Ω .

U , lúc đó hiệu suất của động cơ là H = 50%. 2R

a)Công suất của nguồn cực đại. b)Công suất tiêu hao trong nguồn cực đại. c)Công suất mạch ngoài cực đại.

RI 2 RI = = 0,65 EI E

0,65E 0,65.2,2 = = 2,86A . R 0,5

-Khi R = R2 thì H 2 =

Vậy: Để công suất hữu ích đạt cực đại thì I =

để:

a)Cường độ dòng điện trong mạch

R R = = 0,5 = 50% . R+r 2R

9.36. Nguồn E = 16V, r = 2Ω nối với mạch ngoài gồm R1 = 2Ω và R2 mắc song song. Tính R2

Bài giải

Ta có: Hiệu suất của acquy là: H =

U2 4r

U U = R+r 2R

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

U2 U2R = . 2 (R+r) (R+r) 2

-Theo bất đẳng thức Côsi: (R+r)2 ≥ 4Rr .

r2 RR x r2 r2 = + + R R+R x R x R 2 x

Vậy: R x =

-Công suất có ích: P = RI2 = R.

R 1R 2 2R 2 = . R1 +R 2 2+R 2

a)Để công suất của nguồn cực đại E E2 = . R+r R+r Vì E = const, r = const nên P = Pmax khi R = 0 => R2 = 0.

Ta có: Công suất của nguồn: P = EI = E.

Lúc đó: Pmax =

Vậy: Điện trở trong của acquy là r = 7 Ω . 9.35. Một động cơ điện mắc vào nguồn điện hiệu điện thế U không đổi. Cuộn dây của động cơ có điện trở R. Khi động cơ hoạt động, cường độ 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? Bài giải

162 = 128W. 0+2

Vậy: Để công suất của nguồn cực đại thì R2 = 0 và Php(max) = 128W. b)Để công suất tiêu hao trong nguồn cực đại Ta có: Công suất tiêu hao trong nguồn: Php = rI2 = r

Vì E = const, r = const nên Php = Php(max) khi R = 0 => R2 = 0. Lúc đó: Php(max) = 2.

a)Biểu thức tính công suất hữu ích của động cơ và suất phản điện xuất hiện trong động cơ -Công suất có ích của động cơ: P = UI – RI2.

E2 (R+r) 2

162 = 128W. (0+2)2

Vậy: Để công suất tiêu hao trong nguồn cực đại thì R2 = 0 và Php(max) = 128W. c)Để công suất mạch ngoài cực đại

-Suất phản điện của động cơ: U = E + RI => E = U – RI. b)Tính I để công suất hữu ích đạt cực đại

297

298

Ta có: PN = RI2 = R.

9.37. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, r1 = 2Ω, r2 = 1Ω,

E2 E2 = 2 r 2 (R+r) ( R+ ) R



2 +1 R2

 Bài giải  -Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên không có dòng điện qua vôn kế.

162 Lúc đó: PN(max) = = 32W. 2 2 ( 2+ ) 2

E 2R 2 2R 2 E U E , với U = RI = R. = . = . R+r R1 2+R 2 2R 2 +r 2R 2 +r(2+R 2 ) 2+R 2

2R 2 .16 8R 2 = 2R 2 +2(2+R 2 ) 1+R 2

 8R 2    1+R 2  64R 22 32 P1 =  = = 1 2 2(1+R 2 ) 2 R1 (1+ ) R2

P1 = P1(max) khi R2 = ∞ .

E1 +E 2 6+E 2 6+E 2 = = R N +r1 +r2 2+2+1 5

3I2 = 6I1 => I1 =

Mà:

I1 + I2 = I => I1 =

E2, r2 B

(1) R2

I2 E1, r1

I2 2

I 6+E 2 = 3 15

E2, r2 B

I I1 R1

2I1 2(6+E 2 ) = 3 15

I2 =

và

UCD = UCB + UBD = E2 – Ir2 – I1R3 = E 2 -

6+E 2 6+E 2 .1.3 5 15

UCD = E 2 -

3E 2 -12  1,5 =  E = 6,5V 5 =>  2  3E -12 -1,5 =  E 2 = 1,5V 2  5

32 = 32W. 1 2 ) ∞ Vậy: Để công suất tiêu thụ trên R1 cực đại thì R2 = ∞ và P1(max) = 32W. e)Để công suất tiêu thụ trên R2 cực đại Lúc đó: P1(max) =

(1+

6+1,5 = 1,5A 5 Công suất của mỗi nguồn: P1 = E1I = 6.1,5 = 9W; P2 = E2I = 1,5.1,5 = 2,25W.

+Với E2 = 1,5V, thay vào (1), ta được: I =

8R 2 U2 , với U = RI = (như câu d). R2 1+R 2

Hiệu suất của mỗi nguồn: H1 = 1-

12+2E 2 3E 2 -12 (2) = 5 5 -Nếu điện thế ở C cao hơn ở D thì UCD = 1,5V, còn nếu điện thế ở D cao hơn ở C thì UCD = 1,5V, thay vào (2), ta được 2 trường hợp:

Ta có: P2 = R 2 I22 =

Ta có: I2R2 = I1(R1 + R3)

Vậy: Để công suất mạch ngoài cực đại thì R2 = ∞ và PN(max) = 32W. d)Để công suất tiêu thụ trên R1 cực đại

R (R +R ) 3(3+3) -Điện trở mạch ngoài: RN = 2 1 3 = = 2Ω R 2 +R 1 +R 3 3+3+3

= 2 => R2 = ∞

Ta có: P1 = R1I12 =

E1, r1

Tính E2, công suất và hiệu suất mỗi nguồn.

2R 2 = r = R1. Vì E = const, r = const nên PN = PN(max) khi R = r  2+R 2 2

R1 = R2 = R3 = 3Ω, vôn kế V (RV rất lớn) chỉ 1,5V.

 8R 2    1+R 2  64R 2 64 P2 =  = = 1 2 R2 (1+R 2 )2 ( R2 + ) R2

Ir1 2.1,5 Ir 1,5.1 = 1= 50% ; H2 = 1- 2 = 1= 0. E1 6 E2 1,5

6+6,5 = 2,5A 5 Công suất của mỗi nguồn: P1 = E1I = 6.2,5 = 15W; P2 = E2I = 6,5.2,5 = 16,25W.

+Với E2 = 6,5V, thay vào (1), ta được: I =

Hiệu suất của mỗi nguồn: H1 = 1-

-Để P2 = P2(max) thì R2 = 1 Ω (từ bất đẳng thức Cô-si). 64 = 16W. 1 (1+ )2 1 Vậy: Để công suất tiêu thụ trên R2 cực đại thì R2 = 1 Ω và P2(max) = 16W.

Ir1 2,5.2 Ir 2,5.1 = 1= 16,67% ; H2 = 1- 2 = 1= 61,54% . E1 6 E2 6,5

9.38. Nguồn E = 12V, r = 4Ω được dùng để thắp sáng đèn 6V - 6W.

Lúc đó: P2(max) =

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. Bài giải

299

300

Ta có: +Điện trở của đèn: R đ =

U đ2m 62 = = 6Ω Pđm 6

+Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

+Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P1 = Pđm 6 = = 1A . U đm 6

E 12 = = 1,2A R đ +r 6+4

+Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P2 =

-Vì P1 = P2  ( R1 +

E 12 - (Rđ + r) = - (6 + 4) = 2 Ω Idm 1



R1 +

-Nếu mắc thêm Rx song song với đèn, để đèn sáng bình thường thì: +Hiệu điện thế hai đầu Rx: Ux = Uđ = 6V.



R1 -R 2 = r 2 (

E-U đ 12-6 = = 1,5A . r 4 +Cường độ dòng điện qua Rx: I2 = I – Iđm = 1,5 – 1 = 0,5A. +Cường độ dòng điện qua mạch: I =

R R

E2 ( R2 +

r 2 ) R2

r 2 r 2 ) = ( R2 + ) R1 R2

R1 -R 2 ) R 1R 2

5 R.0,6R = R 2 => r = R. 3 Vậy: Để công suất tiêu thụ mạch ngoài không đổi khi K mở và đóng thì r = R. b)Tính UAB



Uđ 6 = = 12Ω . Ix 0,5

r 2 = R 1R 2 =

-Khi K mở:

+Công suất tiêu thụ trên Rx: Px = R x I x2 = 12.0,52 = 3W . 9.39. Cho mạch điện như hình vẽ, các điện trở thuần đều có giá trị bằng R.

a)Tìm hệ thức liên hệ giữa R và r để công suất tiêu thụ mạch ngoài không đổi khi K mở và đóng. b)E = 24V. Tính UAB khi: -K mở.

E, r

r2 r2 +2r = R 2 + +2r R1 R2

+Công suất tiêu thụ của Rx: Px = RxI2 = 2.12 = 2W.

+Điện trở Rx: R x =

R ) 2 = 1,5R = 0,6R R 2,5 R+R+ 2

E = Iđm +Cường độ dòng điện qua đèn: I = R đ +R x +r Rx =

r 2 ) R1

R.(R+ R2 =

Vì I > Iđm nên đèn không sáng bình thường. b)Tính Rx và công suất tiêu thụ của Rx -Nếu mắc thêm Rx nối tiếp với đèn, để đèn sáng bình thường thì:

( R1 +

-Khi K đóng: +Điện trở tương đương mạch ngoài:

a)Chứng minh đèn không sáng bình thường Ta có: Cường độ dòng điện qua đèn: I =

+Cường độ dòng điện trong mạch chính: I1 =

E, r

E E . = 5 R1 +r R+r 3

+Hiệu điện thế 2 đầu AB: U AB = I1R AB A

-K đóng.

UAB = =

E R.2R E 2 E 24 . = . R= = = 6V 5 8 3 R+2R 4 4 R+r R 3 3

-Khi K đóng:

Bài giải

+Cường độ dòng điện trong mạch chính: I2 =

a)Hệ thức liên hệ giữa R và r -Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI2 = R

E2 E2 . = r 2 (R+r) 2 ( R+ ) R

+Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E-rI 2 = E-

-Khi K mở: +Điện trở tương đương mạch ngoài: R1 = R+

rE . 0,6R+r

U +Cường độ dòng điện qua AB: I A = = R R+ 2

R.2R 5 = R. R+2R 3

301

E E . = R 2 +r 0,6R+r

E-

rE 0,6R+r 1,5R

302

E+Hiệu điện thế 2 đầu AB: U AB = I A R =

rE 24R 240,6R+r 1,6R = = 6V . 1,5 1,5

*Trường hợp 2:



Vậy: Khi K mở, UAB = 6V; khi K đóng, UAB = 6V.

9.40. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 20V, r = 1,6Ω, R1 = R2 = 1Ω, 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.

Bài giải -Điện trở tương đương mạch ngoài:

-Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

R2 Đ2

+Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R đ I22 = 1,53.(

3R 2 +9,6R+7,68-20R = 0 <=> 3R 2 -10,4R+7,68 = 0

 R = 2,4Ω   R = 16 Ω 15 

Tính công suất tiêu thụ của mạch ngoài, công suất và hiệu suất của nguồn. Bài giải

R đ2 +2R đ = 2,4 2R đ +2

X 4

X 3

X X

Ta có: Mạch điện được vẽ lại như sau:

4.(4+2) Lúc đó: R = = 2,4Ω. 2.4+2

E 20 = = 5A R+r 2,4+1,6

+Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.5 = 12V.

I4 1

U 12 = = 3A Rđ 4

X B

+Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R đ I12 = 4.32 = 36W .

E, r

-Công suất tiêu thụ của đèn 6: P6 = RI52 => I5 =

+Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 5 – 3 = 2A. +Công suất tiêu thụ của đèn 2: P2 = R đ I22 = 4.22 = 16W . +Hiệu suất của nguồn: H =

4 trở R, nguồn có r = R . Công suất tiêu thụ của đèn 6 là E, r 15 6W.

R đ (R đ +2) ) 2R đ +2

+Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 =

695 2 ) = 7,89W . 306

+Hiệu suất của nguồn: H =

R 2đ -2,8R đ -4,8 = 0 => R đ = 4Ω

800 695 = A. 153 306

U 8 = = 0,4 = 40% . E 20 9.41. Cho mạch điện như hình vẽ: các đèn có cùng điện

R.202  (R 2 +3,2R+2,56).60 = 400R (R+1,6) 2



800 2 ) = 41,83W . 153

+Cường độ dòng điện qua đèn 2: I2 = I – I1 = 7,5 –

E2 . (R+r)2

60 =

U 8 800 = = A. Rđ 1,53 153

+Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 =

E . R+r



*Trường hợp 1:

+Công suất tiêu thụ của đèn 1: P1 = R đ I12 = 1,53.(

-Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI 2 = R

(với R =

1,53(1,53+2) 16 = Ω 2.1,53+2 15

E 20 = = 7,5A 16 R+r +1,6 15 +Hiệu điện thế mạch ngoài: U = E – rI = 20 – 1,6.7,5 = 8V.

Đ1

R đ (R đ +R1 +R 2 ) R (R +2) = đ đ R đ +R đ +R 1 +R 2 2R đ +2



15R đ2 -2R đ -32 = 0 => R đ = 1,53Ω

Lúc đó: R =

E, r

R đ2 +2R đ 16 = 2R đ +2 15

-Hiệu điện thế 2 đầu CD: UCD = I5R567 =

U 12 = = 0,6 = 60% . E 20

303

P6 R

P6 .3R = 3 RP6 . R

304

-Cường độ dòng điện qua đèn 4: I4 =

-Cường độ dòng điện qua đèn 2: I 2 = I 4 +I5 = 3 -Hiệu điện thế 2 đầu AB: UAB = I2R23456 = 4 =>

UAB = 4

E . R+r a)Số chỉ của vôn kế và ampe kế: Khi C ở chính giữa:

3 RP6 U CD P = =3 6 . R4 R R

-Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

P6 P P + 6 =4 6 . R R R

R' =

P6 3R.R .(2R+ ) R 3R+R

U NB 5 = = 1A . 5 5 Vậy: Vôn kế chỉ 7V và ampe kế chỉ 1A. +Số chỉ của ampe kế là: IA =

P U AB = 11 6 . R R

b)Vị trí C để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là lớn nhất

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 +I2 = 11 Mà

Ta có: Công suất tiêu thụ trên biến trở: P = R'I2 =

P6 P P +4 6 = 15 6 R R R

E E E E E = = = = 2,75R.R 11 11 4 R+r R +r R+r R+ R 2,75R+R 15 15 15

E 15 6 E = => = 15 6 R R R

P = Pmax  R’ = R1+r = 1 + 1 = 2 Ω .

và

Pmax =

92 ( 2+

2 2 ) 2

= 10,125W

x(10-x) = 2  x 2 -10x+20 = 0 10 => x1 = 7,24 Ω ; x2 = 2,76 Ω . Vậy: Vị trí của C để công suất trên biến trở lớn nhất là x1 = 7,24 Ω hoặc x2 = 2,76 Ω và Pmax =

P6 = 165P6 = 165.6 = 990W R

10,125W.

-Công suất của nguồn: P ' = EI = E.15

E 2 R' E2 . = R +r (R'+R1 +r) 2 ( R'+ 1 )2 R'

Lúc đó: R’ =

-Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P = UI = 11 RP6 .15

UAN = IR1 = 2.1 = 2V; UNB = IR = 2.2,5 = 5V.

+Số chỉ của vôn kế là: UAM = UAB = UAN + UNB = 2 + 5 = 7V.

P6 .2,75R = 11 RP6 R

-Cường độ dòng điện qua đèn 1: I1 =

5(10-5) 9 = 2A = 2,5Ω => I = 10 2,5+2

9.43.a)Nếu lần lượt mắc điện trở R1 = 2Ω và R2 = 8Ω vào một nguồn điện một chiều có suất điện

P6 E = 15 6. = 15 6.15 6 = 1350W R R

động E và điện trở trong r thì công suất tỏa nhiệt trên các điện trở là như nhau. Hãy tính điện trở trong của nguồn.

P' 990 = = 0,733 = 73,3% . P 1350 Vậy: Công suất tiêu thụ mạch ngoài là P = 900W; công suất của nguồn là P’ = 1350W; hiệu suất

-Hiệu suất của nguồn: H =

của nguồn là H = 73,3%.

9.42. Cho mạch điện như hình vẽ, E = 9V, r = 1Ω, biến

ampe kế. b)Định vị trí C để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là lớn nhất. Tính công suất này.

D R1 A

điện như hình vẽ. Trong đó R3 = 58,4Ω, R4 = 60Ω, ampe A

a)Khi C ở chính giữa biến trở, tính số chỉ trên vôn kế và

điện trên. Hỏi Rx bằng bao nhiêu thì công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài là lớn nhất? c)Bây giờ ta lại mắc nguồn điện trên và R1, R2 vào mạch

E, r

trở MN có điện trở toàn phần R = 10Ω, điện trở R1 = 1Ω, RA = 0, RV rất lớn.

b)Người ta mắc song song R1 và R2 rồi mắc nối tiếp chúng với điện trở Rx để tạo thành mạch ngoài của nguồn

B C

+ E, r

R2 R4

kế A có điện trở không đáng kể. Hỏi ampe kế chỉ bao nhiêu, biết rằng suất điện động của nguồn điện E = 68V.

Bài giải a)Điện trở trong của nguồn -Vì công suất toả nhiệt trên các điện trở là như nhau nên: P1 = P2.

Bài giải x(10-x) x(10-x) -Điện trở tương đương mạch ngoài: R = R1 +R' = R1 + . = R1 + x+10-x 10

305

E2 E2 = R2 (R1 +r)2 (R 2 +r)2



R1 (R 22 +2R 2 r+r 2 ) = R 2 (R12 +2R1r+r 2 )

306



r 2 = R1R 2 => r = R1R 2 = 2.8 = 4Ω .

Vì MS =

R+

Vậy: Điện trở trong của nguồn là r = 4 Ω . b)Giá trị Rx để công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài là lớn nhất -Điện trở tương đương của mạch ngoài: R = Rx +

R 1R 2 . R1 +R 2

E2 4r

P1max =

E2 E2 = 20W ; P2max = = 30W . 4r1 4r2

a)Trường hợp 2 acquy mắc nối tiếp: Khi 2 acquy mắc nối tiếp: Eb = 2E; rb = r1 + r2 nên:

RE 2 E2 E2 = = 2 R r 2 r 2 (R+r) ( + ) ( R+ ) R R R

Pmax =

2.8 = 4 => R x = 2,4Ω . 2+8 Vậy: Để công toả nhiệt ở mạch ngoài lớn nhất thì Rx = 2,4 Ω . c)Số chỉ của ampe kế -Điện trở tương đương mạch ADB:

Rx +

R ADB =

R1R 2 2.8 +R 3 = +58,4 = 60Ω R1 +R 2 2+8

E, r

Pmax =

R1 R2

R 4 R ADB 60.60 R= = = 30Ω R 4 +R ADB 60+60

và một biến trở Rb mắc nối tiếp nhau. 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?

E 68 = = 2A . R+r 30+4

Bài giải

U AB 60 = = 1A . R AB 60

a)Hiệu điện thế định mức của đèn

-Hiệu điện thế 2 đầu R1: U1 = I3R12 = 1.1,6 = 1,6V.

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

U 1,6 -Cường độ dòng điện qua R1: I1 = 1 = = 0,8A . R1 2

E 150 150 . = = R b +R đ +r 18+2+R đ 20+R đ

-Hiệu điện thế định mức của đèn: Uđ = IRđ =

-Số chỉ của ampe kế: IA = I – I1 = 2 – 0,8 = 1,2A. Vậy: Ampe kế chỉ 1,2A.

9.44. Hai acquy (E, r1), (E, r2). Công suất mạch ngoài cực đại của mỗi acquy là 20W và 30W. Tính công suất mạch ngoài cực đại của bộ hai acquy: a)Nối tiếp. b)Song song.

Bài giải Ta có: Công suất mạch ngoài của ac quy: P = R

E 2 (r1 +r2 ) (E) 2 E2 E2 = = + = P1 +P2 = 20+30 = 50W rr 4r1r2 4r1 4r2 4( 1 2 ) r1 +r2

a)Khi Rb = 18Ω thì đèn sáng bình thường. Tìm hiệu điện thế định mức của đèn.

UAB = E – rI = 68 - 4.2 = 60V

-Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

r1r2 nên: r1 + r2

Vậy: Khi 2 acquy mắc nối tiếp thì Pmax = 48W; khi 2 acquy mắc song song thì Pmax = 50W.

-Cường độ dòng điện qua ampe kế: IA = I – I1.

4.20.30 = 48W 20+30

9.45. Mạch điện gồm một nguồn E = 150V, r = 2Ω, một đèn Đ có công suất định mức P = 180W

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Pmax =

(2E)2 4E 2 4 4 4P1P2 = = = = 4r1 4r2 1 1 4(r1 +r2 ) 4(r1 +r2 ) R 1 +R 2 + + E2 E2 P1 P2

b)Trường hợp 2 acquy mắc song song: Khi 2 acquy mắc song song: Eb = E; rb =

-Điện trở tương đương mạch ngoài:

≥ 2 r => MSmin khi R = r.

Pmax =

Vì E = const, r = const nên P = Pmax khi R = r. hay

và

-Công suất toả nhiệt ở mạch ngoài: P = RI2 =

E2 E2 . = 2 r 2 (R+r) ( R+ ) R

Mặt khác: U đ =

150R đ . 20+R đ

P 180 = (20+R đ ) = 1,2(20+R đ ) I 150



150R đ = 1,2(20+R đ ) 2



150R đ = 480+48R đ +1,2R 2đ



1,2R 2đ -102R đ +480 = 0

150.80   R đ = 80Ω => U đ = 20+80 = 120V   R = 5Ω => U = 150.5 = 30V đ  đ 20+5

Vậy: Hiệu điện thế định mức của đèn là 120V hoặc 30V.

307

308

b)Tìm Rb để hai đèn sáng bình thường -Với đèn có Uđ = 120V; Rđ = 80Ω: Để đèn sáng bình thường: P 180 = = 1,5A . U 120 +Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.1,5 = 3A. +Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

E 150 =3  =3 Rđ R b +40+2 Rb+ +r 2



R b = 8Ω .

E = 6n  E = 6nRb + 6Rđ + 6nr R R b + đ +r n



và

nmax =

E-6R d => n = nmax khi Rb = 0. 6(R b +r) 150-6.5 = 10 (đèn). 6.2

U 30 = = 0,2 = 20% E 150

-Với đèn có Uđ = 30V; Rđ = 5Ω: Để đèn sáng bình thường:

Vậy: Số đèn tối đa loại Uđ = 30V; Rđ = 5Ω là 10 đèn và hiệu suất của nguồn lúc đó là H = 20%.

P 180 = = 6A U 30 +Cường độ dòng điện qua biến trở: I = Ib = 2.6 = 12A.

9.46. Nguồn E = 30V, điện trở trong r dùng để thắp sáng đồng thời hai đèn Đ1, Đ2 giống nhau và đèn Đ3. Để cả 3 đèn sáng bình thường, có thể mắc: -(Đ1 // Đ2) nt Đ3.

+Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

-(Đ1 nt Đ2) // Đ3. a)Tính hiệu điện thế định mức mỗi đèn. Cho biết cách mắc nào có lợi hơn.

E 150 = 12  = 12 Rđ R +2,5+2 b Rb+ +r 2



R b = 8Ω

b)Một trong hai cách mắc trên, công suất của nguồn là P = 60W. Tính các giá trị định mức của đèn và điện trở trong của nguồn.

Bài giải

Vậy: Để 2 đèn sáng bình thường thì Rb = 8Ω. c)Số nguồn tối đa có thể thắp sáng

Đ1

-Với loại đèn có Uđ = 120V; Rđ = 80Ω: Gọi n là số đèn tối đa có thể thắp sáng bình thường. Vì

các đèn sáng bình thường nên:

Đ2

P 180 +Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: Iđ = = = 1,5A . U 120 +Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 1,5n.



và

150-1,5.80 nmax = = 10 (đèn). 1,5.2

Đ1

Đ2

Đ3

I’1

I’3 I’

E, r Hình a

E, r Hình b

a)Hiệu điện thế định mức mỗi đèn Gọi U1, U2, U3 là hiệu điện thế định mức của các đèn; I1, I2, I3 là dòng điện định mức của các đèn.

E-1,5R d => n = nmax khi Rb = 0. 1,5(R b +r)

Đ3

E I= = 1,5n  E = 1,5nRb + 1,5Rđ + 1,5nr R R b + đ +r n

-Từ cách mắc 1 suy ra: U1 = U2; từ cách mắc 2 suy ra: I1 = I2. -Vì các đèn sáng bình thường nên ta có:

U 120 = = 0,8 = 80% H= E 150 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 đèn sáng bình thường nên:

P 180 = = 6A . U 30 +Cường độ dòng điện qua biến trở: I = nIđ = 6n.

+Cường độ dòng điện qua mỗi đèn: Iđ =

+Hình a: U1 + U3 = E – Ir +Hình b: U1 + U2 = U3 = E – I’r

(1) (2)

-Từ (2) suy ra: 2U1 = U3 = E – I’r -Thay (3) vào (1): U1 + 2U1 = E – Ir

(3)

 3U1 = E – Ir -Từ (3), ta có: 2U1 = E - I’r Mặt khác: I = I3 = I1 + I2 = 2I1

(4) (5) (6)

I3 3I (7) = 3 2 2 -Thay (6) vào (4) và thay (7) vào (5), ta được: I’ = I3 + I1 = I3 +

309

310

Bài giải

3U1 = E-I3r 3U1 +I3 r = E = 30    3I 3   3 2U = E.r  1  2U1 + 2 I3 r = E = 30 2 =>

U1 = 6V và I3r = 12V

a)Các sơ đồ Ta có: I1đm =

(8)

=> U2 = U1 = 6V; U3 = 2U1 = 12V. -Để biết mắc theo cách nào lợi hơn, ta dựa vào hiệu suất của từng cách mắc. Ta có: H =

I3đm = I1đm + I2đm; U1đm = U2đm = U3đm = 6V. -Cách 1 (hình a): [(Đ1 // Đ2 // Đ3) nt R]. Ta có: I = I1 + I2 + I3 = 0,5 + 1 + 1,5 = 3A.

U U +U 6+12 = 1 3 = = 60% E E 30

UAB = E – I(R + r)

U U' 12 và H = = 3 = = 40% . E E 30 Vậy: Hiệu điện thế định mức của mỗi đèn là U1 = U2 = 6V, U3 = 12V và cách mắc thứ 1 (hình a) lợi hơn. '

b)Các giá trị định mức của đèn và điện trở trong của nguồn P 60 -Nếu cách 1 có P = 60W thì I = = = 2A . E 30 => =>

6 = 24 – 3(R + 2) => R = 4Ω.



-Cách 2 (hình b): [(Đ1 // Đ2 // Đ3) // R]. Ta có: UAB = E – Ir  6 = 24 - I.2 => I = 9A. =>

IR = I – (I1 + I2 + I3) = 9 – 3 = 6A.

I3 = 1A. 2 P1 = U1I1 = 6.1 = 6W => Đ1: 6V – 6W.

P2 = U2I2 = 6.1 = 6W => Đ2: 6V – 6W. P3 = U3I3 = 12.2 = 24W => Đ3: 12V – 24W. 12 12 Theo (8): I3r = 12 => r = = = 6Ω . I3 2

Theo (7): I' =

P 60 = = 2A E 30

=> =>

P1 = U1I1 = 6.

Đ1

X X X

Đ2

Đ3

Đ1

X Đ2

X X

B Đ3

E, r

Hình a

Hình b

Mặt khác: UAB = E – I (R + r) =>

12 = 24 – 1,5(R + 2) => R = 6Ω.

-Cách 4 (hình d): {[(Đ1 // Đ2) nt Đ3] // R}. Ta có: UAB = U1 + U3 = 6 + 6 = 12V. Mặt khác: UAB = E – Ir

’

2 = 4W => Đ1: 6V – 4W và Đ2: 6V – 4W. 3

P3 = U3I3 = 12.

-Cách 3 (hình c): [(Đ1 // Đ2) nt Đ3 nt R]. Ta có: I = I3 = 1,5A; UAB = U1 + U3 = 6 + 6 = 12V.

3 2 2.2 4 I3 => I3 = I' = = A 2 3 3 3

4 2 I1 = I2 = I – I3 = 2 - = A . 3 3

4 = 16W  Đ3: 12V – 16W. 3

12 12 = = 9Ω . 4 I3 3 Vậy: Với cách mắc 1 thì Đ1, Đ2: 6V-6W, Đ3: 12V-24W, r = 6 Ω ; với cách mắc 2 thì Đ1, Đ2: 6V4W, Đ3: 12V-16W, r = 9 Ω .

và

UR U 6 = AB = = 1Ω IR IR 6

I3 = 2A, I1 = I2 =

-Nếu cách 2 có P = 60W thì I' =

P1dm 3 P 6 P 9 = 0,5A; I2đm = 2dm = = 1A; I3đm = 3dm = = 1,5A. = 6 6 6 U1dm U 2dm U 3dm

9.47. Nguồn E = 24V, r = 2Ω dùng để thắp sáng đồng thời ba đèn: Đ1(6V-3W), Đ2(6V-6W), Đ3(6V-9W). Các đèn sáng bình thường nhờ mắc thêm một điện trở R vào mạch. a)Vẽ tất cả các sơ đồ có thể có và tính R trong mỗi sơ đồ.

b)Sơ đồ nào có hiệu suất lớn nhất? Tính hiệu suất này.

311

 =>

12 = 24 – I.2 => I = 6A. IR = I – I3 = 6 – 1,5 = 4,5A

U AB 12 8 = = Ω IR 4,5 3 Đ1

Đ1

Đ3

X Đ2

X B

X Đ2

Đ3

E, r

Hình c

Hình d

312

b)Tính hiệu suất

-Ta thấy: U1 < U2 = U3 và I2 ≠ I1 + I3 nên chỉ có cách mắc duy nhất để cả ba đèn sáng bình thường là [(Đ1 nt R2) // Đ2 // Đ3].

U Ta có: Hiệu suất: H = , trong đó: U là hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn. E Vì E = 24V = const nên H = Hmax khi U = Umax. => Cách 3 có hiệu suất lớn nhất là: U +U +U 6+6+1,5.6 H= 1 3 R = = 0,875 E 24 *Chú ý: Với cách tính trên thì ta xem công của dòng điện sản ra ở mạch ngoài là công có ích, tức là bao hàm cả công sản ra trên điện trở R. Nếu chỉ xem công sản ra trên các bóng đèn là có ích thì: U +U 12 H= 1 3 = = 0,5 E 24

Rb =

E-U AB 28-18 -r = -2 = 7,14Ω I 1, 75

U R 2 = U AB -U1 = 12-6 = 6V

R2 =

X Đ3

X Đ2

-Mặt khác: U AB = U R 2 +U1

UR2

Đ1

I1 R2

Khi đó:I = I1 + I2 + I3 = 1,75A; UAB = U2 = 12V. Mà UAB = E – I(Rb+r)

6 = 12Ω 0,5

E, r

Vậy: Để các đèn sáng bình thường thì Rb = 7,14Ω; R2 phải mắc nối tiếp với Đ1 và R2 = 12Ω.

9.48. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 28V, r = 2Ω, đèn Đ1: 6V-3W, đèn Đ2: 12V-12W, đèn Đ3:

9.49. Nguồn E = 48V, r = 3Ω được dùng để thắp sáng bình thường các đèn giống nhau, trên mỗi

12V-3W, Rb là biến trở.

đèn có ghi 6V-3W. Hỏi có bao nhiêu cách mắc đèn? Cách mắc nào có số đèn nhiều nhất? Cách

a)Có thể điều chỉnh biến trở để ba đèn sáng bình thường không? Vì sao?

Đ2

Đ1

b)Mắc thêm R1 vào mạch. Tìm giá trị Rb, vị trí và giá trị R1 để các đèn sáng bình thường.

mắc nào có công suất tiêu hao trong nguồn nhỏ nhất? Tính giá trị nhỏ nhất này. Bài giải

Đ3

c)Ba đèn và điện trở R2 có thể mắc theo cách khác vào AB để các đèn sáng bình thường. Tìm Rb, vị trí và giá

B m

trị R2. So sánh hiệu suất của hai cách mắc. Bài giải 3 12 3 = 0,5A ; I2 = = 1A; I3 = = 0,25A . 6 12 12 Theo sơ đồ thì I1 = I2 + I3. Theo giá trị định mức thì I1 ≠ I2 + I3. Vậy: Không có giá trị nào của Rb để cả ba đèn sáng bình thường.

Ta có: I = I2 + I3 = 1,25 => I1 + I R1 = 1,25. =>

IR1 = 1,25-0,5 = 0,75A

U 6 R1 = 1 = = 8Ω I R1 0,75

IR1

Đ1

I2 I3

E, r

(1) (Pđ: công suất của 1 đèn)

Mặt khác: Pn = UI = (E – Ir)I = (48 – 3I)I = 48I – 3I2 -Từ (1) và (2): 3I2 - 48I + 3N = 0  I2 – 16I + N = 0

(2) (3)

và I = mIđ = 0,5m Thay (4) vào (3) ta được: (0,5m)2 – 16.0,5m + mn = 0

(4)

m(0,25m – 8 + n) = 0  0,25m – 8 + n = 0 m = 32 – 4n (*) n 1 2 3 4 m

Đ3

-Từ bảng ta trên thấy có tất cả 7 cách mắc và cách mắc gồm 16 nhánh, mỗi nhánh 4 bóng là có tổng số đèn nhiều nhất (64 bóng).

B I

Ta có: mn = N (m,n ∈ N*) -Công suất mạch ngoài: Pn = NPđ = 3N

 

Đ2

Gọi N là tổng số bóng đèn; m là số dãy; n là số bóng trên mỗi dãy. Đ3

I2 + I3 = 1,25 > I1 = 0,5 => R1 được mắc song song với Đ1.

Rb =

Đ2

I E, r

b)Giá trị Rb, vị trí và giá trị R1 để các đèn sáng bình thường

Đ1

Ta có: I1 =

và UAB = U1 + U2 = 6 + 12 = 18V. Mặt khác: UAB = E – I(Rb + r)

……………………… ……...

a)Ba đèn có thể sáng bình thường không?

Vì:

E, r

*Chú ý: Nếu chỉ cần tìm số bóng đèn nhiều nhất thì từ phương trình (3): I2 – 16I + N = 0 ta tìm điều kiện nghiệm:

E-U AB 28-18 -r = -2 = 6Ω I 1, 25

Δ ' ≥ 0 <=> 82 -N ≥ 0 => N ≤ 64

Vậy: Để các đèn sáng bình thường thì Rb = 6Ω; R1 phải mắc song song với Đ1 và R1 = 8Ω.

c)Tìm Rb, vị trí và giá trị R2 để các đèn sáng bình thường

313

Nmax = 64 bóng và I = 8A.

314

Mà I = mIđ => m =

I 8 N 64 = = 16 (nhánh); n = = = 4 (bóng). Iđ 0,5 m 16

Mặt khác: I =

-Cách mắc có công suất tiêu hao trong nguồn nhỏ nhất?

+Từ bảng trên ta thấy khi m = mmin = 4 thì n = 7. Vậy: Cách mắc gồm 4 dãy, mỗi dãy 7 bóng sẽ có công suất tiêu hao trong nguồn nhỏ nhất: Pmin =

(RN =

nR D ) m

E E => Iđ = R Đn R n+mr Đ +r m Suy ra: Iđmax khi (RĐn + mn)min.

+Công suất tiêu hao trong nguồn: P = I2r  P = (0,5m)2.3 = 0,75m2 => Pmin  mmin

E R N +r

-Từ bất đẳng thức Cô-si, ta có: R Đ n+mr ≥ R Đ n.mr

0,75.4 = 12W. *Chú ý: Để tìm mmin ta cũng có thể bắt đầu từ biểu thức (*): m = 32 – 4n.

Điều kiện: m > 0 => 32 - 4n > 0 => n < 7 (n ∈ N* )

Mặt khác: mn = 36

=> =>

m = mmin ứng với nmax = 7 m = 32 – 4.7 = 4.

(RĐn + mn)min khi RĐn = mr =>

-Từ (1) và (2):

RĐ 2 r .n = 36 => n = 6 r RĐ

Với r = 4, rĐ=3 => n = 6

c)Tìm cách mắc để công suất tiêu thụ mỗi đèn lớn nhất. Tính công suất lớn nhất này và hiệu suất nguồn khi đó. Bài giải a)Số cách mắc để công suất tiêu thụ mỗi đèn bằng nhau

4 ≈ 6,9 ∉ N . 3

Vì trường hợp này n không phải là số nguyên, nên ta chọn n nguyên lân cận giá trị 6,9 thỏa mãn: mn = 36 => n = 6 và m = 6. Khi đó: Iđ =

36 6 = A 3.6+6.4 7

6 P = ( )2 .3 = 2,204W 7

Ta có: Công suất tiêu thụ của đèn: P = I2RĐ. Vì các đèn giống nhau nên để công suất tiêu thụ mỗi đèn bằng nhau thì dòng điện qua mỗi đèn

phải bằng nhau. -Xét trường hợp các đèn được mắc theo kiểu hỗn hợp đối xứng: Gọi m là số dãy, n là số bóng

-Hiệu suất của nguồn: H =

trên mỗi dãy, với: mn = 36 (m, n ∈ N* ) n

Từ bảng trên ta thấy có tất cả 9 cách mắc: (n = 1; m = 36); (n = 2; m = 18); (n = 3; m = 12); (n = 4; m = 9); (n = 6; m = 6); (n = 9; m = 4); (n = 12; m = 3); (n = 18; m = 2); (n = 36; m = 1). Vậy: Có 9 cách mắc các đèn để công suất tiêu thụ trên mỗi đèn bằng nhau. b)Cách mắc để các đèn sáng bình thường -Để đèn sáng bình thường thì dòng điện qua mỗi đèn phải bằng dòng điện định mức Iđm = 1A. Ta có: Công suất của mạch ngoài: Pn = 36Pđ = 36.3 = 108W.

(1)

(2)

9.50. Nguồn E = 36V, r = 4Ω được dùng để thắp sáng 36 đèn giống nhau, mỗi đèn 3V - 3W. a)Có bao nhiêu cách mắc để công suất tiêu thụ mỗi đèn bằng nhau? b)Tìm cách mắc để các đèn sáng bình thường.

m R = Đ n r

U Ir 6 36 A. = 1- , với I = mIđ = 6. = E E 7 7

36 4 => H = 1- 7 = 0,4286 = 42,86% 36 Vậy: Cách mắc để công suất tiêu thụ mỗi đèn lớn nhất là mắc 36 nguồn thành 6 dãy, mỗi dãy 6 đèn; công suất lớn nhất là Pmax = 2,204W và hiệu suất nguồn khi đó là H = 42,86%.

9.51. Nguồn điện E = 12V, r = 2Ω. Mạch ngoài là các đèn loại 3V-3W mắc hỗn tạp. Xác định số đèn và cách mắc đèn để chúng sáng bình thường. Bài giải Gọi m là số dãy, n là số bóng trên mỗi dãy, tổng số bóng đèn là:

N = mn (m, n ∈ N*) -Công suất mạch ngoài: Pn = NPđ = 3N=3mn

(1)

c)Cách mắc để công suất tiêu thụ mỗi đèn lớn nhất

-Mặt khác: Pn = UnI = (E – Ir)I = (12 – 2I)I = 12I – 2I2 -Từ (1) và (2): 3mn = 12I - 2I2 Mà: I = mIđ = m

(2) (3) (4)

-Công suất tiêu thụ của mỗi đèn: P = I2đ R đ .

Thay (4) vào (3) ta được: 3mn = 12m – 2m2

Mặt khác: Pn = UI = (E – I.r)I = (36 - 4I)I = 36I – 4I2  36I – 4I2 = 108  I2 – 9I + 27 = 0 -Vì phương trình trên vô nghiệm nên không có cách mắc nào để đèn sáng bình thường.

Vì Rđ = const nên P = Pmax khi Iđ = Iđmax. -Ta có: Iđ =

I m



(I là dòng điện qua mạch chính, Iđ là dòng điện qua mỗi đèn).

315

2m = 12 – 3n => m = n

4,5

12-3n 2 3

1,5

316

Vậy: Số đèn là 6; cách mắc: 3 dãy, mỗi dãy 2 đèn.

9.52. 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. b)Tính công suất và hiệu suất của nguồn.

6 6 => m = 2,45. ) min  m = m m -Vì m nguyên nên: m = 2 => n = 6; m = 3 => n = 4.

a)Cách mắc đèn

+Với m = 2 => Pmax = 2,16W. +Với m = 3 => Pmax = 2,16W.

Vì 6 đèn 6V-6W tương đương với 12 đèn 3V-3W nên coi như có tất cả 24 đèn 3V-3W. Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (mn = 24). -Công suất mạch ngoài: Pn = 24.3 = 72W (1) -Mặt khác: Pn = UI = (E - Ir)I = (24-1,5I)I = 24I - 1,5I2  1,5I2 - 24I + 72 = 0 => I = 12A hoặc I = 4A.

Vậy: Để công suất tiêu thụ trên R cực đại thì phải mắc nguồn thành 2 hoặc 3 dãy và Pmax = 2,16W.

(2)

b)Cách mắc để công suất tiêu hao của mỗi nguồn nhỏ nhất 2

3  I  -Công suất tiêu hao của mỗi nguồn: P ' = r0 .   = 3( 2 ) 2 m +6 m

12 = m.1 I = mIđ   => m = 12; m = 4.  4 = m.1

24 = 2 bóng: Trường hợp này chỉ có 1 cách mắc duy nhất là trên mỗi 12 dãy chỉ có 1 bóng 6V-6W hoặc 2 bóng 3V-3W.

*Với m = 12 dãy => n =

24 = 6 bóng: Trường hợp này ứng với 5 cách mắc (bằng cách hoán vị 4 giữa các bóng loại 3V - 3W và 6V - 6W). Vậy: Có tất cả 6 cách mắc để các đèn trên sáng bình thường.

b)Công suất và hiệu suất của nguồn -Với m = 12 => P = EI = 24.12 = 288W và H =

U 2.3 = = 0,25 = 25% . E 24

' P’ = Pmin khi (m2 + 6)max

Mà mn = 12 => mmax = 12 và nmin = 1. Vậy: Để công suất tiêu hao của mỗi nguồn nhỏ nhất thì phải mắc nguồn thành 12 dãy và:

*Với m = 4 dãy => n =

' Pmin = 3.(

3 )2 = 1,2.10-3 W = 0,0012W 122 +6

9.54. 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. b)Cách mắc nào có số nguồn ít nhất. Tính công suất và hiệu suất mỗi nguồn lúc đó.

Bài giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy (m, n ∈ N*).

U 6.3 -Với m = 4 => P = EI = 24.4 = 96W và H = = = 0,75 = 75% . E 24 Vậy: Công suất và hiệu suất của nguồn là 288W; 25% hoặc 96W; 75%.

và

9.53. Có 12 nguồn, mỗi nguồn E0 = 1,5V, r0 = 3Ω. Các nguồn mắc thành bộ nguồn đối xứng rồi nối với điện trở R = 6Ω.

Eb = nE0 = 1,5n; rb =

-Điện trở của đèn: Rđ =

nr0 1,5n = m m

U 2dm 122 = = 8Ω . Pdm 18

a)Tìm cách mắc nguồn để công suất tiêu thụ của R lớn nhất. Tính công suất này. b)Tìm cách mắc để công suất tiêu hao của mỗi nguồn nhỏ nhất. Tính công suất này.

-Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđ =

Bài giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = 12.

a)Cách mắc nguồn Ta có: Eb = Uđ + Irb  1,5n = 12 + 1,5.

nr0 3n . = m m a)Cách mắc nguồn để công suất tiêu thụ của R lớn nhất

và

Eb = nE0 = 1,5n; rb =

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

Để P = Pmax thì (m+

Bài giải

-Mà:

   3  3m 2 2 -Công suất tiêu thụ trên R: P = RI = 6.( 2 ) = 6.  6  m +6  m+  m 

Eb 1,5n 1,5nm . = = 3n R+rb 6m+3n 6+ m

18 18m 18m 3m = = = 2 6m+3n 6m 2 +3mn 6m 2 +3.12 m +6

317



1,5n.(1-

Pdm 18 = = 1,5A . U dm 12

1,5n m

1,5 ) = 12 m

16 = 3 2m

3 24 )+ m m = 8+ 24 3 2m-3 2m

8.(2-

318

-Vì m, n là số nguyên dương nên (2m - 3) là ước của 24, mà (2m - 3) là số lẻ nên (2m - 3) có thể bằng 1 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

b)Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P =

Để P ≥ 36W 



I 1,5 = 1,5. = 0,75 W. 3 3

I r0 ( )2 P' 3 = r0 I = 1,5.1,5 = 0,5 = 50% . = -Hiệu suất của nguồn: H = I P 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%.

9.55. Có N = 60 nguồn điện giống nhau, mỗi nguồn E = 1,5V, r = 0,6Ω ghép thành bộ gồm m dãy song song, mỗi dãy n nguồn nối tiếp. Mạch ngoài là điện trở R = 1Ω. Tính m, n để:

Eb = nE = 1,5n; rb =

60 7

15 2

20 3

60 11

Vậy: Để P ≥ 36W thì m = 3, 4, 5, 6, 10, 12 và n = 20, 15, 12, 10, 6, 5: 6 trường hợp.

9.56. Có một số nguồn, mỗi nguồn e = 4,5V, r = 3Ω. a)Phải mắc nối tiếp bao nhiêu nguồn để thắp sáng bình thường hai đèn loại 120V-60W mắc song song. b)Dùng 60 nguồn trên mắc thành bộ, mạch ngoài là dây dẫn ρ = 1,26.10-6Ωm, l = 2m, S = 0,1mm2.Tìm sơ đồ mắc nguồn để dòng điện qua dây lớn hơn 1A. Bài giải

Pdm 60 = = 0,5 A. U dm 120

 120 = 4,5n - 3n = 1,5n => n = 80 Vậy: Cần 80 nguồn mắc nối tiếp để thắp sáng bình thường hai đèn trên.

Eb 1,5n 1,5mn = = 0,6n R+rb m+0,6n 1+ m

b)Sơ đồ mắc nguồn để dòng điện qua dây lớn hơn 1A Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = 60 (m, n ∈ N*).

90 90m 90 = 2 = 0,6.60 36 m +36 m+ m+ m m

a)Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: P = RI2 =

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = 2Iđ = 2.0,5 = 1A. -Hiệu điện thế 2 đầu của đèn: Uđ = Eb - rbI

nr 0,6n . = m m -Cường độ dòng điện qua mạch chính:



-Cường độ dòng điện qua đèn: I =

Bài giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy: mn = 60 (m, n ∈ N*).

a)Số nguồn cần mắc nối tiếp để thắp sáng bình thường hai đèn loại 120V-60W mắc song song Gọi n là số nguồn cần mắc nối tiếp, ta có: Eb = ne = 4,5n; rb = nr = 3n.

a)Công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất. Tính công suất này. b)Công suất tiêu thụ mạch ngoài không nhỏ hơn 36W.

và

902 36 ≥ 36  m+ ≤ 15 36 2 m (m+ ) m

m 2 -15m+36 ≤ 0 => 3 ≤ m ≤ 12.

-Theo câu a) thì cách mắc thành 3 dãy, mỗi dãy 16 nguồn là cách có số nguồn ít nhất: 48 nguồn. -Công suất của mỗi nguồn: P = E 0 .

902 . 36 (m+ ) 2 m

và

Eb = ne = 4,5n; rb =

nr 3n = m m

-Điện trở của dây dẫn: R = ρ 2

90 . 36 2 ) m

l 2 = 1,26.10-6 . = 25,2Ω . S 0,1.10-6

-Cường độ dòng điện qua dây dẫn:

(m+

36 -Để P = Pmax thì (m+ ) min  m = 6 (dựa vào bất đẳng thức Cô-si). m 902 = 56,25W. 36 (6+ ) 2 6 Vậy: Khi công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất thì m = 6; n = 10 và Pmax = 56,25W.



Lúc đó: n = 10 và P = Pmax =

Eb 4,5n 4,5m.n 270 = = = 3n R+rb 25,2m+3n 25,2m+3n 25,2+ m 270 60 25,2m+3. m

270m 25,2m 2 +180

-Để dòng điện qua dây lớn hơn 1A: I =



319

270m >1 25,2m 2 +180

25,2m 2 -270m+180 < 0 => 0,714 < m < 10.

320

60 7

60 8

60 9

2 2 ) phải chia hết cho 2. Với m nhỏ nhất thì (12,5 + ) nhỏ nhất: R R 2 2 4 12,5 + =14 => m = 7 và R = = Ω R 14 − 12,5 3

Vì m nguyên nên (12,5 +

Vậy: Để I > 1A thì m = 1, 2, 3, 4, 5, 6; n = 60, 30, 20, 15, 12, 10: có 6 cách mắc.

9.57. 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.

-Ta có: Iđ =

12 đèn loại 1,5V - 0,75W mắc nối tiếp. Tìm sơ đồ mắc bộ nguồn.

U Pdm 24 6 = = 1,5Ω . = = 4 A; Rđ = U dm 6 Pdm 24

Bài giải Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = 32.

Gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: Eb = mE = 6m; rb =

mr m = n n

và

Eb 6m = m R d +rb 1,5+ n -Để đèn sáng bình thường thì I = Iđ = 4A. -Mặt khác: I =



Eb = ne = 1,5n; rb =

nr0 1,5n = m m

-Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ = -Điện trở của mỗi đèn: Rđ =

6m 4= <=> 4m+6n = 6mn m 1,5+ n

Pdm 0,75 = = 0,5 A. U dm 1,5

2 U dm 1,52 = = 3Ω . Pdm 0,75

-Hiệu điện thế 2 đầu của bộ nguồn: U = Eb - rbI 1,5n .0,5  m

4 6n-4 Vì m là số nguyên nên (6n – 4) phải là ước số của 4 => n = 1 và m = 3. Vậy: Có 3 nguồn mắc nối tiếp nhau.



12.1,5 = 1,5n-



18m+0,75n-48 = 0  18m+0,75

9.58. Bộ nguồn gồm m dãy, mỗi dãy 5 acquy loại 2V-0,8Ω. Mạch ngoài là bóng đèn 2V-25W và



m = 1+

điện trở R mắc song song. Tìm giá trị nhỏ nhất của m và giá trị R tương ứng để đèn sáng bình thường.

-Điện trở của đèn: Rđ =

chúng sáng bình thường.

Bài giải xr0 2x Ta có: Eb = xe = 8x; rb = = ; với xy = n: tổng số acquy. y y

2 U dm 22 = = 0,16Ω . Pdm 25

Ud 2 = . R R

a)Số acquy ít nhất và cách mắc để đèn sáng bình thường -Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

2 -Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = Iđ + IR = 12,5 + . R -Hiệu điện thế hai đầu của nguồn: U = Uđ = Eb - rbI.



2 = 10-

2 (loại). 3 Vậy: Phải mắc nguồn thành 2 dãy, mỗi dãy 16 pin. 18m 2 -48m+24 = 0 => m = 2; m =

sáng bình thường. b)Mạch ngoài là các đèn 4V-4W, bộ acquy mắc như câu a. Tìm số đèn tối đa và cách mắc để

Pdm 25 = = 12,5 A. U dm 2

-Cường độ dòng điện qua điện trở R: IR =

32 -48 = 0 m

a)Mạch ngoài là R = 2Ω nối tiếp với đèn 12V-24W. Tính số acquy ít nhất và cách mắc để đèn

5.0,8 4 = . m m

-Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ =

18m = 1,5m.n-0,75n

9.60. Có n acquy (e = 8V, r0 = 2Ω) mắc thành y dãy song song, mỗi dãy x cái nối tiếp.

Bài giải Ta có: Eb = 5.2 = 10V; rb =

4 Ω. 3

9.59. Có 32 pin giống nhau, mỗi pin e = 1,5Ω, r0 = 1,5Ω mắc thành bộ và thắp sáng bình thường

Bài giải 2 dm

Vậy: Để đèn sáng bình thường thì giá trị nhỏ nhất của m là 7 và R =

-Điện trở của đèn: Rđ =

4 2 2 .(12,5+ )  2m = 12,5+ m R R

Pdm 24 = = 2 A. U dm 12

U 2dm 122 = = 6Ω . Pdm 24

-Cường độ dòng điện trong mạch chính: I =

321

Eb 8x 8x = = = 2A. 2x 2x R+R d +rb 2+6+ 8+ y y

322



4x = 8+

2x 2 => x = 2+ y 2y-1

-Vì x là số nguyên nên (2y-1) là ước số của 2: =>

Vì:

3my+nx ≥ 2 3my.nx = 2 24m.n => 4mn ≥ 2 24mn

mn ≥ 6

-Từ đó: k = kmin = 6 khi 3my = nx =

 2y-1 = 1  2y-1 = 2 => y = 1; y = 1,5 (loại) 

Với y = 1 => x = 4 và n = 4. Vậy: Cần ít nhất 4 acquy mắc nối tiếp để đèn sáng bình thường. b)Số đèn tối đa và cách mắc để chúng sáng bình thường -Cường độ dòng điện của đèn: Iđ = -Điện trở của đèn: Rđ =

Pdm 4 = = 1 A. U dm 4

0,5

+Một dãy 6 nguồn và 2 dãy đèn. +Hai dãy, mỗi dãy 3 nguồn và 4 dãy, mỗi dãy 2 đèn.

Gọi m là số dãy, n là số đèn trên mỗi dãy, ta có:

-Hiệu suất trong 2 trường hợp:

4n +Điện trở tương đương của bộ đèn: R = . m => U = Eb - rbI  4n = 32 - 8m  n = 8 - 2m.

H1 =

U1 3y 3.4 = = = 0,5 = 50% Eb 4n 4.6

H2 =

U2 3y 3.2 = = = 0,5 = 50% Eb 4n 4.3

Vậy: Hiệu suất trong 2 cách là như nhau. b)Số đèn nhiều nhất và cách mắc đèn nguồn để đèn sáng bình thường

Vì m, n nguyên dương nên (8 - 2m) > 0 => m < 4. m

-Tương tự câu trên, ta có: 4mn = 3my + nx

N = mn



3my+nx ≥ 2 3mynx = 2 3.15xy = 2 45xy



4mn ≥ 2 45xy  4.15 ≥ 2 45xy

L = xy ≤ 20 => Lmax = 20

Vậy: Số đèn tối đa là 8 và được mắc thành 2 dãy, mỗi dãy 4 đèn.

9.61. Có một số đèn 3V-3W và một số nguồn e = 4V, r0 = 1Ω. a)Cho 8 đèn, tìm số nguồn ít nhất và cách mắc đèn, nguồn để đèn sáng bình thường. Cách nào có lợi nhất? b)Cho 15 nguồn, tìm số đèn nhiều nhất và cách mắc đèn nguồn để đèn sáng bình thường. Cách nào có lợi nhất?

Bài giải a)Số nguồn ít nhất và cách mắc đèn, nguồn để đèn sáng bình thường Gọi x là số dãy, y là số đèn trên mỗi dãy: xy = 8; gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy: mn = k. -Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđ =

Pdm 3 = = 1 A. U dm 3

nr n = m m

Ta có: Eb = U + rbI  4n = 3y +

4mn 4.15 30 = = 30 => x = . 2 2 n

Lúc đó: 3my = nx = n

15 1

Vậy: Để đèn sáng bình thường thì ta có thể mắc: +1 dãy 15 nguồn và 2 dãy, mỗi dãy 10 đèn +5 dãy, mỗi dãy 3 nguồn và 10 dãy, mỗi dãy 2 đèn. -Hiệu suất trong hai trường hợp:

-Cường độ dòng điện trong mạch: I = xIđ = x. -Hiệu điện thế hai đầu bộ đèn: U = yUđ = 3y. Eb = ne = 4n; rb =

12 x

Vậy: Để đèn sáng bình thường, ta có thể mắc:

2 U dm 42 = = 4 Ω. Pdm 4

+Hiệu điện thế 2 đầu bộ đèn: U = n.4 = 4n. +Cường độ dòng điện qua bộ đèn: I = 1.m = m.

và

4mn 4.6 = = 12 . 2 2

n .x  4mn = 3my + nx m

H1 =

U1 3y 30 = = = 0,5 = 50% Eb 4n 4.15

H2 =

U2 3y 3.2 = = = 0,5 = 50% Eb 4n 4.3

Vậy: Hiệu suất trong 2 cách là như nhau.

9.62. Các nguồn 12V - 2Ω mắc thành bộ, dùng để thắp sáng bình thường 6 đèn loại 30V-30W.

323

324

-Nêu các cách mắc nguồn và đèn. -Cách nào sử dụng ít nguồn nhất ?

2 m

-Cách nào có hiệu suất cao nhất ?

Bài giải Gọi x là số dãy, y là số đèn trên mỗi dãy, ta có: xy = 6; gọi m là số dãy, n là số nguồn trên mỗi dãy, ta có: mn = k.

-Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđ =

Pdm 30 = = 1 A. U dm 30

nr 2n Eb = ne = 12n; rb = = m m

2n Ta có: Eb = U + rbI  12n = 30y + .x m  12mn = 30my + 2nx  n(6m - x) = 15my =>

6 m

30 *Trường hợp 2: x = 3, y = 2 => n = . 3 6m

3 m

3 ) phải là ước số của 30. m 15

Vì n nguyên nên (6-

U 30y = . E 12n

+Cách 1: H1 =

30.1 = 0,83 = 83%. 12.3

+Cách 2: H 2 =

30.1 = 0,5 = 50%. 12.5

+Cách 3: H 3 =

30.2 = 0,67 = 67%. 15.6

+Cách 4: H 4 =

30.2 = 0,4 = 40%. 15.10

30.3 = 0,4 = 40%. 15.15 Vậy: Cách có hiệu suất cao nhất là cách 1. +Cách 5: H 5 =

*Trường hợp 3: x = 2, y = 3 => n =

-Tính hiệu suất: Ta có: H =

6 ) phải là ước số của 15. m 5

+Cách 4: Mắc 3 dãy, mỗi dãy 2 đèn; mắc 1 dãy, mỗi dãy 10 nguồn. +Cách 5: Mắc 2 dãy, mỗi dãy 3 đèn; mắc 2 dãy, mỗi dãy 15 nguồn. -Từ kết quả trên ta thấy: Cách 2 và cách 4 sử dụng ít nguồn nhất là 10 nguồn:

Vì n nguyên nên (6-

+Cách 1: Mắc 6 dãy, mỗi dãy 1 đèn; mắc 6 dãy, mỗi dãy 3 nguồn. +Cách 2: Mắc 6 dãy, mỗi dãy 1 đèn; mắc 2 dãy, mỗi dãy 5 nguồn. +Cách 3: Mắc 3 dãy, mỗi dãy 1 đèn; mắc 3 dãy, mỗi dãy 6 nguồn.

15 *Trường hợp 1: x = 6, y = 1 => n = . 6 6m

1 m

1 ) phải là ước số của 90. m

Vậy: Có 5 cách mắc nguồn và đèn:

15my 15y n= = x 6m-x 6m

Vì n nguyên nên (6-

90 . 1 m

6Vì n nguyên nên (6-

-Cường độ dòng điện trong mạch: I = x.Iđ = x. -Hiệu điện thế hai đầu bộ đèn: U = y.Uđ = 30y. và

*Trường hợp 4: x = 1, y = 6 => n =

9.63. Nguồn công suất không đổi P = 12kW, điện trở trong r = 2Ω cung cấp điện cho một số đèn giống nhau 120V - 50W mắc song song, điện trở đường dây tải là 4Ω. a)Số đèn là bao nhiêu để công suất tiêu thụ mỗi đèn chênh lệch không quá 4% công suất định mức.

45 . 2 6m

b)Với số đèn trên, suất điện động của nguồn thay đổi trong khoảng nào ? Bài giải Gọi m là số đèn mắc song song. Ta có: Công suất của nguồn bằng tổng công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất hao phí ở

2 ) phải là ước số của 45. m

trong nguồn:

325

326

Pn = mPđ + I2(R + r) với:



(1)

-Ta có: P1 = Pđ + I12 r

P I = mIđ => Pn = mPd +m 2 . d (R+r) Rd 12000 = mPd +m 2 .

P2 = Pđ + I r 2 1

(2)

-Mặt khác: I R1 = I R 2 => I = I12

Pd (4+2) 288

2 2

R1 . R2

-Thay vào (2), ta được:

Pd 2 .m +Pd .m-12000 = 0 (2) 48 Vì công suất tiêu thụ của mỗi đèn chênh lệch không quá 4% công suất định mức nên:



(1)

2 2

P2 = Pđ + I12 r.

R1 R2

(3)

(50-0,04.50) ≤ Pd ≤ (50+0,04.50)

-Từ (1) suy ra: I12 r = P1 - Pđ (4)

48 ≤ Pd ≤ 52

-Thay vào (3), ta được: P2 = Pđ + (P1 - Pđ) 2

+Thay Pđ = 48W vào (2), ta được: m + 48m - 12000 = 0 => m1 = 88,14; m2 = -136,14 < 0 (loại) +Thay Pđ = 52W vào (2), ta được:

52 2 m + 52m - 12000 = 0 48

m1' = 83,9; m '2 = -131,9 < 0 (loại)

83,9 ≤ m ≤ 88,14



85, 86, 87, 88. b)Suất điện động của nguồn thay đổi trong khoảng nào? Ta có: Png = EI =

E2 => E = R N +r

-Với m = 84 => R N = 4+ =>

E = 12000.(4+

Png (R N +r) , với RN = R +

P1 2 P ) R1 = ( 2 ) 2 R 2 E E

R1 P2 42 4 => Pđ = = 22 = 2 = R2 P1 6 9

4 9 = 2,4 W. 4 1− 9

4−6

Vậy: Công suất định mức của mỗi đèn là Pđ = 2,4W. b)Công suất lớn nhất mà acquy có thể cung cấp cho mạch ngoài -Công suất của acquy: P = UI = (E - Ir)I = EI - rI2.

Rd . m

288 . 84

288 +2) ≈ 336, 4 V. 84

-Với m = 88 => R N = 4+

R 4-6 1 R1 R1 R1 R2 4 = Pđ + (6 - Pđ)  4 = Pđ + 6 - Pđ => Pđ = . R R2 R2 R2 1- 1 R2

-Mặt khác: I12 R1 = I22 R 2  (

Vì m nguyên nên m = 84, 85, 86, 87, 88. Vậy: Để công suất tiêu thụ mỗi đèn chênh lệch không quá 4% công suất định mức thì m = 84,

R1 R2

288 88

E2R N EE E2 1 r = E2 ( -r )= 2 2 r+R N (r+R N ) r+R N (r+R N ) (r+R N ) 2

P = Pmax  r = RN (RN là điện trở mạch ngoài)

Khi đó: Pmax =

E2 P P2 , với E = 1 => Pmax = 12 . 4r P2 4I1 r

-Từ (4) ở câu a, ta có: I12 r= P1 - Pđ = 6 - 2,4 = 3,6W

288 +2) ≈ 333, 6 V. 88

Pmax =

62 = 2,5 W 4.3,6

Vậy: Suất điện động của nguồn thay đổi trong khoảng: 333,6V ≤ E ≤ 336, 4V .

9.64. Dùng một acquy lần lượt thắp sáng cho hai đèn Đ1, Đ2 có cùng công suất định mức. Khi dùng đèn Đ1, công suất của acquy là P1 = 6W; khi dùng đèn Đ2, công suất của acquy là P2 = 4W.

Vậy: Công suất lớn nhất mà acquy có thể cung cấp cho mạch ngoài là Pmax = 2,5W. 9.65. Cho mạch điện như hình vẽ: r1 = r2 = 0. Khi không có nguồn E2 (R2 song song R3) công suất nguồn E1 là 55W. Còn

Trong cả hai trường hợp đèn đều sáng bình thường. a)Tìm công suất định mức mỗi đèn. b)Tìm công suất lớn nhất mà acquy có thể cung cấp cho mạch ngoài. Bài giải Gọi R1, R2 lần lượt là điện trở của đèn 1 và đèn 2; I1, I2 lần lượt là dòng điện định mức của đèn 1 và đèn 2; r là điện trở trong của acquy.

327

khi không có nguồn E1 (R1 song song R3) thì công suất nguồn E2 là 176W. Biết R2 = 2R1, R3 = 3R1.

Hỏi khi có cả hai nguồn thì công suất nhiệt trên toàn mạch là bao nhiêu? công suất máy phát là bao nhiêu? So sánh giá trị

E2 R3 R2

hai công suất này và giải thích tại sao chúng bằng nhau (hoặc khác nhau).

328

Bài giải -Khi không có nguồn E2, mạch ngoài gồm [R1 nt (R2 // R3)]: Công suất nguồn E1: P1 = E1I1 =

E12 E12  P1 = R 2R 3 2R1.3R1 R1 + R1 + 5R1 R 2 +R 3

E12 P1 = = 55 2,2R1

trị công suất này khác nhau. Vậy: Khi có cả hai nguồn thì công suất nhiệt trên toàn mạch là P = 99W; công suất máy phát là P2 = 110W. ------------------------

Chuyên đề 10:

(2)

E 22 176.2,75 = = 4 => E 2 = 2E1 E12 55.2,2

MẠCH ĐIỆN PHI TUYẾN (3)

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC ---

-Khi có cả 2 nguồn, giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình vẽ: Ta có: I1 =

E1 -U AB R1

(4)

I2 =

E 2 -U AB R2

(5)

U AB R3

(6)

I3 =



U AB (

1 1 1 E E + + )= 1 + 2 R1 R 2 R 3 R1 R 2



U AB .

11 E 2E 2E1 = 1+ 1 = 6R1 R1 2R1 R1

U AB =

12 E1 11

I. MỘT SỐ KHÁI NIỆM -Mạch điện tuyến tính là mạch điện mà các phần tử của mạch có các thông số (R, L, C, …) có trị số không phụ thuộc vào các đại lượng như cường độ dòng điện hoặc hiệu điện thế. Đường đặc tuyến vôn – ampe của mạch điện tuyến tính tuyến là các đường thẳng.

I2 I3

-Mạch điện phi tuyến là mạch điện mà các phần tử của mạch có các thông số (R, L, C, …) có trị số phụ thuộc vào các đại lượng như cường độ dòng điện hoặc hiệu điện thế. Đường đặc tuyến

vôn – ampe của mạch điện phi tuyến không phải là các đường thẳng.

E1 -U AB E 2 -U AB U + = AB R1 R2 R3

I1 + I2 = I3 

mà :

U Đặc tuyến vôn-ampe của đi-ốt

(7)

Đặc tuyến vôn-ampe của nhiệt điện trở

*Chú ý: Trong mạch phi tuyến không có tính chất chồng chất các trạng thái điện. II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN MẠCH PHI TUYẾN

1. Phương pháp đồ thị: Nội dung phương pháp: -Từ bảng số liệu đề bài cho, vẽ đặc tuyến của mạch.

12 12 E1 E1 5E1 4E1 11 ; I3 = 11 = = 2R1 11R1 3R1 11R1

-Từ đặc tuyến vẽ được, xác định điểm làm việc (hoạt động) của mạch theo dữ kiện của bài toán. 2. Phương pháp giải tích: Nội dung phương pháp: -Biểu diễn gần đúng đặc tính các phần tử phi tuyến bằng một hàm giải tích. Ví dụ, với điện trở

2E1 -

-Công suất nhiệt trên toàn mạch: P = R1 I12 + R2 I 22 + R3 I32



12 E1 - E1 -E1 11 Thay (7) vào (4), (5), (6), ta được: I1 = = R1 11R1 I2 =

5 E1 10 E12 10 . = . = .121 = 110 W. 11 R1 11 R 1 11

Ta thấy I1 < 0 nên phải đổi chiều dòng I1, vậy nguồn E1 là máy thu, E2 là máy phát. Do đó 2 giá

E 22 E 22 P2 = E2I2 =  P2 = R 1R 3 R .3R 2R1 + 1 1 R2 + 4R1 R1 +R 3

-Lấy (2) : (1), ta được:

99 E12 = 99 W. = 121 => P = 121. 121 R1

-Công suất của máy phát: P2 = E2I2 = 2E1.

-Khi không có nguồn E1, mạch ngoài gồm [R1 nt (R2 // R3)]: Công suất nguồn E2:

E12 99 . R1 121

-Từ (2), ta có:

(1)

E 22 = 176 P2 = 2,75R1

phi tuyến (varixto: I = kU2); tri-ôt điện tử: I = a0 + a1U + a2U2 + … -Thay các hàm trên vào các phương trình mạch điện và giải để xác định các đại lượng cần tìm.

E12 25E12 16E12 E2 1 50 48 P = R1 +2R1. +3R1. = 1( + + ) 2 2 2 121R1 121R1 121R1 R1 121 121 121

329

330

3. Phương pháp dựa vào đặc tuyến của các đại lượng trong mạch: Nội dung phương pháp là dựa vào đặc tuyến của các đại lượng trong mạch suy ra đặc tính của mạch. Ví dụ, dựa vào đặc

+Điện trở của đèn khi khóa K mở và khi khóa K đóng: Rd1 =

tính “đóng, mở” của đi-ôt và áp dụng định luật Ôm để tìm lời giải cho bài toán.

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP---

U d1 U 13 24 = = 2,842Ω ; Rd2 = d2 = = 3,66Ω Id1 4,575 Id2 6,55

-Độ chênh lệch nhiệt độ của đèn khi khóa K đóng và mở

-Nhận dạng mạch phi tuyến: +Hàm giải tích U = U(I) không có dạng tuyến tính U = kI, k = const. +Đường đặc tuyến vôn-ampe không phải là đường thẳng tuyến tính.

Ta có: Rd2 = Rd1(1 + α∆t) => Δt =

R d2 -R d1 3,66 − 2,842 = 960K. = αR d1 3.10−4.2,842

Vậy: Khi đèn được mắc vào mạch điện thì:

+Đề bài cho có “phần tử phi tuyến”, mạch có: đi-ốt, tri-ốt, nhiệt điện trở,... -Lựa chọn phương pháp phù hợp để lời giải bài toán được đơn giản. -Kết hợp với các định luật Ôm cho mạch điện để giải.

-Điện trở của đèn khi khóa K mở và khi khóa K đóng là Rd1 = 2,842Ω ; Rd2 = 3,66Ω . -Độ chênh lệch nhiệt độ của đèn khi khóa K đóng và mở là Δt = 960K.

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG---

10.2. Trong mạch cầu ở hình vẽ: R1 = 2Ω; R2 = 4Ω; R3 = 1Ω; X là một varistor (điện trở không tuyến tính) có dòng

10.1. Một đèn dây tóc có điện trở phụ thuộc vào nhiệt độ. Sự phụ thuộc vào cường độ dòng điện qua đèn và hiệu điện thế đặt vào đèn được cho trong bảng sau:

điện i phụ thuộc vào hiệu điện thế U đặt vào hai đầu varistor theo công thức: ix = kUx2.

U(V)

110

I(A)

a)Vẽ đặc tuyến vôn-ampe của đèn.

900+68R d U 100(50+R d ) => I = = 50+R d R 900+68R d

Id = I

X C U0

c)R1, R2, R3 và k có giá trị bất kì. Tính U0 để cầu được cân bằng; tính dòng điện I trong mạch chính và Rx khi đó. Thay X bằng một biến trở R ta có cầu Uýt-xtơn; hãy nêu sự giống nhau và

khác nhau giữa cầu Uýt-xtơn và cầu nghiên cứu trong bài này. (Trích đề thi học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1990 - 1991)

Bài giải a)Đường đặc trưng vôn – ampe Ux = f(ix) của varistor

(II) (I)

-Vì ix = kUx2 => Ux = f(ix) =

R 12d 5000 => Ud = 73,53 – 13,23Id = Rd 900+68R d

 Id = 5,56 – 0,076Ud (1) +Khi K đóng, mạch điện gồm: R1 // [Rd nt (R2 // R3)]. Từ đó:

dU x là điện trở tức thời của varistor. Có thể di x

G i2

điện thế U0 = UAD để cầu cân bằng (dòng điện qua điện kế bằng 0). Tính công suất điện P tiêu thụ trên varistor; tính các dòng điện i1, i2 và hiệu điện thế U0.

b)Khi đèn được mắc vào mạch điện: -Điện trở của đèn khi khóa K mở và khi khóa K đóng 8 +Khi K mở, mạch điện gồm: [(R1 nt R2) // Rd] nt R3. Từ đó: R=

nói gì về điện trở này khi i biến thiên từ 0 đến ∞ . b)Biết k = 0,25(A/V2) nếu i đo bằng A (ampe), U đo bằng V (vôn). Người ta điều chỉnh hiệu

-Tính điện trở của đèn khi khóa K mở và khi khóa K đóng. -Biết hệ số nhiệt của điện trở đèn là 3.10-4K-1. Hỏi nhiệt độ của đèn khi khóa K đóng và mở chênh nhau bao nhiêu độ? Bài giải a)Đặc tuyến vôn-ampe của đèn

Gọi Rx =

a)Vẽ đường đặc trưng vôn – ampe Ux = f(ix) của varistor.

b)Đèn được mắc vào mạch với các phần tử khác theo sơ đồ: U = 100V; R1 = 14Ω; R2 = 36Ω; R3 = 18Ω.

B R1

ix dU x 1 và Rx = = . k di x 2 ki x

Ux M

-Từ các hệ thức trên, ta thấy: khi ix tăng thì R giảm. Do đó, khi ix tăng từ 0 đến ∞ thì R giảm từ ∞ đến 0. Đường đặc 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 U

168+14R d U 100(26+R d ) => I = = 26+R d R 168+14R d

trưng vôn – ampe Ux = f(ix) của varistor như trên hình vẽ, với R là hệ số góc của tiếp tuyến Mt.

b)Công suất điện P tiêu thụ trên varistor; các dòng điện i1, i2 và hiệu điện thế U0 -Trường hợp cầu cân bằng, ta có:

R 100 Id = I => Ud = 100 – 12Id = R 23d 12+R d

i1 R 1 = 3 = => i2 = 2i1. i2 R1 2

Và

Ux = UBD = 4i1 = 2i2.

 Id = 8,34 – 0,084Ud (2) +Vẽ các đồ thị biểu diễn mối quan hệ U, I bởi (1) và (2). Trên đồ thị ta xác định được vị trí các

Ux = 2kUx2 => Ux =

giao điểm (I), (II): (I): Id1 = 4,575A, Ud1 = 13V; (II): Id2 = 6,55A, Ud2 = 24V.

-Cường độ dòng điện i1, i2: i2 = kUx2 = 0,25.22 = 1A; i1 =

331

1 1 = = 2V. 2k 2.0,25 i2 1 = = 0,5A. 2 2

332

-Công suất điện P tiêu thụ trên varistor: P = UxIx = 2.1 = 2W. -Hiệu điện thế U0: U0 = UAC + UCD = i2R3 + Ux = 1.1 + 2 = 3V.

(Trích đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1984-1985) Bài giải

Vậy: Công suất điện P tiêu thụ trên varistor; các dòng điện i1, i2 và hiệu điện thế U0 lần lượt là P = 2W; i1 = 0,5A, i2 = 1A; U0 = 3V.

-Trường hợp 1: Khi R lớn, dòng điện qua nhánh giữa và nhánh trên đều nhỏ (I, i2 ≈ 0). Do đó: +Nhánh giữa: Đặt VA = 0, ta có: VB = 2e – 2rI => VB ≈ 2e.

c)Giá trị U0 để cầu được cân bằng; tính dòng điện I trong mạch chính và Rx khi đó

+Nhánh trên: VC = e – ri2 ≈ e. Vì VB > VC nên đi-ốt đóng, i2 = 0. Sơ đồ mạch điện như hình b, từ đó ta có:

i R -Khi cầu cân bằng: UAB = UAC  1 = 3 i2 R1 Và

i1 =

i1 1 1 1 = . = i2 R 2 2 ki 2 2R 2

-Từ (1) và (2): U0 =

UR = VB = e Thay vào (1), ta được: R = R0 = 2r

1 2 ki 2

R 3 (R 1 +R 2 ) kU 0 R 2

4e 4eR (3) ; UR = 3R + 2r 3R + 2r Vậy: Khi R giảm thì UR giảm theo (1) và UR = e khi R = 2r và khi R < 2r thì đi-ốt bắt đầu mở và

(R1 +R 2 )R 1 . R 3R 22 k

U0 U 0 R1 + . R1 +R 2 R 3 (R1 +R 2 )

i1 =

UR giảm theo biểu thức (3). i2

R1 R (R +R ) R2 + 2 12 = 1 2 1 2 3 R 3R 22 k R2R3k R 2R3k

-Điện trở Rx khi đó: Rx =

dU x 1 = = di x 2 ki 2

1 2

R R 22 R 32 2 1

(2)

-Trường hợp 3: Khi R < 2r, sơ đồ mạch điện như hình a. Lúc này đi-ốt mở, áp dụng định luật Ôm, ta được: VB = Ri1 = 2e – 2rI = e –ri2; i1 = I + i2

(2)

-Cường độ dòng điện trong mạch chính: I = i1 + i2 = =>

2e 2eR ; UR = (1) R + 2r R + 2r -Trường hợp 2: Khi R giảm thì I tăng, VB giảm; khi VB = VC = e thì đi-ốt bắt đầu mở. Lúc đó: I=

U0 U 0 R1 ; i2 = . R1 +R 2 R 3 (R1 +R 2 )

UBD = UCD  i1R2 = U = i2 =>

(1)

R 2R 3 . 2R 1

B I R

-Khi thay X bằng R ta được cầu Uýt-xtơn. Giữa cầu Uýt-xtơn và cầu nghiên cứu ở bài này có:

R Hình b

Hình a

+Điểm giống nhau là ở điều kiện cân bằng thì UG = 0.

-----------------------------------

R R +Điểm khác nhau là ở điều kiện cân bằng, cầu Uýt-xtơn có 1 = 3 còn ở cầu này thì R2 R

 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP

R1 R ≠ 3 ; ở cầu Uýt-xtơn đã biến đổi giá trị R để có cân bằng với hiệu điện thế U0 bất kì còn R2 X

Chuyên đề 5: DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI. ĐIỆN TRỞ

ở cầu nghiên cứu trong bài này phải biến đổi U0 đến giá trị ở (2), khi đó nếu biết hai trong ba giá

ĐỊNH LUẬT ÔM CHO ĐOẠN MẠCH CHỈ CÓ ĐIỆN TRỞ

trị điện trở R1, R2 và R3 thì (2) cho phép ta xác định điện trở thứ ba dựa vào hệ số k ghi trên varistor. 10.3. Trong sơ đồ ở hình vẽ, các pin đều có suất điện Đ C động e và điện trở trong r. Điện trở của biến trở có giá trị R. Các dây nối có điện trở không đáng kể. Đ là một đi-ốt A B lí tưởng (nếu VB > VC thì điện trở của đi-ốt vô cùng lớn;

1. Có một số điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R = 12Ω. Tìm số điện trở ít nhất và cách

còn nếu VB ≤ VC thì điện trở của đi-ốt bằng 0 và cho dòng điện chạy qua từ C đến B).

Tính hiệu điện thế ở hai đầu biến trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ. Có một giá trị đặc biệt R0 của R, hãy xác định giá trị R0 này.

333

mắc để có điện trở tương đương bằng 7,5Ω..

 Bài giải  -Để có điện trở 7,5Ω phải mắc song song với

12Ω

điện trở 12Ω một điện trở X mà:

1 1 1 + = => X = 20Ω X 12 7,5 -Để có điện trở 20Ω phải mắc nối tiếp với điện

X 12Ω

trở 12Ω một điện trở Y mà: Y + 12 = 20 => Y = 8Ω 12Ω 12Ω

334

-Để có điện trở 8Ω phải mắc song song với điện

Un-2 = I2(R1 + R2) +

trở 12Ω một điện trở Z mà: 1 1 1 + = => Z = 24Ω Z 12 8 -Để có điện trở 24Ω phải mắc nối tiếp với điện

12Ω

U n-2 (R1 +R 2 )(R1 +R 3 )+R1R 2 = =k U n-1 R 2 (R 1 +R 3 )

R1 R1 +1+ =k R2 R1 +R 3

12Ω

trở 12Ω một điện trở 12Ω nữa. Vậy: Số điện trở tối thiểu là 5 điện trở và được mắc như sau: 12Ω



12Ω 12Ω

12Ω

điện trở tương đương của mạch AB không phụ B thuộc vào số ô điện trở?  Bài giải 



R 2 + 2rR − 2r 2 = 0

R = r( 3 − 1 ); R = - r( 3 + 1 ) < 0 (loại).

Vậy: Để RAB không phụ thuộc vào số ô điện trở phải mắc thêm vào CD điện trở R = r( 3 − 1 ).

3. Cho mạch điện như hình vẽ: Nối A, B với nguồn hiệu điện thế U0. Tìm hệ thức liên hệ giữa R1, R2, R3 để với số ô điện trở tùy ý, ta luôn có: U i-1 = k = const (k>1). Ui

U1 A U0

R1 R2

U2 R1 R2

Un-1

Un R1

-Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện. -Nếu đóng khóa K thì ampe kế và vôn kế chỉ bao nhiêu?

C K

b)Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R4 từ đầu bên trái sang đầu bên trái thì số chỉ của ampe

kế IA thay đổi như thế nào?

 Bài giải  a)Hiệu điện thế U của nguồn điện; số chỉ ampe kế và vôn kế -Khi khóa K mở, ta có:

I1 = I2 =

U U U ; U1 = I1R1 = 3 ; U2 = I2R3 = 2 6 6 6

Giả sử VM > VN, ta có: UMN = U2 – U1 =

U U U =- . 3 2 6

U ; U = 6UV = 6.1 = 6V 6 -Khi khóa K đóng, ta có:

U n-1 R +R R = 1 3 = 1 +1 = k Un R3 R3

Mặt khác: Un-1 = I2R2 = I3(R1 + R3) => I3 =

4. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = 3Ω; R3 = 2Ω; R4 là biến trở; K là khóa điện. Nguồn

 Bài giải  -Hiệu điện thế hai đầu R3: Un = I3R3; Un-1 = I3(R1 + R3)

u i-1 R R k = k thì 1 = k - 1 và 2 = . ui R3 R3 k-1

R12 = R1 + R2 = 3 + 3 = 6Ω; R34 = R3 + R4 = 2 + 4 = 6Ω.

R1 =k-1 R3

R2 k = R3 k-1

a)Ban đầu khóa K mở, R4 = 4Ω thì vôn kế chỉ 1V.

(2r + R)r 2r + Rr = R= 2r + R + r 3r + R

Vậy: Để

(2)

điện mắc vào hai đầu B, D có hiệu điện thế U không đổi. Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng. Các dây nối có điện trở không đáng kể.

-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:

R1 1 k-1 (k-1) 2 = k-1= (k-1)= 1 R2 k k 1+ k-1

-Lấy (1) chia (2) ta được:

12Ω

2. Mạch điện cấu tạo bằng các điện trở r như hình vẽ. Phải mắc thêm vào CD điện trở R bao nhiêu để

I2 ( R1 +R 2 ) (R 4 +R 3 )+R1R 2  I 2 R1R 2 =  R1 +R 3 R1 +R 3

UV = UNM =

K R3

+Điện trở tương đương các đoạn mạch:

(1) I2 R 2 R1 +R 3

Un-2 = (I2 + I3)R1 + I2R2 = I2(R1 + R2) + I3R1

335

R13 =

R1R 3 3.2 6 = = = 1,2Ω; R1 + R 3 3+2 5

R24 =

R 2R 4 3.4 12 = = Ω R2+ R4 3+4 7

336

RBD = R13 + R24 = 1,2 +

12 20, 4 = Ω 7 7

*Khi x = 2 → IA =

+Cường độ dòng điện qua mạch chính:

+Trường hợp 2: Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M, khi đó:

U 6 42 21 I= = = = ≈ 2,06A 20, 4 R BD 20, 4 10, 2 7 =>

U13 = U1 = U3 = IR13 = I1 =

I2 =

IA = I2 – I1 =

21 12 . = 3,53V 10, 2 7

R1R 3 3.2 6 = = 1,2Ω. R1 + R 3 3 + 2 5

I2 =

U 24 R2

R 2x 3x 3x 4,2x + 3,6 = ; RBD = 1,2 + = . 3+x 3+x R2+ x 3 + x

U2 = rI2;

U2 = U3 + RI3 = U3 + R

U1 = rI1 U3 r

U1 = U2 + (I2 + I3)R = U2 + R

(1) U 2 +U 3 r

(2)

V3 I3

I2+I3

Từ (1) và (2): U 22 +U 2 U 3 -U1U 3 -U 32 = 0 . =>

1 1 1 1 U2 = - U 3 + U 3 (5U 3 +4U1 ) = - .8+ .8(5.8+4.10) = 8,6V 2 4 2 4

Vậy: Vôn kế thứ hai chỉ 8,6V. 6. Một mạch điện gồm các điện trở R1, R2, R3 được nối với hai nguồn điện một chiều U1, U2 như hình vẽ.

6(3 + x) 3x 18x . = 4,2x + 3,6 3 + x 4,2x + 3,6

Hỏi với điều kiện nào thì cường độ dòng điện qua điện trở R1 sẽ bằng 0?

R1 U1

(Trích Đề thi học sinh giỏi toàn Liên bang Nga, lần thứ XIV, Năm 1980)  Bài giải  Khi không có dòng điện qua R1 thì hiệu điện thế U3 giữa hai đầu điện trở R3 phải bằng U1. Lúc đó, R2 và R3 mắc nối tiếp nên:

-Xét hai trường hợp: +Trường hợp 1: Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N, khi đó: 2,4(3 + x) 6x 7,2 - 3,6x = 4,2x + 3,6 4,2x + 3,6 4,2x + 3,6

U3 = 8V. Hỏi vôn kế thứ hai chỉ bao nhiêu? (Trích Đề thi học sinh giỏi toàn Liên bang Nga, lần thứ XI, Năm 1977)

U3 = rI3; Mặt khác:

18x 6x 4,2x + 3,6 = = 3 4,2x + 3,6

IA = I1 – I2 =

7,2 3,6 và tiến tới 0. Do đó IA ≈ 0,86A và cường độ dòng chạy qua x x

 Bài giải 

7,2(3 + x) 2,4(3 + x) 4,2x + 3,6 = = 3 4,2x + 3,6

U24 = IR24 =

7,2 3,6 và đều giảm do đó IA tăng. x x

điện trở R4 rất nhỏ. 5. Mạch điện cho trên hình vẽ gồm các điện trở bằng nhau và các vôn kế giống nhau. Vôn kế thứ nhất chỉ U1 = 10V, vôn kế thứ ba chỉ

U 6 6(3 + x) = = 4,2x + 3,6 R BD 4,2x + 3,6 3+x

U13 R1

(2)

Gọi r là điện trở của mỗi vôn kế, ta có:

6(3 + x) 7,2(3 + x) U13 = IR13 = .1,2 = 4,2x + 3,6 4,2x + 3,6

I1 =

7,2 x 3,6 4,2 + x

*Khi x rất lớn (x = ∞) thì

Ta có: I2 > I1 => IA = I2 – I1 = 1,18 – 0,823 = 0,357A Vậy: Khi khóa K mở, hiệu điện thế U của nguồn điện là U = 6V; khi khóa K đóng, dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ: IA = 0,357A; vôn kế chỉ số 0. b)Số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào khi khóa K đóng và di chuyển con chạy C

Đặt NC = x => R24 =

IA =

*Khi x tăng từ 2Ω trở lên thì

U2 3,53 = = 1,18A 3 R2

-Khi đóng khóa K, ta có: R13 =

6x 2,4(3 + x) 3,6x - 7,2 = 4,2x + 3,6 4,2x + 3,6 4,2x + 3,6

3,6 -

21 .1,2 = 2,47V 10, 2

U1 2, 47 = = 0,823A 3 R1

U24 = U2 = U4 = IR24 =

7,2 - 3,6.2 =0 4,2.2 + 3,6

(1)

*Khi x = 0 => IA = 2A.

U1 = U3 =

*Khi x tăng thì (7,2 – 3,6x) giảm; (4,2.x + 3,6) tăng do đó IA giảm.

337

U2 R3 R 2 +R 3

338

U1 R3 = U2 R 2 +R 3

Vậy: Điều kiện để không có dòng điện qua R1 là

1 2 2 U1 = Uv = Uv 2 5 1 1 1−   + 2 2

U1 R3 . = U2 R 2 +R 3

-Khi tăng hiệu điện thế lối vào của mạch lên gấp đôi, hiệu điện thế trên tải là:

7. Bốn ampe kế giống hệt nhau mắc với một điện trở R như trên hình vẽ. Ampe kế A1 chỉ dòng I1 = 2A, ampe kế A2 chỉ dòng I2 = 3A. Hỏi dòng đi qua các ampe kế A3, A4 và điện trở bằng bao nhiêu?

A2 A3 A4

r Tìm tỉ số với r là điện trở trong của ampe kế. R (Trích Đề thi học sinh giỏi toàn Liên bang Nga, lần thứ XIII, Năm 1979)

 Bài giải  Chọn chiều dòng điện như hình vẽ. -Hiệu điện thế giữa hai điểm b, a: U2 = I2r. -Mặt khác: U2 = I1r + I3r  I2r = I1r + I3r => I3 = I2 – I1 = 3 – 2 = 1A -Dòng đi qua ampe kế A4: I4 = I2 + I3 = 3 + 1 = 4A. -Dòng đi qua điện trở R: I = I1 – I3 = 2 – 1 = 1A.

A1 c R

A2 a

r I 1 1 = = = R I3 +I4 1+ 4 5

Vậy: Dòng đi qua các ampe kế A3, A4 và điện trở là I3 = 1A, I4 = 4A, I = 1A; tỉ số



R α U v , với α = 2 1 − α2 + α R

-Ban đầu, R 2 =

R 1 tức là α1 = , do đó: 2 2

α 2 = −2 + 5 (loại nghiệm âm)

R2 = −2 + 5 hay R2 = ( 5 − 2 )R. R 9. Tám đoạn dây dẫn có cùng điện trở R được hàn lại thành hình tháp có đáy ABCD và đỉnh O (hình vẽ). Tính điện trở tương đương giữa các điểm: a)A và C; b)A và B; c)A và O.

Biết hiệu điện thế A và O là U = 7V và R = 1Ω, tính các dòng điện trong các đoạn dây dẫn. A B (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1992-1993)

VC - VA = V0 2 -Từ đó ta có thể bỏ đi các đoạn OB và OD của mạch. Mạch điện còn lại gồm 3 đoạn mạch giống 2R 3 b)Điện trở tương đương giữa các điểm A và B -Tách điểm O của mạch thành hai điểm O1 và O2, với RAC =

VO1 = VO2 . Mạch điện mới có thể được vẽ lại như sau:

-Điện trở tương đương giữa các điểm A và B của mạch:

RR 2 Uv ;I= ; R1 = R – R2. R + R2 R 1 + R AB

Uv RR 2 RR 2 . = 2 Uv R 1 + R AB R + R 2 R - R 22 + RR 2

α 22 − 4α 2 − 1 = 0

nhau mắc song song có điện trở tương đương giữa A và C là:

(Trích Đề thi học sinh giỏi toàn Liên bang Nga, lần thứ IX, Năm 1975)  Bài giải  Gọi R1, R2 là điện trở của hai phần chia bởi con chạy của thế điện kế (hình vẽ). -Hiệu điện thế trên tải là: U = IRAB, I là cường độ dòng điện trong mạch.



-Do tính đối xứng của mạch điện đối với AC nên:

hiệu điện thế trên tải vẫn như cũ nếu tăng hiệu điện thế ở lối vào của mạch lên gấp đôi?

α2 2 Uv = Uv . 1 − α 22 + α 2 5

VB = VD =

R. Tải điện được mắc với nửa cuộn dây của thế điện kế. Hỏi phải thay đổi vị trí của con chạy như thế nào để cho

RAB =

-Theo đề: U2 = U1  2

 Bài giải  a)Điện trở tương đương giữa các điểm A và C

r 1 = . R 5

8. Để điều chỉnh hiệu điện thế trên tải, người ta chọn sơ đồ như hình vẽ. Điện trở của tải và của thế điện kế đều bằng

Với:

α2 Uv 1 − α 22 + α 2

Vậy: Phải di chuyển con chạy sao cho

-Hiệu điện thế giữa hai điểm c, d: UR = IR = I3r + I4r. =>

U2 = 2

2R.R  2R.R  . 2R+ R1R 2 2R+R  2R+R  RAB = = 2R.R  2R.R  R1 +R 2 + 2R+ 2R+R  2R+R 

339 B

340



RAB =

2R  2R  . 2R+ 8R 3  3  = 2R  2R  15 + 2R+ 3  3 

+Số chỉ ampe kế khi đó là: IA =

+Số chỉ vôn kế khi đó là: Uv = IA

c)Điện trở tương đương giữa các điểm A và O -Tương tự câu a, ta có: VB = VD: Chập B và D ta được mạch tương đương như sau: B, D

R/2 R 2

R O

-Nếu UAO = 7V; R = 1Ω thì IAO = i1 =

3R 7R 7R ; RABO = ; RAO = . 8 8 15

-Mặt khác, i3 = IBO + IDO => IBO = IDO =

-Lấy (1) chia cho (3), ta được:

2 O

và IBC = IDC = 1A -Cường độ dòng điện trong mạch chính: I = IAB + IAO + IAD = 4 + 7 + 4 = 15A.

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là: RAB = r +

U AO 7 = Ω. I 15

1 U 2

RAB = rn = r + A RA

rn =

K R

V Rv

(Trích Đề thi Olympic, Nga - 1986)

 Bài giải  -Khi K đóng vào chốt 2: +Điện trở tương đương của toàn mạch là: Rtm = RA +

rrn . r + rn

-Vì mạch điện dài vô hạn nên ta có thể bỏ qua ảnh hưởng của nhánh có dạng nửa chữ T bên trái

2R 8R 7R ; RAB = ; RAO = . 3 15 15 10. Trong mạch điện như hình bên, nguồn điện có hiệu điện

chỉ 0,4A. Tính R, Rv.

CD. Ta có:

Vậy: Điện trở tương đương của các đoạn mạch là: RAC =

thế U không đổi. Khi K đóng vào chốt 1 thì ampe kế chỉ 0,1A, vôn kế chỉ 120V. Khi K đóng vào chốt 2 thì ampe kế

(Trích Đề thi Olimpic Quốc tế, Balan - 1967)  Bài giải  Gọi rn là điện trở tương đương của phần mạch điện trở bên phải CD. Ta có:

i3 6 = = 3A ; ICO = i4 = 2A. 2 2

-Điện trở tương đương của đoạn mạch AO: RAO =

R + Rv = 4 => R = 400Ω. R

AB gồm các điện trở mắc theo sơ đồ như hình vẽ và kéo dài vô tận.

R UR = = 0,1 (3) R+R A RR v +R v R A +RR A

Vậy: Rv = 1200Ω; R = 400Ω. 11. Hãy xác định điện trở tương đương của một mạch điện

1 2

3 3 i 8 i 2 = .8 = 6A ; i4 = 2 = = 2A . 4 4 4 4

U(R+R A ) U = R 'tm RR v +R A R v +RR A

-Lấy (2) chia cho (3), ta được: Rv = 1200Ω.

8 8 IABO = i2 = i1 = .7 = 8A . 7 7

i3 =

(2)

RR A RR v +R A R v +RR A = R + RA R + RA

+Số chỉ của ampe kế khi đó là: I'A = I

i 8 -Vì i2 = IAB + IAD => IAB = IAD = 2 = = 4A 2 2 và

U AO 7 = = 7A ; R 1

RR v URR v = = 120 R + Rv RR A +R A R v +RR v

+Cường độ dòng điện trong mạch chính khi đó là: i4

-Từ sơ đồ mạch điện tương đương, ta có: RBO =

và

C R

R C

R 'tm = Rv +

R/2 R/2

(1)

-Khi K đóng vào chốt 1: +Điện trở tương đương của toàn mạch là:

R/2 R/2

U(R+R v ) U = 0,4 = R tm RR A +R A R v +RR v

RR v RR A +R A R v +RR v = R + Rv R + Rv

(1+ 5)r = RAB 2

(1+ 5)r . 2 12. Chuyển động của electron trong nguyên tử hidro tương đương với dòng điện hình tròn bán Vậy: Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là RAB =

kính r. Hãy tính cường độ dòng điện này, biết khối lượng và điện tích của electron là m và e.  Bài giải  Gọi T là chu kì chuyển động của electron quanh hạt nhân, v là vận tốc chuyển động của electron. Ta có: T=

341

rrn  rn2 - rrn - r 2 = 0 r + rn

2πr v

(1)

342

-Mặt khác, lực hướng tâm trong chuyển động tròn của electron quanh hạt nhân chính là lực điện nên: ke2 mv2 = 2 r r =>

(2)

k mr

v=e



e . T

Vậy: Cường độ dòng điện tương đương là I =

e2 k . 2πr mr

tuyến) có dòng i phụ thuộc vào hiệu điện thế U đặt vào hai đầu varistor theo biểu thức i = kU2. a)Vẽ đường đặc trưng vôn – ampe U = f(i) của varistor.

-Hiệu điện thế đặt vào hai đầu A,D: UO = I 2 (R 3 +R X ) =

i1 i2

X bằng một biến trở R, ta có cầu Uytxtơn. Hãy nêu sự giống nhau và khác nhau giữa cầu Uytxtơn và cầu nghiên cứu trong bài này?

(Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1990-1991)  Bài giải  a)Đường đặc trưng vôn – ampe U = f(i) của varistor U

R1 R2 R1 R + 21 2 = (1+ 1 ) . 2 kR 2 R 3 kR 2 R 3 kR 22 R 3 R3

-Khi thay X bằng biến trở, ta có cầu Uyt-xtơn. Sự giống nhau và khác nhau giữa cầu Uyt-xtơn và cầu nghiên cứu trong bài là: +Giống: Đều là mạch cầu được điều chỉnh để mạch cầu cân bằng hay không cân bằng. +Khác: Cầu Uyt-xtơn : điều chỉnh biến trở R còn hiệu điện thế đặt vào hai đầu đoạn mạch là không đổi; cầu nghiên cứu trong bài này là điều chỉnh UO.

14. Cho mạch điện như hình vẽ, (Đ) là một điện kế. R1 R ; b = 6 . Tìm R2 R3

R1 A

hệ thức liên hệ giữa a và b để không có dòng điện qua (Đ) khi đặt vào AC một hiệu điện thế không

đổi.

Khi i → 0 thì R → ∞ ; khi i → ∞ thì R → 0 : điện trở không phi tuyến.

b)R3 = R6; các điện trở khác bất kì. Đặt a =

b)Công suất P tiêu thụ trên varistor, các dòng i1, i2 và hiệu điện thế U0 -Vì mạch cầu cân bằng nên: R1.R = R2R3 => R =

a)R3 = R4 = R; R5 = 2R. Đặt a =

. i.

dU 1 - 12 1 = .i = di 2 k 2 k i

UO R1 (R1 +R 2 ) R1 . = = R1 +R 2 kR 22 R 3 (R1 +R 2 ) kR 22 R 3

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2

trên varistor . Tính các dòng i1, i2 và hiệu điện thế U0. c)R1, R2, R3 và k có giá trị bất kì. Tính U0 để cầu cân bằng. Tính dòng I trong mạch chính. Thay

R 3 +R X . kR 2X

R 2R3 R1 R (R +R ) = 1 12 2 . R 22 R 32 kR 2 R 3 k R12

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

C +

UO =

X i

1 . kR 2X

R3 + D

dU là điện trở tức thời của varistor. Có thể di nói gì về điện trở này khi i biến thiên từ 0 đến + ∞ .

b)Biết k = 0,25(A/V2). Người ta điều chỉnh hiệu điện thế U0 = UAD để cầu cân bằng. Tính công suất P tiêu thụ

R 2R3 . R1

B R1

Gọi R =

UO 3 = = 0,5A . R1 +R 2 2+4

-Cường độ dòng điện qua Rx: I2 = kU X2 = k(I2 R X )2 => I 2 =

R2 = 4Ω, R3 = 1Ω; X là một varistor (điện trở phi

1 1 = = 1A k.R 2 0,25.22

-Khi mạch cầu cân bằng: R1RX = R2R3 => R X =

13. Cho mạch cầu như hình vẽ. Các điện trở: R1 = 2Ω,

Ta có: i = kU => U =

=> i 2 =

i2 k.R

c)Tính U0 để mạch cầu cân bằng

Chuyên đề 6: MẠCH CẦU ĐIỆN TRỞ. MẠCH CẦU CÓ TỤ ĐIỆN

1 k.R

-Cường độ dòng điện qua R1: i1 =

e ev e2 k = = 2πr 2πr 2πr mr v

i2 =

U CD = R

-Công suất tiêu thụ trên varistor: PX = Ri2 = 2.12 = 2W. -Hiệu điện thế hai đầu A,D: UO = i2(R3 + R) = 1.(1 + 2) = 3V.

(2’)

-Cường độ dòng điện tương đương là: I =

-Cường độ dòng điện qua X: i 2 =

R 2R 3 4.1 = = 2Ω . R1 2

R2 E

R6 R3

D R4

R1 R4 R5 . Tìm hệ thức liên hệ ;c= ;d= R2 R 3 +R 4 R 3 +R 4

giữa a, c và d để không có dòng điện qua (Đ).

 Bài giải  a)Hệ thức liên hệ giữa a và b để không có dòng điện qua (Đ)

343

344

-Để không có dòng điện qua (Đ) thì:

b)Biết điện trở điện kế Rg = 1Ω và giá trị mỗi độ chia khi

R I1R1 = I2R2 => I2 = 1 I1 = aI1 R2

(1)

R6 I6 = bI6 R3

(2)

I2R3 = I6R6 => I2 =

b -Từ (1) và (2) suy ra: I1 = I6 a -Mặt khác: I4 = I2 + I6 = I6(b + 1) I5R5 = I4R4 + I2R2

 và

không sử dụng điện trở phụ là 0,01A. Tìm R1, R2.  Bài giải  a)Giá trị mỗi độ chia khi sử dụng hai chốt A, C -Cường độ dòng điện qua ampe kế: I = (1+

(3) -Nếu sử dụng chốt A, B thì: I1 = (1+

(4)

I4 +I 2 I (b+1)+bI6 I (2b+1) = 6 = 6 2 2 2 I = I1 + I2 = I4 + I5 I5 =

-Nếu sử dụng chốt B, C thì: I2 = (1+

(5) (6)

-Nếu sử dụng chốt A, C thì: I3 = (1+

-Thay (2), (3), (4) và (5) vào (6) ta được: b I (2b+1) I6 + bI6 = I6(b + 1) + 6 a 2

I 1 -Ta có: 1 = = I2 0,25

b (2b+1) + b = (b + 1) + a 2 => 2ab + 3a = 2b (7) Vậy: Hệ thức liên hệ giữa a, b để không có dòng điện qua (Đ) là: 2ab + 3a = 2b.



b)Hệ thức liên hệ giữa a, c và d để không có dòng điện qua (Đ) -Khi không có dòng điện qua (Đ): R3 = R6 => b = 1.

 và

I 2R 4 +R 3 I1 + I2 = I4 + I5  6 + I6 = 2I6 + I6 a R5



1 2R 4 +R 3 +1=2+ a R5



R g +R 2 R1 R g +R1 R2 Rg R1 +R 2

)Ig .

)Ig

(1)

)Ig

(2)

)Ig

(3)

R g +R 2 R1 =4 R g +R1 R2

R2 =4 R1

I3 12 = = I2 0,25

I4 R 4 +I6 R 6 R5

2I R +I R 2R 4 +R 3 I5 = 6 4 6 3 = I6 R5 R5

-Gọi n là giá trị mỗi độ chia khi sử dụng hai chốt A, C:

I 2 -Từ (7) suy ra: a = ; từ (2) suy ra: I2 = I6; từ (4) suy ra: I4 = 2I6; từ (3) suy ra: I1 = 6 . 5 a -Mặt khác: I5R5 = I4R4 + I6R6 => I5 =

(8)

n = 0,25.

R1 +R 2 R2 1 1 = = = R g +R1 R1 1 R1 +R 2 +1 +1 1+ R2 4 R2

1 = 0,2A . 1,25

Vậy: Giá trị mỗi độ chia khi sử dụng hai chốt A, C là 0,2A. b)Tìm R1, R2

1 R +R R 1 c 1+c =1+ 3 4 + 4 =1+ + =1+ a R5 R5 d d d

1 1+c Vậy: Hệ thức liên hệ giữa a, c và d để không có dòng điện qua (Đ) là = +1. a d

Chuyên đề 7: ĐIỆN TRỞ PHỤ TRONG CÁC DỤNG CỤ ĐO ĐIỆN 15. Ampe kế có cấu tạo như hình vẽ. Nếu sử dụng hai chốt A, B thì giá trị mỗi độ chia của ampe kế là 1A; nếu sử dụng hai chốt B, C thì giá trị mỗi độ chia là 0,25A. A

R2 B

R +R I1 = 1+ g 2 Ig R1



1 1+R 2 1+R 2 = 1+ => = 99 0,01 R1 R1

và:

R +R I2 = 1+ g 1 Ig R2



1+R1 1+R1 0,25 = 1+ => = 24 0,01 R2 R2

(4)

(5)

99R1 -R 2 = 1 R = 0,0105Ω -Từ (4) và (5) suy ra:  =>  1 R -24R = -1 2  1 R 2 = 0,042Ω

a)Tìm giá trị mỗi độ chia khi sử dụng hai chốt A, C.

Ta có:

Vậy: Giá trị các điện trở R1 và R2 là R1 = 0,0105 Ω và R2 = 0,042 Ω . 16. Cho mạch điện như hình vẽ, UAB khôg đổi, biết RA, RV.

345

346

a)Tính giá trị đúng của Rx ở mỗi cách đo. b)Tính sai số tương đối ở mỗi cách theo Rx, RA, U A . RV khi coi giá trị điện trở là R = I c)Khi Rx tăng, xét sự tăng giảm của các sai số

(1) A

trên và rút ra ý nghĩa thực tế. Tìm Rx theo RA, RV để hai sai số trên bằng nhau, xét khi RA<<

-Để sai số tương đối nhỏ thì: nếu Rx lớn ta dùng cách 2; nếu Rx nhỏ ta dùng cách 1. -Hai sai số trên bằng nhau thì:

(2) B

R Rx R 1 = A <=> = A RV R R +R Rx x x V 1+ Rx

RV.



R 2x -R A R x -R A R V = 0

Rx =

 Bài giải  a)Giá trị đúng của Rx -Trường hợp (1): =>

Rx =

1 UR V U = = I 1 U IR -U V IU RV RV

RA + R AR V . 2

E R

(Trích Đề thi Olimpic 30/4, Năm 2012)

 Bài giải  a)Điện lượng truyền qua MN khi K đóng -K mở: q1 = 0; q2 = 0 => q = 0. -K đóng: q1/ = CU MB = CE => q /b = 2CE  / q 2 = CU NB = CE

Rx RV 1 = = Rx R 1+ 1+ V RV Rx

K A

Điện lượng từ cực dương đến nút A cũng là q' = 2CE

E R

Gọi điện lượng qua AM là ∆q1, qua AN là ∆q2, ta có: Δq1 + Δq 2 = 2CE  2R  Δq1  Δq = R = 2  2

U . I

U U - +R A R = I I = A. Rx Rx

Vậy: Sai số tương đối theo cách 1 là

RA + R A R V (vì RA <<RV). 2

b)Tính nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở ở mạch ngoài.

U . I

ΔR x 1 1 = 1= 11 1 R Rx Rx ( + ) 1+ x Rx RV RV

ΔR x Rx

khóa K không đáng kể. a)Tính điện lượng chuyển qua dây MN khi K đóng.

1 1 1 1 1 = => ' = + I 1 1 1 Rx Rx RV U RV R 'x R V

+Cách 2: Tính gần đúng Rx: R x =

17. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn có suất điện động

ΔR x R -R ' R' = x x = 1- x Rx Rx Rx

R A + 4R A R V

E = 9V, điện trở r = 0,5R; các tụ điện có điện dung C = 3µF, ban đầu chưa tích điện. Điện trở các dây nối và

U U = R A +R x => R x = -R A . I I b)Sai số tương đối ở mỗi cách theo Rx, RA, RV -Sai số tương đối ở mỗi cách:

Rx =

≃

Chuyên đề 8: ĐỊNH LUẬT ÔM CHO TOÀN MẠCH. ĐỊNH LUẬT ÔM TỔNG QUÁT

-Trường hợp (2):

Mà

Vậy: Để hai sai số bằng nhau thì R x ≃

U RxRV R +R I 1 1 = <=> x V = = + . I R x +R V RxRV U Rx RV

+Cách 1: Tính gần đúng Rx: R 'x =

R A + R 2A +4R A R V

ΔR x 1 = ; sai số tương đối theo cách 2 là R Rx 1+ V Rx

ΔR x R = A. Rx Rx

c)Tìm Rx theo RA, RV

347

2 4 q' 2 q' = CE; ∆q2 = = CE 3 3 3 3

∆q1 =

Và

∆qMN = ∆q1 - ∆q2 =

4 2 2 2 CE - CE = CE = .3.10−6.9 = 18.10-6C 3 3 3 3

Vậy: Điện lượng từ M đến N là: ∆qMN = 18.10-6C. b)Nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở ngoài

1 Ta có: A = q'E = 2CE2; W = 2. CE2 = CE2. 2 -Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = Q + W. => Q = A – W = 2CE2 - CE2 = CE2

348

-Vì r nối tiếp RAM và RAM =

Với v = at = 0,02.2 = 0,04(m/s) thì:

2 R 2R.R = R; r = nên: 2R+R 3 2

QAM =

4 4 Q = CE2 7 7

-Vì R // 2R nên: =>

R 1 Q 2R = = . 2R 2 QR

2 8 8 QAM = CE2 = .3.10−6.92 = 92,6.10−6 J 3 21 21

QR =

4 4 CE2 = .3.10−6.92 = 46,3.10−6 J 21 21 Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở ngoài là QR = 92,6.10-6J và Q2R = 46,3.10-6J. 18. Một tụ điện phẳng có các bản hình chữ nhật như hình vẽ, mỗi bản cao h = 10cm, bề ngang b = 20cm; hai bản cách nhau d = 3mm. Hai bản tụ được nối với nguồn suất điện động E = 1000V và điện trở trong không đáng kể. Người ta đặt một tấm thủy tinh kích E thước lớn, dày 3mm, lúc đầu (t0 = 0) sát mép bên phải tụ điện. Cho tấm thủy tinh đi vào khe giữa hai bản với gia tốc 2(cm/s2) dọc theo Và

Q2R =

bề ngang b. Biết thủy tinh có ε = 7. Tìm cường độ dòng điện trong

 Bài giải  Khi đưa tấm thủy tinh vào thì điện dung của tụ thay đổi, do đó điện tích q thay đổi. Giả sử tấm thủy tinh đưa vào được một đoạn x. Khi đó hệ được coi như bộ 2 tụ mắc song song. at 2 2.22 = = 4cm < b. Điện dung của các tụ lúc đó là: 2 2

ε 0 hb ε 0 hx ε εhx + 0 d d d

ε 0 hb ε 0 h + (ε - 1)x d d

Và

C3 EB C4

1 (C1U12 +C2 U 22 +C3 U 32 +C4 U 24 ) (6) 2

C e4

e3 H

C2 G

e 4 - e1 16 − 4 = 3V. = 4 4 U1 = 3 + 4 – 8 = -1V; U2 = 3.3 + 4 – 8 = 5V;

U3 = 3 + 4 – 12 = -5V; U4 = 3.3 + 4 – 12 = 1V. 10−6 (-1)2 +52 +(-5)2 +12  = 2,6.10-5 J 2  -Nếu nối đoản mạch B và H, chọn VB = VH = 0. Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch, ta được:

εh dq dC dx = U = U 0 (ε - 1) dt dt d dt

i = U (ε - 1)ε0h

-Áp dụng bằng số: Từ (1) ta được: RI =

-Cường độ dòng điện trong mạch: i=

(3) (4)

U4 = VE – VF = 3RI + e1 – e3 (5) -Tổng năng lượng được tích trong các tụ điện đó là:

ε 0 εS2 ε εhx = 0 d d

+Bộ C1 // C2 có C = C1 + C2 =

VG = 4RI + e1; VH = 3RI + e1;

U2 = VG – VC = 3RI + e1 – e2 U3 = VE – VA = RI + e1 – e3

ε 0S1 ε h(b - x) = 0 d d

+Tụ C2 có bản h, x; điện môi ε: C2 =

VD = 2RI + e1; VC = RI + e2; VE = 3RI + e1 – e3.

-Hiệu điện thế đặt vào các tụ điện C1, C2, C3, C4 là: U1 = VD – VC = RI + e1 – e2 (2)

+Tụ C1 có bản h, (b – x); điện môi ε = 1: C1 =

e 4 - e1 (1) 4R -Chọn VF = 0, áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch, ta được: VB = RI; VA = 2RI; I=

mạch ở thời điểm t = 2s.

-Sau 2s thì x =

1 0, 04 .0,1. = 7.10-8A 4 π.9.109 3.10−3 Vậy: Cường độ dòng điện trong mạch ở thời điểm t = 2s là i = 7.10-8A. 19. Tính năng lượng tổng cộng W tích điện trong các tụ C1 D C điện có điện dung C1, C2, C3, C4 do các nguồn điện có suất e1 điện động không đổi e1, e2, e3, e4 cung cấp, khi chúng được A B e2 mắc như hình vẽ. Các điện trở có cùng giá trị R; bỏ qua C2 điện trở trong của các nguồn điện. Tụ điện C2 sẽ có điện C3 H G tích q2 bằng bao nhiêu nếu nối đoản mạch hai điểm H và e3 B? e4 E F Áp dụng bằng số: e1 = 4V; e2 = 8V; e3 = 12V; e4 = 16V; C1 C4 = C2 = C3 = C4 = 1μF. (Trích Đề thi Olimpic Quốc tế, Bungari – 1971)  Bài giải  -Sơ đồ mạch điện tương đương như hình bên. -Vì dòng điện chỉ chạy trong mạch ABFGHD nên giả sử e4 > e1, dòng điện chạy theo chiều mũi tên trên hình vẽ. Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có: i = 1000.(7 – 1).

R 4 4 4 Q AM Q AM = AM = ; = = Qr r 3 Qr +Q AM 3+ 4 7

v d

349

350

VD = RI1, dòng điện I1 chạy qua điện trở R theo chiều từ D đến H

1+b b 3a 2b hoặc a = . = => b = 2 3 2(1 a) 2b +3 1+ a Vậy: Hệ thức giữa a và b để không có dòng điện qua Đ khi đặt vào AC một hiệu điện thế không

-Chia (4) cho (5), ta được:

e1 2R -Gọi I4 là cường độ dòng điện chạy qua điện trở R theo chiều từ G đến H, ta có: VA = RI1 – e1; VB = 2RI1 – e1 = 0 => I1 =

VG = RI4; VF = RI4 – e4; VH = 4RI4 – e4 = 0 => I4 =

e4 2R

-Hiệu điện thế hai đầu tụ điện C2 là: U2’ = VG – VC = RI4 – e2 =

đổi là b =

b)Trường hợp R3 = R6, các điện trở khác bất kì

e4 - e2 . 2

-Hệ thức giữa a, c và d để không có dòng điện qua Đ +Áp dụng định luật Kiếc-xốp cho các mắt mạng BCDEB và BDEB, ta được:

e  -Điện tích trên tụ điện C2 khi nối đoản mạch H và B là: q2 = C2U2’ = C2  4 - e 2  . 2 

R5(i1 + i2 – i4) = R4i4 + R3i2 Và 2i2 = i4 -Từ (7) và (1): i4 = 2ai1 Và i5 = (1 – a)i1

16 - 8) = 0. 2 Vậy: Nếu nối đoản mạch hai điểm H và B thì điện tích trên tụ điện C2 sẽ là q2 = 0.

-Thay số: q2 = 10-6(

20. Cho mạch điện như hình vẽ, Đ là một điện kế. a)Giả sử R3 = R4 = R; R5 = 2R. Đặt a =

R1 R ;b= 6. R2 R3

Tìm liên hệ giữa a và b để không có dòng điện qua Đ khi đặt vào AC một hiệu điện thế không đổi.

C D

(6) (7) (8) (9)

i6 = -ai1 (10) -Từ (1), (8) và (6): R5(1 – a)i1 = R4.2ai1 + R3ai1

B Đ

3a 2b hoặc a = . 2(1 - a) 2b + 3

R R4 R5 ;d= . b)Giả sử R3 = R6, các điện trở khác bất kì. Đặt a = 1 ; c = R2 R 3 +R 4 R 3 +R 4



R 5 (1 - a) 2R 4 a R 3a = + R 3 +R 4 R 3 +R 4 R 3 +R 4



d(1 – a) = 2ac +

+Vì c =

-Tìm liên hệ giữa a, c và d để không có dòng điện qua Đ.

R 3a R 3 +R 4

(11)

R4 R3 => = 1 – c. Từ đó (11) trở thành: R 3 +R 4 R 3 +R 4

d(1 – a) = 2ac + (1 – c)a  d = a(c + d + 1)

-Gọi cường độ dòng điện qua Rk là ik, hiệu điện thế đặt vào A và C là U. Chứng minh rằng khi không có dòng điện qua Đ thì các cường độ dòng điện ik chỉ phụ thuộc vào U và ba trong sáu

điện trở của mạch và cho biết đó là những điện trở nào. -Áp dụng: U = 7V; R1 = 1Ω; R2 = 2Ω; R3 = R6 = 3Ω; R4 = 1Ω. Tính các dòng điện và R5 khi

Vậy: Hệ thức giữa a, c và d để không có dòng điện qua Đ là a =

không có dòng điện qua Đ. (Trích Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1993-1994)

d a(1 + c) hoặc d = c+d+1 1-a

(12)

d a(1 + c) hoặc d = . c+d+1 1-a -Chứng minh rằng khi không có dòng điện qua Đ thì các cường độ dòng điện ik chỉ phụ thuộc

 Bài giải  a)Hệ thức giữa a và b để không có dòng điện qua Đ khi đặt vào AC một hiệu điện thế không đổi -Kí hiệu các cường độ dòng điện trên các đoạn mạch như trên hình vẽ. Để không có dòng điện qua Đ thì:

vào U và ba trong sáu điện trở của mạch +Nếu đặt vào hai điểm A và C hiệu điện thế U thì:

UAB = UAE  R1i1 = R2i2 => i2 = ai1 (1) -Áp dụng định luật Kiếc-xốp cho các mắt mạng BCDEB và BDEB, ta được:

Như vậy, i1 chỉ phụ thuộc vào U và ba điện trở R1, R2 và R5. +Các hệ thức (1), (8) và (9) chứng tỏ i2 = i3, i4, i5, i6 chỉ phụ thuộc vào i1 và a, nghĩa là chỉ phụ thuộc vào U và ba điện trở R1, R2 và R5 nên có thể lấy tùy ý giá trị của ba điện trở còn lại. -Áp dụng: U = 7V; R1 = 1Ω; R2 = 2Ω; R3 = R6 = 3Ω; R4 = 1Ω



R5(i1 + i2 – i4) = R4i4 + R3i2 2R(i1 + i2 – i4) = R(i2 + i4)

 và

2i1 + i2 = 3i4 (R + R6)i2 = R6i4



R+R 6 R i 2 = 6 i 4  (1 + b)i2 = bi4 (4) R R

 2 -Từ (1) và (2): i 2  1+  = 3i 4  a

(2) (3)

A R2

+Ta có: a =

R3 E

U = R1i1 + R5i5 = R1i1 + R5(1 – a)i1 => i1 =

R1 R4 1 1 a(1 + c) 0,5.(1 + 0,25) = = 0,5 ; c = = = 0,25 ; d = = = 1,25. 1-a 1 - 0,5 R2 2 R 3 +R 4 3+1

+Từ đó: R5 = 5Ω; i1 =

R4 D

Và

(5)

351

U R 1 + R 5 (1 - a)

7 U = = 2A; R1 + R 5 (1 - a) 1 + 5.(1 - 0,5)

i4 = 2ai1 = 2.0,5.2 = 2A, (theo (8))

352

+Công suất tiêu thụ trên Rx:

i4 2 = = 1A , (theo (7)) 2 2 i5 = (1 – a)i1 = (1 – 0,5).2 = 1A, (theo (9))

i2 = i3 =

Ta có: Ix = I – I3 = 1,5 – 0,6 = 0,9A => Px = Rx I 2x = 2.0,92 = 1,62W.

i6 = -ai1 = -0,5.2 = -1A => i6 chạy từ B đến D, (theo (10)). Vậy: Khi không có dòng điện qua Đ thì i1 = 2A; i2 = i3 = 1A; i4 = 2A; i5 = 1A; i6 = 1A và R5 = 5Ω.

21. Cho mạch điện như hình vẽ. E = 6V, r = 1Ω, R1 = R3 = R4 = R5 = 1Ω, R2 = 0,8Ω, Rx thay đổi từ 0 đến 10Ω. Ban đầu Rx = 2Ω.

E, r

a)Tính số chỉ của vôn kế và công suất tiêu thụ của Rx

b)K đóng, cho Rx thay đổi từ 0 đến 10Ω, cho biết số chỉ

 Bài giải  a)Số chỉ của vôn kế và công suất tiêu thụ của Rx khi K mở và khi K đóng

-Hiệu điện thế hai đầu C, B: UCB = IRCB =

RN = R1 + R2 + Rx = 1+0,8+2 = 3,8Ω

UAD =

3x 6(3+x) 18x . = 3+x 8,4+5,8x 8,4+5,8x

(2)

32,4+10,8x 18x 32,4+22,8x + = 8,4+5,8x 8,4+5,8x 8,4+5,8x

(*)

-Để xét sự biến đổi của UAD theo x, ta có thể làm như sau: Dựa vào đạo hàm, ta có:

=> UAD = 4,75V +Công suất tiêu thụ của RX: P = RxI2 = 2.1,252 = 3,125W.

U 'A (x) =

R x (R 3 +R 4 +R 5 ) R x +R 3 +R 4 +R 5

Vậy: Khi Rx thay đổi từ 0 đến 10Ω thì số chỉ của vôn kế luôn tăng. -Công suất tiêu thụ trên Rx:

2(1 + 1 + 1) = 3Ω 2 +1+1+1

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

22,8.8,4-5,8.32,4 3,6 = (8,4+5,8x)2 (8,4+5,8x) 2

Ta thấy U 'AD (x) luôn lớn hơn 0 với mọi x nên hàm UAD luôn tăng khi x tăng.

-Khi K đóng: [(R1 nt R2) nt (Rx // (R3 nt R4 nt R5))]

Ta có: P = I2x R x với Ix = E 6 = = 1,5A . R N +r 3+1

6 = 1,8V 5

UCB = IR345x = 1,5.

UCB 1,8 I3 = I4 = I5 = = = 0,6A R 3 +R 4 +R 5 3

U5 = I5R5 = 0,6.1 = 0,6V.

UCB 18x 18 = = Rx (8,4+5,8x)x 8,4+5,8x

182 324x x= (8,4+5,8x)2 70,56+97,44x+33,64x 2

+Khi x = 0 => P = 0. 324 . 70,56 +97,44+33,64x x *Nhận xét: P đạt cực đại khi mẫu số đạt cực tiểu, tức là: +Khi x ≠ 0, biểu thức của P có thể viết thành: P =

 70,56   70,56   x +33,64x+97,44 <=>  x +33,64x  min min

+Số chỉ của vôn kế: UAD = UAB + UBD với UAB = E – Ir = 6 - 1,5.1 = 4,5V; UBD = -UDB = -U5 = -0,6V. =>

(1)

-Từ (1) và (2), suy ra:

UBD = U R 5 = 0 (vì I5 = 0)

RN = 1 + 0,8 +

6(3+x) 32,4+10,8x = 8,4+5,8x 8,4+5,8x

-Số chỉ của vôn kế bằng UAD, với UAD = UAC + UCB

E 6 = = 1,25A R N +r 3,8+1

+Số chỉ của vôn kế bằng UAD: UAD = UAB + UBD với: UAB = E – Ir = 6 - 1,25.1 = 4,75V

E 6 6(3+x) = = 5,4+4,8x R N +r 8,4+5,8x +1 3+x

-Hiệu điện thế hai đầu A, C: UAC = IR12 = 1,8.

-Khi K mở: [R1 nt R2 nt Rx]: +Điện trở mạch ngoài:

+Điện trở mạch ngoài: RN = R1 + R2 +

3x 5,4+4,8x = . 3+x 3+x

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: K

vôn kế và công suất tiêu thụ của Rx tăng hay giảm?

+Cường độ dòng điện qua mạch: I =

x(R 3 +R 4 +R 5 ) 3x . = x+R 3 +R 4 +R 5 3+x

-Điện trở mạch ngoài: RN = R12 + RCB = 1,8 +

khi K mở và khi K đóng.

D R4

b)Số chỉ vôn kế và công suất tiêu thụ của Rx tăng hay giảm? Gọi điện trở Rx có giá trị là x. Khi K đóng, ta có: -Điện trở đoạn mạch CB: RCB =

Vậy: Khi K mở, số chỉ vôn kế là 4,75V, công suất tiêu thụ của Rx là 3,125W; khi K đóng, số chỉ vôn kế là 3,9V, công suất tiêu thụ của Rx là 1,62W.

UAD = 4,5 - 0,6 = 3,9V.

353

354

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

70,56 +33,64x ≥ x

1 Ω. 3 b)Tính R4: Khi K đóng, ampe kế chỉ 0, do đó mạch là mạch cầu cân bằng, tức là:

70,56 .33,64x x

Vậy: R2 = 3 Ω , điện trở của mỗi pin là r0 =

70,56 = 33,64x x

Dấu “=” xảy ra khi x =

R1 R R R 6.3 = 3 => R 4 = 3 2 = = 3Ω R2 R4 R1 6

70,56 ≃ 1,45 . 33,64

Vậy: R4 = 3 Ω . c)Số chỉ ampe kế, vôn kế khi đổi chỗ nguồn và ampe kế: Khi K đóng, đổi chỗ bộ nguồn và ampe

Vậy: Công suất tiêu thụ trên Rx có một giá trị cực đại khi Rx = 1,45Ω.

22. Cho mạch điện như hình vẽ: bộ nguồn gồm ba pin giống nhau ghép nối tiếp, mỗi pin e = 1,5V, R1 = R3 = 6Ω, RA = 0, RV rất lớn. a)K mở, ampe kế chỉ

1 A, vôn kế chỉ 4V. Tính R2 và r0 3

mỗi pin.

A R1

b)K đóng, ampe kế chỉ 0. Tính R4. c)K đóng, đổi chỗ bộ nguồn và ampe kế cho nhau. Hỏi ampe kế, vôn kế chỉ bao nhiêu?

UR2

=> =>

I1 =

U R1 R1

U R3 = (

UR2

-Thay (2) và (3) vào (1): UAB =

A D

4 = 4,5-0,5rb => rb = 1Ω



1 3r0 = 1 => r0 = Ω . 3

23. Cho mạch điện như hình vẽ: r = 1Ω, R1 = 1Ω, R2 = 4Ω, R3 = 3Ω, R4 = 8Ω, UMN = 1,5V. Tìm E.

I1 (1+3) = I 2 (4+8) => I2 =

1 I1 3

I1 A

(2)

E, r

(1)

1,5 = -I1 +4I2

-Mặt khác: I1(R1 + R3) = I2(R2 + R4)



1 1 -Thay (2) vào (1), ta được: 1,5 = -I1 + I1.4 = I1 3 3 => I1 = 4,5A; I2 = 1,5A;

(3)

I = I1 + I2 = 6A

-Mặt khác: I =

2R 2 +2 = 4 => R 2 = 3Ω . 3 Mặt khác: UAB = Eb – I.rb

E, r

Vậy: Số chỉ vôn kế và ampe kế đều bằng 0.



-Mà UAB = 4V =>

với:

-Ta có: UMN = UMA + UAN = -UAM + UMN => UMN = -I1R1 + I2R2 = -I1.1 + I2.4

R2 R2 2R 2 + +2 = +2 3 3 3

R 1 3 1 I = I1 + I2 = 2 + = + = 0,5A 18 3 18 3

 Bài giải 

R2 1 R + ).6 = 2 +2 18 3 3



(2)

1 R2 I2 R 2 R = = 3 = 2 R1 6 18

R R Vì 1 = 2 nên mạch bây giờ cũng là mạch cầu cân bằng => UAB = 0 và IA = 0. R3 R4

(1)

U R 3 = I3R 3 = (I1 +I2 )R 3

C R2

bằng UAB: 1 = I2 R 2 = R 2 3

+Điện trở của bộ: rb = nr0 = 3r0. a)Tính R2 và r0 mỗi pin: Khi K mở, số chỉ của ampe kế bằng dòng I2 qua R2, số chỉ của vôn kế UAB = UAC + UCB = U R1 +U R 3 = U R 2 +U R 3

 Bài giải  Ta có: +Suất điện động của bộ: Eb = ne = 3.1,5 = 4,5V.

với

kế cho nhau, ta có mạch:

E (R +R )(R 2 +R 4 ) (1+3)(4+8) , với RN = 1 3 = = 3Ω R N +r R1 +R 3 +R 2 +R 4 1+3+4+8

E => E = 24V . 3+1 Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 24V.



24. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R3 = 20Ω, R2 =

E, r

10Ω. Khi R4 = 5,5Ω, mắc một vôn kế (RV rất lớn) vào CB, vôn kế chỉ 6,75V. Khi R4 = 20Ω, mắc một ampe kế (RA = 0) vào CB, ampe kế chỉ 0,875A. a)Tính cường độ mạch chính trong hai trường hợp trên.

B R4

355 R2

R3 C

356

b)Nguồn được tạo nên bởi m dãy song song, mỗi dãy có n acquy giống nhau mắc nối tiếp. Biết suất điện động và

Ta có: Eb = ne = 2n; rb =

điện trở trong mỗi acquy là e = 2V, r0 = 1Ω. Tìm m, n.

-Trường hợp R4 = 5,5 Ω :

 Bài giải 

+Điện trở mạch ngoài: RN =

a)Tính cường độ mạch chính E, r

-Trường hợp R4 = 5,5Ω, UCB = 6,75V. Ta có: UCB = UCM + UMB = U R 3 +U R 4 với:

U R 3 = I3 R 3 = 20I3 ; U R 4 = IR 4 = 5,5I

và: =>

I = I1 + I3 = 1,5I3 + I3 = 2,5I3 UCB = 20I3 + 5,5.2,5I3 = 33,75I3

 => `

6,75 = 33,75I3 I3 = 0,2A; I = 2,5.0,2 = 0,5A.



0,5 =

E, r R4



R1 M

-Số chỉ của ampe kế: IA = I2 + I3 = 0,875

10I2 = I1(20+

10I2 = 30I1 => I1 =

với:

R134 = R1 +

R 'N =



(3)

(4)

Mà:

(5)

-Từ (2), (6) suy ra: I2 +

I2 7I = 0,875 => 2 = 0,875 6 6

I2 = 0,75A ; I1 =

R 2 R134 R 2 +R134

R 3R 4 20.20 = 20+ = 30Ω R 3 +R 4 20+20

10.30 = 7,5Ω 10+30

2n n 7,5+ m

<=> 7,5+

n = 2n m

Eb . R 'N +rb (8)

n = 5 8,75+0,5k = 2n n  , ta được:  =>  n 5 m 7,5+k = 2n  k = m = 2 => m = 2

Vậy: m = 2 và n = 5.

I I3 + I4 = I1 => I3 = I4 = 1 => I1 = 2I3 2 I2 I => I3 = 2 3 6

(7)

n  8,75+0,5 m = 2n -Từ (7) và (8), ta có hệ:  7,5+ n = 2n  m Đặt k =

I3 = I4

-Từ (3), (5) suy ra: 2I3 =

n = 2n m

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I' =

(2)

<=> 8,75+0,5

B≡C

20.20 ) 20 + 20

I2 3 Ta lại có: I3R3 = I4R4  20I3 = 20I4



R 3R 4 ) R 3 +R 4

-Mặt khác: I2R2 = I1(R1 +



R3 C

n 17,5+ m

+Điện trở mạch ngoài: R 'N =

E, r I1

Eb R N +rb

-Trường hợp R4 = 20Ω:

-Trường hợp R4 = 20Ω, mạch điện được vẽ lại:

I’ A

R1 (R 2 +R 3 ) 20(10+20) +R 4 = +5,5 = 17,5Ω R1 +R 2 +R 3 20+10+20

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

I R1

(1) => UCB = 20I3 + 5,5I Mặt khác: I1R1 = I3(R2 + R3) => 20I1 = 30I3 => I1 = 1,5I3

nr0 n (e = 2V; r0 = 1 Ω ) = m m

25. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 18V, r = 1Ω, R1 =

3Ω, R2 = 5Ω, C1 = 2 μF , C2 = 6 μF . Ban đầu K1 mở, K2

(6)

b)Mở K2 trước, đóng K1 sau.

 Bài giải 

0,75 = 0,25A ; I’ = I1 + I2 = 0,25 + 0,75 = 1A. 3

-Ta luôn có: I =

Vậy: Cường độ dòng điện qua mạch chính trong hai trường hợp trên là 0,5A và 1A.

R1 C

đóng. Tính UMN trong hai trường hợp sau: a)Đóng K1 trước, mở K2 sau.

E, r

E 18 = = 2A R1 +R 2 +r 3+5+1

UCN = U R1 = IR1 = 2.3 = 6V ; UNB = U R 2 = IR 2 = 2.5 = 10V

b)Tìm m, n

357

358

=> UCB = UCN + UNB = 6 + 10 = 16V. -Ban đầu K1 mở, K2 đóng, ta có mạch như sau:

U C2 = U NB = 10V => Q2 = C2 UC2 = 6.10 = 60μC a)Đóng K1 trước, mở K2 sau:

độ qua mỗi điện trở đều bằng 0,1A. C

 Bài giải  a)Cường độ qua mỗi điện trở trong các trường hợp còn lại: Gọi E, r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn -Khi 3 điện trở mắc nối tiếp:

+ 1- M + 2 -

R1 C

E, r

C2 M + -

+ -

a)Tính cường độ qua mỗi điện trở trong các trường hợp còn lại. b)Cần bao nhiêu điện trở R0 và mắc thế nào để khi nối vào nguồn điện không đổi nói trên, cường

R1 C

-Khi đóng K1, ta có mạch như hình a1: C1

-Khi ba điện trở mắc nối tiếp, cường độ qua mỗi điện trở bằng 0,2A. -Khi ba điện trở mắc song song, cường độ qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2A.

M +C2-

R1 B

E, r

Hình a1

Hình a2

Ta có: U C1 = U CN = 6V => Q1 = C1U1 = 2.6 = 12μC

Ta có: RAB = 3R0

Ta có: U +U

' C2

= U CB = 16V



-2U 'C1 +6U'C2 = 48



0,6R 0 +0,2r = E

-Q1' +Q'2 = -Q1 +Q 2 = -12+60 = 48 -C1U C' 1 +C2 U C' 2 = 48 (2)

R0 R0

E, r

I E E = <=> 0,2 = R0 R0 3 ( +r).3 ( +r).3 3 3



(2)

0,2R 0 +0,6r = E

Vậy: Khi đóng K1 trước, mở K2 sau thì UMN = 0. b)Mở K2 trước, đóng K1 sau: Khi mở K2 trước, đóng K1 sau thì mạch điện được vẽ lại như hình

0,6R 0 +0,2r = E E-0,2r = 0,6R 0  E = 0,8R 0 Từ (1) và (2), ta có:  =>  =>  0,2R +0,6r = E E-0,6r = 0,2R 0 0   r = R 0

b1:

-Các cách mắc còn lại:

Ta có: U +U

' C2

(3)

= U CB = 16V

Do mở K2 trước rồi mới đóng K1 nên tổng điện tích tại điểm M bằng điện tích ban đầu của C2: -Q1' +Q'2 = Q2 = 60



-C1U C' 1 +C2 U C' 2 = 60



-2U 'C1 +6U'C2 = 60

(4) ' C1

' C2

+Với hình a: R AB =

UMN = UMC + UCN = -U +U CN = -4,5+6 = 1,5V .

Vậy: Khi mở K2 trước, đóng K1 sau thì UMN = 1,5V. 26. Ba điện trở đều bằng R0, mắc theo các cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện

Hình b

Hình a ,r

E, r

E, r B

' C1

R1 C

R0 R0

+ - M + -

 U +U = 16  U = 4,5V -Từ (3) và (4), ta có:  =>  ' ' '  UC2 = 11,5V -2U C1 +6U C2 = 60 ' C1

UMN = UMC + UCN = -U C1 +UCN = -6+6 = 0 .

' C1

E, r

I' =

(1)

R0 +r 3 Vì 3 điện trở đều bằng nhau nên dòng điện qua mỗi điện trở là:

 U'C +U C' 2 = 16  U C' 1 = 6V -Từ (1) và (2), ta có:  1 ' =>  ' ' -2UC1 +6UC2 = 48  U C2 = 10V =>

E E <=> 0,2 = 3R 0 +r 3R 0 +r

R Ta có: RAB = 0 3

(1)

Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có:



-Khi 3 điện trở mắc song song:

-Khi mở K2 ta có mạch như hình a2: ' C1

R0 3R 0 +R 0 = 2 2

E 0,8R 0 = = 0,32A 3R 0 3R 0 +r +R 0 2 2

không đổi xác định.

359

360

và

I1 = I2 =

I 0,32 = = 0,16A . 2 2

+Với hình b: RAB =



2R 0 R 0 2 = R0 2R 0 +R 0 3

nE E =  nR + r = R + nR => R = r. R+nr R+ r n

Vậy: Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì R = r.

E 0,8R 0 = = 0,48A 2R 0 2R 0 +r +R 0 3 3 Vì I2 = 2I1 và I2 + I1 = 0,48 => I2 = 0,32A và I1 = 0,16A.

28. Có N = 80 nguồn giống nhau, mỗi nguồn có e = 1,5V, r0 = 1Ω mắc thành x dãy song song,

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

yr y Ta có: Eb = yE = 1,5y; rb = 0 = x x xy = N = 80 -Cường độ dòng điện qua điện trở R:

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.

 Bài giải 

điện trở nối tiếp hoặc song song. Gọi n là số điện trở R0: -Trường hợp mắc nối tiếp, ta có: RAB = nR0

E 0,8R 0 <=> 0,1 = => n = 7 . nR 0 +r nR 0 +R 0

-Trường hợp mắc song song, ta có: RAB =

R0 n

0,8R 0 => n = 7 R0 +R 0 )n n Vậy: Cần 7 điện trở R0 và mắc nối tiếp hoặc song song nhau.

27. Có n acquy (E,r) giống nhau nối với điện trở mạch ngoài R. Tìm điều kiện để cường độ qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau.  Bài giải  -Khi n acquy nối tiếp, ta có: Eb = nE và rb = nr.

I' =

Eb E = r R+rb R+ n

x dãy

y nguồn

(4) 80 80 ;y=R = 80R . R R

Vậy: Với R = 5Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy.

 80 = 3,65 x = b)Với R = 6Ω =>  6  y = 80.6 = 21,9  Vì x, y nguyên và xy = 80 nên suy ra x = 4; y = 20.

(1)

Vậy: Với R = 6Ω thì bộ nguồn gồm 4 dãy và mỗi dãy có 20 acquy.

r -Khi n acquy song song, ta có: Eb = E và rb = . n =>

}

 80 =4 x = a)Với R = 5Ω =>  5  y = 80.5 = 20 

(

Eb nE = R+rb R+nr

(3)

 Rx = y -Kết hợp (4) với (2), ta có:  => x =  xy = 80

0,1 =

….. .….. . …................. .... …..

Rx+y ≥ 2 Rxy <=> (Rx+y) min = 2 Rxy Dấu ‘=’ xảy ra khi Rx = y

I E E = <=> 0,1 = R0 R0 n ( +r)n ( +r)n n n

(2)

-Để y = ymax thì M = (Rx + y) đạt cực tiểu. -Vì x, y đều dương nên theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:

R0 +r n Vì có n điện trở R0 mắc song song nên dòng điện qua mỗi điện trở là:



Eb 1,5y 1,5yx = = y R+rb Rx+y R+ x

(1)

1,5.80 120 -Thay (2) vào (3) ta được: I = = Rx+y Rx+y

b)6Ω.

29. Nguồn E = 180V, r = 2Ω dẫn điện đến nơi tiêu thụ nhờ đường dây dẫn điện trở R = 4Ω. Nơi tiêu thụ có một số đèn 110V - 100W mắc song song. Tìm số đèn cực đại có thể thắp sáng sao cho hiệu điện thế hai đầu đèn sai lệch không quá 10% hiệu điện thế định mức.

(2)

 Bài giải  U2 1102 -Ta có: UĐđm = 110V; RĐ = Đđm = = 121Ω . PĐ 100

-Để dòng điện qua R khi n acquy nối tiếp hoặc song song đều như nhau thì: I = I' .

E, r

Gọi x là số đèn mắc song song (x nguyên, dương): X

361

362

RĐ 121 . = x x -Cường độ dòng điện qua mạch ngoài:

-Điện trở của bộ đèn là:

E E 180 180x I= = = = RĐ 121 R N +r 6x+121 R+ +r 4+ +2 x x -Hiệu điện thế giữa hai đầu đèn là: RĐ 180x 121 21780 (1) = . = x 6x+121 x 6x+121 -Để hiệu điện thế giữa hai đầu đèn sai lệch không quá 10% (10% = 0,1) hiệu điện thế định mức U= I

nên: 110-0,1.110 ≤ U ≤ 110 + 0,1.110 21780 -Thay (1) vào (2), ta được: 99 ≤ ≤ 121 6x+121  9,8 ≤ x ≤ 16,5

N Hình 1

Hình 2

b)Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R trong mạch (2).  Bài giải 

E, r

K B

R N Hình 1

2E 4E ; UMB = I.2R = . 7 7 2EC 4EC ; q2 = CUMB = . 7 7

+Tổng điện tích trên các bản tụ nối với điểm M là: q’M = -q1 + q2 =

2EC . 7

2CE . 7 2CE và truyền từ N đến M. 7

a)Điện lượng truyền qua đoạn dây MN ở các mạch điện -Với hình (1):

q1' = CU MB = CE; q '2 = CU NB = CE

4 CE 3 2 CE 3

4 1 +Điện lượng truyền qua MN là: |Δq MN | = | CE-CE| = CE . 3 3 Vậy: Ở hình 2, điện lượng truyền qua MN là Δq MN =

1 CE và truyền từ M đến N. 3

b)Nhiệt lượng toả ra trên R trong mạch (2):

+ C

2E . 7R

 Δq1 +Δq 2 = 2CE Δq =   1 Ta có:  Δq1 =>  2R  Δq = R = 2 Δ q =  2  2

R . Các tụ điện có điện dung C ban đầu chưa 2 tích điện. Điện trở các dây nối và khóa không đáng kể. a)Tính điện lượng truyền qua đoạn dây MN ở các mạch điện cho trên.

q1 = CUAM =

+Gọi điện lượng truyền qua AM là Δq1 , qua AN là Δq 2 . B

Nguồn có suất điện động E và điện trở trong r =

R 3R+ 2

+Tổng điện lượng tại đi qua A là: q’A = q’1 + q’2 = 2CE.

E, r

+ -

UAM = IR =

=> K

-Với hình (2):

E, r

+Vì dòng điện không chạy qua các tụ điện nên: UMB = UNB = E.

+ -

R . 2

Vậy: Ở hình 1, điện lượng truyền qua MN là Δq MN =

Vì x là số nguyên nên số đèn cực đại là x = 16. 30. Cho các mạch điện có sơ đồ như sau: K

RN = R + 2R = 3R; r =

+Điện lượng truyền qua MN là: Δq MN = |q 'M -q M | =

(2)

99 ≤ U ≤ 121



Với:

-Điện lượng truyền qua nguồn là: q’ = 2CE -Công của nguồn điện là: A = q’E = 2CE2.

E, r

+ M

-Mặt khác: Năng lượng của hai tụ điện là: C

1 1 CE 2 + CE 2 = CE 2 2 2 -Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: Q = A – W = 2CE2 – CE2 = CE2 W = W1 + W2 =

2R N

Hình 2

Qr + QAM = Q = CE2

(1)

Qr r = -Vì r nối tiếp RAM nên: QAM R AM

+Khi K mở: q1 = 0, q2 = 0 => q = 0.

Với:

E . +Khi K đóng: Dòng điện qua mạch ngoài: I = R N +r

363

R R.2R 2 và RAM = = R 2 R+2R 3

364

R Qr 3 3 = 2 = => Q r = Q AM 2 QAM 4 4 R 3

-Thay (2) vào (1) ta được:

-Cường độ dòng điện qua vôn kế và số chỉ của vôn kế +Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ. Áp dụng định luật Kiếc-xốp 2 cho các mắt mạng

(2)

(A1BA) và (B2BA), ta được: I1

3 QAM +QAM = CE 2 4

(3)

-Thay (4) vào (3), ta được: 2Q2R + Q2R =

8 CE 2 . 21 31. Một dây đồng chất, tiết diện không đổi, có điện trở R được uốn thành vòng tròn và chia thành ba phần bằng nhau bởi ba pin, mỗi cái có suất diện động e và điện trở trong không đáng kể, các pin mắc cùng chiều (hình vẽ).

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra trên R là: QR =

a)Giữa hai điểm xuyên tâm nối A, B người ta mắc bằng dây nối không có điện trở một tụ điện có điện dung C. Tính điện tích của tụ. Bản nào (nối với A hay nối với

+Thay giá trị I0 ở trên vào (2) ta được: I2 =

2e(R + 6R 0 ) . R(R + 4R 0 )

Vậy: Cường độ dòng điện qua hai nửa vòng tròn 1 và 2 là I1 =

+Thay R0 = ∞ vào biểu thức U0 =

4e(R + 3R 0 ) và I2 = R(R + 4R 0 )

2eR 0 2e e e = ta được: U0 = và Q = C . R R + 4R 0 2 2 +4 R0

Vậy: Khi giữa A và B là tụ thì kết quả vẫn như ở câu a.

32. Hãy sử dụng hai acquy sắt kền, một pin khô, một cầu dây (một dây dẫn đồng chất có điện trở x chưa biết căng trên một thước đo milimet và có con chạy), một hộp điện trở (có điện trở R), một điện kế (có số 0 ở giữa bảng chia độ) và một điện trở bảo vệ, để: a)Lắp một mạch điện bao gồm hai acquy mắc nối tiếp, hộp điện trở và cầu dây. b)Mắc nối tiếp pin khô với điện kế và điện trở bảo vệ.

3e . R R e -e= > 0. 2 2

Hãy nêu và giải thích phương án ghép hai mạch điện a và b thành một mạch điện cho phép ta tìm được một vị trí của con chạy trên cầu dây ứng với dòng điện qua điện kế bằng 0. Hãy xác định theo mạch điện đã mắc:

VB > VA: Bản nối với B tích điện dương.

-Điện tích của tụ là: Q = CU = C

4e(R + 3R 0 ) . R(R + 4R 0 )

+Khi giữa A, B là tụ thì R0 = ∞ .

 Bài giải 

+Thay giá trị I0 ở trên vào (1) ta được: I1 =

c)Trường hợp giữa A, B là tụ C

a)Bản nào tích điện dương

-Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là: UBA = VB – VA = I

2eR 0 2e và U0 = . R + 4R 0 R + 4R 0

2e(R + 6R 0 ) . R(R + 4R 0 )

c)Sử dụng kết quả của câu b, tìm lại kết quả của câu a (giữa A và B là tụ). (Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1983 - 1984)

-Cường độ dòng điện chạy trong mạch là: I =

-Cường độ dòng điện qua hai nửa vòng tròn 1 và 2

4 4 8 CE 2 ; QR = 2. CE 2 = CE 2 . 21 21 21

-Cường độ dòng điện qua vôn kế và số chỉ của vôn kế. -Cường độ dòng điện qua hai nửa vòng tròn 1 và 2.

R0 V

Vậy: Cường độ dòng điện qua vôn kế và số chỉ của vôn kế là I0 =

4 CE 2 7

B) tích điện dương? b)Thay tụ bằng một vôn kế có điện trở R0. Tính:

2eR 0 2e > 0; U0 = I0R0 = I0 = R + 4R 0 R + 4R 0

(4)

Q R = 2Q2R

Q2R =

A I1

R - I0R0 = e (2) 2 (3) Và I1 = I0 + I2 +Từ các phương trình trên ta được:

Q 2R -Vì [R // 2R] nên: R = =2 Q2R R

(1)

4 => QAM = CE 2 7 -Mặt khác: QR + Q2R = QAM = CE2

R + I0R0 = 2e 2

e . 2

-Tỉ số giữa hiệu điện thế ở hai cực của bộ acquy đối với suất điện động của pin (coi rằng hiệu điện thế giữa hai cực của cả hai acquy là không đổi).

e và bản nối với B tích điện dương. 2 b)Khi thay tụ bằng một vôn kế có điện trở R0

-Điện trở chưa biết x. -Những điều kiện đối với điện trở R để bài toán có lời giải.

Vậy: Điện tích của tụ là Q = C

365

366

(Trích Đề thi Vật lí Quốc tế, Tiệp Khắc - 1969)  Bài giải  -Cách ghép hai mạch điện a và b (hình 1 và 2). -Giải thích: +Phương án 1 (hình a): Giả sử R = 0, con chạy nằm tại điểm cách đầu trái của cầu dây một đoạn a1. Hiệu điện thế giữa hai đầu dây là Ua (bỏ qua điện trở trong của acquy). Nếu dòng điện qua điện kế bằng 0 thì khi đó hiệu điện thế trên đoạn a1 sẽ bằng Uc. Vì dây dẫn đồng chất nên:

Ua l 1 = = Uc a1 m

(1) (0 < m =

a1 < 1) l

Từ (6):

Từ (4) và (7):

Vì

X l 1 = = R a2 a2 n

a Ra2 = X 2 = Xn l

x, l

(

(3)

Ua R+X (4) = Uc R+nX

Từ (1) và (4):

1 R+X =  mR + mX = R + nX m R+nX



Vì

E1 E 2 + )rb R r1 r2 R+rb

E2, r2

E 2 -U AB r2

(E1r2 +E 2 r1 )R ; để E2 là máy phát thì E2 > UAB; để E2 là máy thu thì E2 < UAB; để E2 Rr1 +Rr2 +r1r2

không phát, không thu thì E2 = UAB. 34. Cho mạch điện như hình vẽ. Tất cả các điện trở của mạch ngoài đều giống nhau và bằng R0 = 2Ω, bộ nguồn gồm n pin mắc nối tiếp, mỗi pin có suất điện động e và điện trở trong r = 1Ω.

Ua ~ R + X; Uc ~ Ra3

x, l a1 G

Hình b

cường độ dòng điện qua nhánh DB bằng 0,5A. b)Nếu n pin mắc song song với nhau thì cường độ

mắc nối tiếp, cực dương của các nhánh quay về

Bỏ qua điện trở các dây nối. a)Tính điện trở tương đương của mạch ngoài và cường độ dòng điện qua bộ nguồn, biết rằng

dòng điện qua nhánh DB bằng 0,3A. Tìm số pin n và suất điện động e của mỗi pin. c)Mắc lại bộ nguồn thành hai nhánh, một nhánh gồm một pin, nhánh thứ hai gồm các pin còn lại

(6) A

I2 R

I2 > 0  E2 – UAB > 0 => E2 > UAB.

Vậy: U AB =

+Phương án 2 (hình b): Chọn hộp điện trở với R. Phép đo lần thứ nhất với mạch điện hình a. Từ phép đo lần thứ hai, ta dùng mạch điện hình b. Dịch chuyển con chạy để Ig = 0, ta có:

R a3 a = 3 = q , (0 < q < 1) nên: Ra3 = qX X l

(

E1, r1

-E2 là máy thu khi I2 < 0 (ngược chiều đã chọn): E2 < UAB. -E2 không thu, không phát khi: I2 = 0 => E2 = UAB.

Ua Ua U -U U X 1 => R = −1 > a c = a -1 = X R+X R U U m c c 1+ R

Ua R+X = Uc R a3

A I1

E1 E 2 r1r2 + ) R r1 r2 r1 +r2 (E r +E r )R = 12 21 r1r2 Rr1 +Rr2 +r1r2 R+ r1 +r2

Ta có: UAB = E2 – I2r2 => I2 =

m (5) Hay R < X 1-m Bất đẳng thức (5) là điều kiện đối với R để bài toán có nghiệm.

-E2 là máy phát khi dòng I2 > 0 (cùng chiều đã chọn):

Hình a

X=R

Uc >

U AB =

1-m m-n Để tìm được vị trí của con chạy trên cầu dây, các đại lượng phải thỏa mãn điều kiện: =>

Eb = IR = R= R+rb

E2, r2

Eb E E E E = 1 + 2 => E b = ( 1 + 2 )rb rb r1 r2 r1 r2

-Ta có: U AB

Từ (2) và (3):

E1, r1

1 1 1 rr = + => rb = 1 2 rb r1 r2 r1 +r2

(2)

-Áp dụng công thức:

a2 = n , (0 < n < 1). Từ sơ đồ mạch điện, ta có: l Ua ~ R + X; Uc ~ R + Ra2 Ua R+X = Uc R+R a2

R+nX qX R => X = = R+X R+X q-n

Vì 0 < q, n < 1 nên q – n < 1, do đó: R < X. 33. Cho mạch điện như hình vẽ. Tìm biểu thức tính UAB. Khi nào E2 là:

chuyển con chạy đến vị trí mà Ig = 0. Gọi khoảng cách từ con chạy đến đầu trái của cầu dây là a2



(7)

Máy phát? Máy thu? Không phát, không thu?  Bài giải 

Để xác định điện trở X của cầu dây ta phải mắc vào mạch một hộp điện trở R nào đó và dịch

và đặt

Ua R+X = Uc qX

367

C E

368

cùng một phía. Tìm cường độ dòng điện qua nhánh AC và các nhánh của bộ nguồn.

+Cường độ dòng điện qua bộ nguồn: I' = 0,3+I1' +I'2 = 0,3+0,15+0,15 = 0,6A

 Bài giải  a)Điện trở tương đương của mạch ngoài và cường độ dòng điện qua bộ nguồn

+Mặt khác: U 'AB = E b' -I' rb' => 1,8 = e-0,6.

-Điện trở tương đương: +Ta có thể vẽ lại mạch như sau (hình a):

C D

 =>

C I2 D

-Ta có: UAB = IRN = 3I và UAB = E1 – I1r1 = 2 – I1

0,5A

R 1 1 1 1 2 => R’ = 0 = + + = R' 2R 0 2R 0 R 0 R 0 2

với

I1 =

U DB 1 = = 0,25A 2R 0 2.2

và

I2 =

U DB 1 = = 0,25A 2R 0 2.2

I = 0,5 + I1 + I2 = 0,5 + 0,25 + 0,25 = 1A.

(4) (5)

UAB = E2 – I2r2 = 2.2 – I2.2 = 4 - 2I2 (6) I = I1 + I2 (7)

C D

3I = 2-I1  I1 = -0,18A   -Từ (4), (5), (6), (7): 3I = 4-2I2 =>  I2 = 0,91A  I = I +I  I = 0,73A 1 2  

R N = R 0 +R' = R 0 +

(3)

Vậy: Số pin là n = 3, suất điện động của mỗi pin là e = 2V. c)Cường độ dòng điện qua nhánh AC và các nhánh của bộ nguồn Mạch bây giờ có thể được vẽ lại như sau:

R0 3R 0 = = 3Ω 2 2 -Cường độ dòng điện qua bộ nguồn Ta có: IDB = 0,5A => UDB = 0,5R0 = 0,5.2 = 1V.

1 n

3 = ne-n  ne-n = 3 n = 3  +Từ (2) và (3):  =>  0,6 <=>  ne-1,8n = 0,6 1,8 = e e = 2V  n

+Do tính chất của mạch cầu nên mạch trên tương đương với mạch sau (hình b):

U 'AB = U'AD +U 'DB = I' R 0 +0,6 = 0,6.2+0,6 = 1,8V .

2 Vậy : -IAC = I = 0,73A. -Dòng điện qua nhánh gồm 1 pin là I1 = 0,18A, chiều ngược với chiều đã chọn.

-Dòng điện qua nhánh còn lại là I2 = 0,91A. 35. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 9V, r1

E1, r1

= r2 = 0,5Ω, R1 = R3 = 8Ω, R4 = 0,5Ω, C1 = 0,5 μF , C2

E2, r2

= 0,2 μF , đèn Đ: 12V - 18W.

Vậy: Điện trở tương đương của mạch là R N = 3Ω ; cường độ dòng điện qua bộ nguồn là I = 1A.

a)Ban đầu K mở và khi chưa mắc các nguồn, cả hai tụ

b)Số pin n và suất điện động e của mỗi pin

đều chưa tích điện. Tính điện tích các tụ. b)K đóng, đèn Đ sáng bình thường. Tính R2 và điện

-Trường hợp n pin mắc nối tiếp ở câu a, ta có: UAB = Eb – Irb (1) với UAB = UAD + UDB = IR0 + UDB = 1.2 + 1 = 3V. và

 E b = ne   rb = nr = n.1 = n

R2 N

a)Điện tích các tụ: Khi K mở không có dòng điện qua mạch: Ta có: U C1 = U MD = E1 = 6V

E = e   ' r 1 =  rb =  n n ' b

q1 = C1U C1 = 0,5.6 = 3μC và cực dương của tụ nối với R1.

và

U C2 = U NB = U ND +U DB = U C1 +E 2 = 6+9 = 15V

q 2 = C2 UC2 = 0,2.15 = 3μC và cực dương của C2 nối với N. E1, r1

Vậy: q1 = 3 μC ; q2 = 3 μC .

+Mặt khác: IDB = 0,3A => UDB = 0,3R0 = 0,3.2 = 0,6V I1' =

lượng do các tụ phóng qua R1, R3 và nói rõ chiều chuyển động của các êlectrôn.  Bài giải 

(2) Thay vào (1), ta được: 3 = ne – n -Khi n nguồn mắc song song, ta có:

b)Tính R2 và điện lượng do các tụ phóng qua R1, R3 -Khi K đóng, đèn sáng bình thường:

0,6 0,6 0,6 0,6 = = 0,15A; I'2 = = = 0,15A 2R 0 2.2 2R 0 2.2

C1 R1

Ta có: UAM = UĐ = 12V

369

E2, r2

M R3

R2 N

R4 B

370

và

I1 =

Pđm 18 = = 1,5A U đm 12

(1)

b)Cho N di chuyển đều từ đầu A đến đầu B của biến trở trong thời gian t = 5s. Tìm chiều và độ lớn cường độ dòng

I2 =

U AM 12 = R 2 +R 3 R 2 +8

(2)

điện tức thời qua ampe kế trong thời gian trên.  Bài giải 

E1 +E 2 R N +r1 +r2

Mặt khác: I = với =>

RN = R4 +

E1, r1

Vì I = I1 + I2 nên từ (1), (2), (3) ta có:

 

(3)

Ta có: Iđm =

R Đ (R 2 +R 3 ) 8(R 2 +8) 72+8,5R 2 = 0,5+ = R Đ +R 2 +R 3 8+R 2 +8 16+R 2

6+9 240+15R 2 I= = 72+8,5R 2 88+9,5R 2 +0,5+0,5 16+R 2

a)Tính R1 và UPQ

E2, r2

I A

Vì đèn sáng bình thường nên: I1 = Iđm = 0,5A UĐ = Uđm = 12V I (R +R ) 0,5(24+R1 ) Ta lại có: I2 = 1 Đ 1 = Rb 144

R3 R2

240+15R 2 12 = 1,5+ 88+9,5R 2 R 2 +8

Pđm 6 U2 122 = = 0,5A ; R Đ = đm = = 24Ω U đm 12 Pđm 6

360R 2 +15R 22 +1920 = 246R 2 +14,25R 22 +1056+1056+114R 2

với:

RN =

2 2

0,75R -192 = 0 => R 2 = 16Ω

-Điện lượng do các tụ phóng qua R1, R3: Ta có: UMD = UMA + UAD với UMA = -UAM = -UĐ = -12V; UAD = E1 – Ir1

(2)

C I

R b (R Đ +R1 ) 144(24+R 1 ) 144(24+R1 ) = = R b +R Đ +R1 144+24+R1 168+R1

E1, r1

P Q

=> =>

UAD = 6 – 2.0,5 = 5V; UMD = -12 + 5 = -7V. UDM = 7V.



362880+2160R1 = 260928+10440R1 +43488+1812R 1 +1740R1 +72,5R12



72,5R 12 +11832R 1 -58464 = 0 => R 1 = 4,8Ω

q1 = C1UDM = 0,5.7 = 3,5 μC .

-Tìm UPQ: Ta có: UPQ = UPC + UCQ với UPC = -UĐ = -12V; UCQ = E1 – Ir1

Δq1 = -q1' -q1 = -3,5-3 = 6,5μC và chiều từ M đến D.

Với tụ C2: U C2 = U NB = U NM +U MB = U R3 +U R 4 với

U R 3 = I3 R 3 = I 2 R 3

b)Chiều và độ lớn cường độ dòng điện tức thời qua ampe kế

U R 3 = 0,5.8 = 4V ; U R 4 = IR 4 = 2.0,5 = 1V; U C2 = 4+1 = 5V .

-Khi N ở đầu A, ta có: U C1 = U AN = 0 => q1 = 0 .

' 2

q = C 2 U C2 = 0,2.5 = 1μC và cực dương nối với điểm N.

Δq 2 = q '2 -q 2 = 1-3 = 2μC và chiều từ M đến N.

U C2 = U NB = I 2 R b = (I - I1 )R b = (0,6-0,5).144 = 14,4V =>

Vậy: R2 = 16 Ω ; Δq1 = 6,5μC (chiều từ M đến D); Δq 2 = 2μC (chiều từ M đến N).

36. Cho mạch điện như hình: E1 = 9V, E2 = 6V, r1 = 0,8Ω, r2 = 0,2Ω, đèn Đ: 12V - 6W, biến trở Rb có giá trị

15(168+4,8) = 0,6A 3624+145.4,8

=> UCQ = 9 – 0,6.0,8 = 8,52V => UPQ = -12 + 8,52 = -3,48V. Vậy: R1 = 4,8 Ω ; UPQ = -3,84V.

(Vì I3 = I2)

I2 = I – I1 = 2 – 1,5 = 0,5A. =>

E2, r2

15(168+R1 ) 0,5(24+R1 ) = 0,5+ 3624+145R1 144

Mà

-Bây giờ cực âm của tụ nối với R1 thì điện lượng chuyển qua R1 là:

D R1

9+6 15(168+R1 ) = 144(24+R1 ) 3624+145R 1 +0,8+0,2 168+R 1

Vì I = I1 + I2 

240+15.16 = 2A 88+9,5.16

E1 +E 2 R N +r1 +r2

và

(1)

thay đổi từ 0 đến 144Ω, C1 = 2 μF , C2 = 3 μF .

Tổng điện tích trên các bản tụ nối với điểm M là: Q = q1 + q2 = 43,2 μC . C2

-Khi N đến B thì: U 'C1 = I 2 R b = 14,4V => q1' = C1U 'C1 = 2.14,4 = 28,8μC . và

a)Đèn sáng bình thường. Tính R1 và UPQ.

q 2 = C2 UC2 = 3.14,4 = 43,2μC

U 'C2 = 0 => q '2 = 0

Tổng điện tích trên các bản tụ nối với M là: Q' = q1' +q '2 = 28,8μC

E1, r1

P Q

R1 E2, r2

371

372

-Điện lượng chuyển qua ampe kế là: Δq = Q' -Q = 28,8-43,2 = 14,4μC .

-(I1 -I 2 )R 0 = E-I 2

Δq 14,4 -Cường độ dòng điện qua ampe kế là: I = = = 2,88μA . Δt 5 Vậy: Dòng điện tức thời có chiều từ M đến N và có độ lớn I = 2,88 μA .

-(I1 -I 2 )R 0 = -2E+I1

37. Một dây đồng chất, tiết diện không đổi, có điện trở R, được uốn thành đường tròn và chia thành ba phần bằng nhau bởi ba pin. Mỗi pin có suất điện động E và điện trở trong không đáng kể, các pin mắc cùng chiều. a)Giữa hai điểm xuyên tâm đối A, B người ta mắc bằng dây nối không điện trở một tụ điện điện dung C. Tính điện tích của tụ. Bản nào tích điện dương?

-Nhân hai vế của (8) với

I2 (R 0 +

I1[

-Cường độ dòng điện qua hai nửa đường tròn 1 và 2. c)Sử dụng kết quả câu b tìm lại kết quả câu a (giữa A và B là tụ).

 Bài giải  a)Điện tích của tụ E +E +E 3E Ta có: I = 1 2 3 = R R

U C = U BA = -U AB =

q = CUC =

CE , bản nối với B tích điện dương. 2

b)Cường độ dòng điện -Khi thay tụ bằng vôn kế ta có thể vẽ lại mạch như sau: Ta có: U AB = -IV R 0 U AB

(1)

R = E-I2 2

U AB = -2E+I1

(2) R 2

(3)

(4)

I1 = IV +I2 R 2

R 2 -Thay (4) vào (5) và (6), ta được: -IV R 0 = 2E+I1

R 2 R ) (R 0 + ) 2 2 = -2E R0 R0

(R 0 +

(9)

R 2 R ) 2E(R 0 + ) 2 -R ] = [ 2 +1]E 0 R0 R0

(R 0 +

I1 (RR 0 +

I1 =

R2 ) = (R+3R 0 )E 4

4E (3R 0 +R) . R 4R 0 +R

(10) 2E 6R 0 +R . R 4R 0 +R

(11) 2ER 0 4E 3R 0 +R . =R 4R 0 +R 4R 0 +R

2E 4R 0 +R

IV =

U BA = I0 R 0 =

Vậy:

-Cường độ dòng điện qua vôn kế là IV =

2ER 0 2E . = R 4R 0 +R 4+ R0

R/2 R0

2E 2E ; số chỉ của vôn kế là U V = . R 4R 0 +R 4+ R0

-Cường độ dòng điện qua hai nửa đường tròn là I1 =

4E (3R 0 +R) 2E 6R 0 +R và I2 = . . . R 4R 0 +R R 4R 0 +R

c)Khi thay vôn kế ở câu b) bằng tụ như câu a) thì UV → UC; R0 → RC = ∞ . Lức đó:

I1 E1 E2

R/2

UC =

-Thay (1) vào (2) và (3), ta được: -IV R 0 = E-I 2

(8)

R ) 2 ta được:

Thay (10) vào (6), ta được: -IV R 0 = -2E+

E 2

CE và bản dương nới với B. 2

Vậy: Điện tích của tụ là q =

(R 0 +

-Thay vào (7), ta được: I2 =

R 3E R E = E- . = 2 R 2 2

U AB = E 3 -I

R )-I1 2

R R => I 2 R 0 -I1 (R 0 + ) = -2E 2 2

(7)

-Lấy (7) trừ (9) theo vế:

b)Thay tụ điện bằng một vôn kế có điện trở R0. Tính: -Cường độ dòng điện qua vôn kế và số chỉ của vôn kế.

R R => I2 (R 0 + )-I1R 0 = E 2 2

(5)

E CE 2E = và Q = CUC = R 2 2 RC

Kết quả hoàn toàn đúng như cách giải ở câu a).

Chuyên đề 9: ĐIỆN NĂNG. CÔNG SUẤT ĐIỆN. ĐỊNH LUẬT JUN – LENXƠ

(6)

38. Cho mạch điện: E = 80V; R1 = 30Ω; R2 = 40Ω; R3 =

150Ω; R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V. R1

373

V R

374 B

a)Tính điện trở RA của ampe kế và điện trở RV của vôn kế. b)Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB. Tính

Vậy: Giá trị của R trong hai trường hợp trên là 32Ω và 16Ω. 39. Mạch điện như hình vẽ. Hai tụ điện lúc đầu chưa tích

R trong hai trường hợp. -Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại.

điện. Ban đầu khóa K ở vị trí 1, người ta chuyển khóa K sang vị trí 2, sau đó chuyển K sang vị trí 1 rồi lại chuyển sang vị trí

-Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại.  Bài giải 

2. Hãy tìm tỉ số nhiệt lượng tỏa ra bên trong nguồn sau khi K được chuyển sang vị trí 2 lần thứ nhất và lần thứ hai. Biết

a)Điện trở của ampe kế và của vôn kế Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính. Ta có: E = I(r + R) + R2(I – IA) + UV

rằng K ở mỗi vị trí đủ lâu và C1 = C2 = C.  Bài giải  -Sau khi K chuyển sang vị trí 2 lần thứ nhất, cả hai tụ tích điện. Ta có:

 Và

80 = 48I + 40(I – 0,8) + 24 => I = IA UAB = (I – IA)R2 + UV = 32V

U 32 RA = AB - R1 = - 30 = 10Ω 0,8 IA

Và

RV =

A V

A = qE =

CE 2 CE 2 CE 2 = (1) 2 4 4 -Khi K chuyển sang vị trí 1 thì C1 phóng điện qua R. Sau thời gian đủ lớn thì C2 phóng hết điện, điện tích tụ C1 vẫn là q1 = q. Sau khi K lại chuyển sang vị trí 2 thì cả hai tụ lại được nạp điện tiếp. Điện lượng chuyển qua nguồn lúc này là q’ nên:

(1)

+Công suất P của điện trở mạch ngoài: P = EI – rI2. hay rI2 – EI + P = 0

+Từ (1) và (2):

(RN + r)

+Tụ C1 được nạp thêm điện tích q’ nên điện tích của tụ C1 là q + q’ và điện tích tụ C2 là q’.

E 4r

P = Pmax khi RN = r

+Hiệu điện thế mỗi tụ là: U1' , U '2 : U1' + U '2 = E = Với:

32R = r = 48 – R => R = 32Ω 32 + R



q’E +

q + q' q2 q '2 CE 2 = + + Q2 => Q2 = 2C 2C 2C 16

-Từ (1) và (2):

E' - U AB E - U AB U = . I’ = I – I3  r' r R AB

(2)

Q1 = 4. Q2

Vậy: Tỉ số nhiệt lượng tỏa ra bên trong nguồn sau khi K được chuyển sang vị trí 2 lần thứ nhất

R AB 32 R AB r 32r E’ = E = 80 ; r’ = = R AB + r 32 + r R AB + r 32 + r

và lần thứ hai là

(E’; r’ là suất điện động và điện trở trong của nguồn tương đương)

Q1 = 4. Q2

40. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U0, r và R0 (R0 là điện trở toàn phần của biến trở). Biến trở là ống đồng chất có chiều dài l.

+Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’. 48 – r =

A’ + W = W1' + W2' + Q2

R2, RA, R3. Ta có:



q + q' q' + . C1 C2

CE CE => q’ = 2 4 +Gọi Q2 là nhiệt lượng tỏa ra trong nguồn. Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

(2)

-Trường hợp công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại +Gọi I’ là cường độ dòng điện qua R; I3 là cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB có chứa R1,

Với

q2 CE 2 = . 2C 4

+Nhiệt lượng tỏa ra trong nguồn: Q1 = A – W =

-Trường hợp công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại

+Mặt khác: P = RN

CE 2 2

+Năng lượng của hai tụ điện là: W = 2

b)Tính R

∆ = E2 – 4rP ≥ 0 => Pmax =

E CU ; q1 = q2 = 2 2 +Điện lượng chuyển qua nguồn chính là q nên công của nguồn là:

Vậy: Điện trở của ampe kế và vôn kế là RA = 10Ω và RV = 600Ω. U 32R Ta có: RAB = AB = 32Ω; RN = I 32 + R

2 C1

U1 = U2 =

UV UV 24 = = = 600Ω U 24 IV I - IA - V 1 - 0,8 R3 150

+Hiệu điện thế và điện tích trên mỗi tụ là:

R1 A

32r => r = 32Ω; R = 48 – r = 48 - 32 = 16Ω. 32 + r

375

376

a)Hãy tính hiệu điện thế U giữa hai đầu điện trở r theo khoảng cách x từ con chạy C đến A. Xét trường hợp r

-Lập biến thiên Rx

r C

rất lớn hơn so với R0. b)Khi con chạy C dao động quanh vị trí mà x = x0 nào đó thì công suất tiêu thụ trên Rx hầu như không đổi. Hãy xác định x0 và công suất không đổi đó.

dPx dR x

Rx1

Rx2 -

∞

Pxmax Pxmin

Áp dụng bằng số: U0 = 180V, r = 3Ω, R0 = 100Ω, l = 100cm.

-Với U0 = 180V, r = 30Ω, R0 = 100Ω, l = 100cm. Ta được:

 Bài giải 

Rx1 =

a)Biểu thức tính U

10 Ω và Rx2 = 30Ω 3

Ta có:

U R = AC U' R CB

(1)

Và

U0 = U + U’

(2)

-Thay các giá trị R0, Rx, U0, r vào (8), ta được các giá trị tương ứng của Px là: Px(max) = 2,51W và Px(min) = 1,52W

R AC U0 = -Từ (1) và (2): U = U0 R R AC + R CB 1 + CB R AC Với

RX = R0

(3)

rx x rl + R 0 (l - x) l

= U0

(4)

= 2,51W và Px(min) = 1,52W 41. Cho mạch điện: nguồn có E = 100V, r = 100Ω; C =

x (5) x  R0 l 1 + (l − x) 2  r l  

200μF; điện trở dây đốt R = 10Ω. Chuyển mạch khóa K giữa các tiếp điểm a và b 10 lần trong 1s. Khi khóa K ở vị trí a, tụ điện hoàn toàn được tích điện còn khi chuyển nó sang vị trí b, tụ điện hoàn toàn được phóng điện. Hỏi hiệu suất của mạch bằng bao nhiêu? Khi mắc trực tiếp dây đốt với nguồn thì hiệu suất này lớn hơn bao nhiêu

R0 x << 1, ta được: U = U0 . r l b)Xác định vị trí x0 và công suất không đổi -Xét trường hợp: r >> R0 hay

Ta có: RCB = R0 - Rx Và

U0 U 0 (r + R x ) = rR x R 0 R x - R 2x + rR 0 + R0- Rx r + Rx

Mặt khác: Ix =

( R 0 R x - R x2 + R 0 r )

dùng để đốt nóng dây đốt R và chính nguồn điện, với: W1 = RI2 Δt và W2 = rI2 Δt

Hay

dPx 3R 2x - R 0 R x + rR 0 = U 20 r 3 dR x ( R R - R 2 + rR )

W1 r 1 = và W1 + W2 = CE 2 W2 R 2

-Từ đó: W1 =

dPx = 0  3 R 2x - R0Rx + rR0 = 0 dR x =>

1 CE 2 . 2 -Như vậy, một nửa công của nguồn điện biến thành năng lượng dự trữ trong tụ điện, nửa còn lại

( R 0 R x - R x2 + rR 0 ) - 2R x ( R 0 R x - R x2 + rR 0 ) ( R 0 - 2R x ) dPx = U 20 r 4 dR x ( R R - R 2 + rR ) x

-Năng lượng được dự trữ trong tụ điện là: WC =

(8)



-Khi tích điện cho tụ điện đến hiệu điện thế U = E, điện lượng qua mạch q = CE. Nguồn điện thực hiện một công: A = qE = CE2.

(7)

(Trích Đề thi học sinh giỏi toàn Liên bang Nga, lần thứ XII, Năm 1978)  Bài giải 

R x U 20 r 2

10 cm; x2 = 30cm và Px(max) 3

lần? Công suất trung bình của dòng điện trong dây đốt bằng bao nhiêu?

(6)

r U0r I= r + Rx R 0 R x - R x2 + R 0 r

-Công suất tiêu thụ trên Rx: Px = Rx I2x =

Rx 10 l => x1 = cm; x2 = 30cm R0 3

Vậy: Các giá trị của x và các công suất không đổi tương ứng là x1 =

x l−x R Xr R 0 rx ; RCB = R0 ; RAC = = l l RX + r rl + R 0 x

-Thay (4) vào (3): U = U0

1 R 1 r ; W2 = CE 2 . . CE 2 . 2 R+r 2 R+r

1 CE 2 . Do đó, 2 trong một chu kì dao động của khóa K, năng lượng tổng cộng tỏa ra trên dây đốt R là:

-Khi tụ điện phóng điện, trong dây đốt R lại tỏa thêm một năng lượng: WC =

1 Rx =  R 0 ± R 0 (R 0 - 12r)  6

377

378

1 R CE 2 (1 + ) 2 R+r

1 R -Công suất dòng điện trong dây đốt R là: P = f CE 2 (1 + ) , f là tần số ngắt của khóa K trong 2 R+r 1s.



W 1 R  1 10  = 0,545 = 54,5%. =  1+ = 1+ A 2  R+r  2  10 + 100 

-Khi mắc trực tiếp R với nguồn điện, trong mạch sẽ có dòng điện: I = -Công suất của nguồn điện: P’ = EI =

E . R+r

802 .4.82 80 = 7,5A; P = = 600W. 2 4.8 [ 4.(8 + 8) + 8.8] +8 4+8 Vậy: Công suất tỏa ra trên toàn mạch điện là P = 600W. 43. Một đèn điện có điện trở R0 = 2Ω, hiệu điện thế ghi U0 = 4,5V, được thắp bằng một acquy có

nhiêu? Và mắc chúng theo cách thích hợp nào qua biến trở để đạt được hiệu suất cực đại ấy? (Trích Đề thi Olympic Quốc tế, Bungari - 1981)  Bài giải 

R 10 -Hiệu suất của mạch lúc này là: H’ = = = 0,09 = 9% . R + r 10 + 100 => H’ << H Vậy: Hiệu suất của mạch trong hai trường hợp là H = 54,5% và H’ = 9%. Công suất trung bình của dòng điện trong dây đốt trong hai trường hợp là P = 11W và P” = 8,26W. 42. Cho mạch điện như hình vẽ, biết hiệu điện thế U và các A

a)Điện trở của biến trở và dòng điện cực đại để hiệu suất của hệ thống không nhỏ hơn 0,6 -Sơ đồ mạch điện như hình vẽ: I

Rr' => I AB = R + r'

U . Rr' +r R + r' U Rr' URr' . = . Do đó: UAB = IABRAB = Rr' R + r' R(r + r') + rr' +r R + r'

Hình a

Đặt:

y = f(R) =

R 2

[ R(r + r') + rr ']

=> y’ =

I= Và

[ R(r + r') + rr ']

U0 U + 0 R 0 R-R x

(1) (2)

P U 20 Hiệu suất: H = d = Png R 0 UI

(3)

U 02 : công suất đèn; Png = UI: công suất nguồn; U = e) R0

-Từ (3): I = r 2 r'2 - R 2 (r + r') 2

Hình b

U – U0 = IRx

(Pđ =

U 2AB U2 Rr'2 = . 2 R [ R(r + r') + rr ']

-Từ sơ đồ mạch điện, ta có:

(Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1988 - 1989)  Bài giải 

U=e

R – Rx R

r’

Người ta muốn có công suất P0 tỏa ra trên R bằng 100W. Tính R0, r và công suất P tỏa ra trên toàn bộ mạng điện.

Và

I0 Rx

U=e

đổi khi R biến thiên nhỏ quanh giá trị R0. Tính công suất P0 tương ứng. Áp dụng: U = 80V; r = r’.

-Vì (R // r’) nên RAB =

IAB =

thế. Hỏi điện trở của biến trở và dòng điện cực đại mà nó phải chịu là bao nhiêu để hiệu suất của hệ thống không nhỏ hơn 0,6? b)Hiệu suất cực đại có thể đạt được của hệ thống gồm đèn ở hiệu điện thế ghi và acquy là bao

RE 2 10.1002 = = 8,26W. (R + r)2 (10 + 100)2

điện trở r, r’ là không đổi, R là biến trở. Tìm liên hệ giữa R0, r và r’ để công suất nhiệt tỏa ra trên R hầu như không

4.8 8 802 r 800 82 = => r = 8Ω; R0 = = 4Ω; RAB = = Ω. 4r.2r r 2.8 4 +8 3

suất điện động e = 6V và điện trở trong không đáng kể. a)Giả sử hiệu điện thế ghi được đặt vào đèn bằng một biến trở có con chạy để thay đổi hiệu điện

E2 . R+r

-Công suất của dòng điện trong dây đốt R: P” = RI2 =

-Thay số: 100 = Và

1 10 P = 10. .2.10−4 .102 (1 + ) = 11W 2 10+100

-Hiệu suất của mạch là: H =

rr' U 2 r' ứng với giá trị P0 = r + r' 4r(r + r')

R0 =

U 02 R 0 UH

(4)

-Vì U0, R0, U xác định nên I = Imax khi H = Hmin = H0. Vì vậy dòng điện mà biến trở phải chịu để

hiệu suất không nhỏ hơn H0 phải nhỏ hơn dòng điện I’, với:

Như vậy, nếu y’ = 0 thì y đạt cực trị; y và P hầu như không đổi khi R biến thiên nhỏ quanh giá trị:

379

I’ =

U 20 4,52 = 2,81A = R 0 UH 0 2.6.0,6

380

và mở trong thời gian ∆t2 = 2.10-2s. Với chế độ đóng ngắt

-Thay biểu thức của I ở (4) vào (1) và (2) ta được: U0 1 1 = + R 0 UH R 0 R-R x U – U0 =

R x U 02 R 0 UH

tuần hoàn như trên, kim ampe kế gần như không rung. Tính số chỉ của ampe kế. Điện trở trong của nguồn điện và điện

(5)

trở của ampe kế không đáng kể.

(6)

(Trích Đề thi Olympic, Nga - 1986)

 Bài giải  -Vì điện trở của nguồn điện và của ampe kế không đáng kể nên khi đóng khóa K, các tụ điện gần

  U  - 1  1 - H  U U   0  -Từ (5) và (6), ta được: R = R0 . . U0  U0  1  UH    =>

dR U = R0 . dH U0

như lập tức được nạp điện đến hiệu điện thế U = U0/2. -Khi khóa K mở, các tụ điện gần như phóng điện hoàn toàn. Dòng điện phóng ở thời điểm đầu tiên khi mở khóa là:

 U  2  U 0  U  1 . -1 H +2  -1 H+ 0  2  U U U    U    0   H 2  0 - 1   UH 

U U = 0 R 2R -Giả sử dòng điện này không đổi thì tụ điện sẽ phóng hết điện sau thời gian: I0 =

 U  2  U0  U -Xét tam thức: f(H) =  -1 H +2  -1 H+ 0 , ta thấy: U  U   U0 

-Trong thực tế, dòng phóng điện giảm nhưng vì thời gian mở khóa lớn nên có thể coi rằng sau

 U  U  U  U0  U0  ∆’ =  0 -1 - 0  -1 = -1 < 0 U  U   U  U  U0  =>

t q CU = = RC, (i = i 0 e RC ) I0 I0

thời gian ∆t2 tụ điện sẽ phóng hết điện. -Khi K đóng, áp dụng định luật bảo toàn điện tích tại điểm M, ta có: q0 = qA + qC

dR > 0: Hàm số R = R(H) là hàm đồng biến đối với H nên để H ≥ H0 = 0,6 thì: dH

với q0 = I∆t1 là điện tích đi vào M; qA là điện tích đi qua

  U    6  - 1  1 - H0  1 - 0,6  4,5 - 1  6  U   U0    . R ≥ R0 = 2. = 8,53Ω . 4,5 U0  U0   4,5  - 1  6.0,6 - 1     UH0 

ampe kế; qC = CU là điện tích nạp cho tụ điện C. Ta có:

Vậy: Để hiệu suất của hệ thống không nhỏ hơn 0,6 thì điện trở của biến trở phải không nhỏ hơn

và

Hmax =

U 02 U 4,5 = 0 = = 0,75 = 75% R 0 UI0 U 6

U - U0 U - U0 = R= I0 U0

C N

A R

U0 CU 0 . Δt 1 2R 2

∆t2 là: CU 0 = CU 0 2 -Cường độ dòng điện trung bình qua ampe kế là: q 'A = 2

-Điện trở của phần biến trở có dòng điện chạy qua là: R1 =

R q0 M C

-Khi K mở, cả hai tụ điện đều phóng điện qua A, điện lượng phóng qua ampe kế trong thời gian

-Từ (3): H = Hmax khi I = Imin = I0, giá trị này đạt được khi toàn bộ dòng điện I chạy qua đèn: U0 (hình b) R0

U0 U ; U= 0 2R 2

-Điện lượng qua A trong thời gian ∆t1 là: qA =

8,53Ω. b)Hiệu suất cực đại có thể đạt được của hệ thống

I = I0 =

I∆t1 = qA + CU với:

K I

IA = Itb =

 U   6  - 1 R =  - 1 .2 ≈ 0,66Ω  4,5 U    0 



Vậy: Hiệu suất cực đại có thể đạt được của hệ thống là Hmax = 75% và mắc chúng theo cách b để đạt được hiệu suất cực đại ấy.

10μF; U0 = 10V. Khóa K đóng trong thời gian ∆t1 = 10-2s

R U0

Vậy: Số chỉ của ampe kế khoảng 4,8mA.

C A

10  10−2 +100.10−5  .  = 4,8mA 2.100  10−2 + 2.10−2 

45. Đồ thị trên hình a là đặc tuyến vôn – ampe của bóng đèn. Bóng đèn được mắc trong mạch điện như trên sơ đồ hình b. a)Xác định cường độ dòng điện chạy qua bóng đèn bằng đồ thị.

Chuyên đề 10: MẠCH ĐIỆN PHI TUYẾN 44. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ: R = 100Ω; C =

IA =

CU 0 U 0 + Δt +CU 0 q A +q 'A U  Δt +RC  2 2R 1 = = 0 1  Δt1 +Δt 2 Δt1 +Δt 2 2R  Δt1 +Δt 2 

381 R

382

b)Với giá trị nào của con chạy biến trở thì hiệu điện thế giữa hai điểm A và B bằng 0. c)Với giá trị nào của con chạy biến trở, hiệu điện thế giữa hai điểm A và B hầu như không thay đổi khi biến đổi không nhiều suất điện động của pin. Bỏ qua điện trở trong của pin. r = 10Ω

I(A)

0,3

-Từ (1), ta có: ∆U = ∆e - r∆I = ∆e - r A

0,2

R = 40Ω

0,4

ΔU (3) = cotβ ΔI (β là hệ số góc của đường tiếp tuyến) -Đại lượng rđ được gọi là điện trở vi phân của đèn và được xác định bằng tỉ số các độ biến thiên giữa hiệu điện thế và dòng điện. Trên hình vẽ, ta được: rđ = 12,5Ω.

rđ =

e = 4V

∆U = ∆e

0,1 0

Hình a

Hình b

(Trích đề thi Olympic, Nga - 1985)

-Từ (4) và (5):

Bài giải a)Xác định cường độ dòng điện chạy qua bóng đèn bằng đồ thị -Khi có dòng điện qua đèn thì hiệu điện thế hai đầu đèn là: I(A) U = e – rI (1) -Đồ thị U(X) của sự phụ thuộc đó gọi là đường tải. Giao điểm của đường tải với đường đặc trưng vôn – ampe xác định các giá trị U và I: U = 1,6V; I = 0,24A. Vậy: Bằng đồ thị ta xác định được cường độ dòng điện

0,3

R1 R => ∆U1 = ∆e 1 R R

(5)

rd R = 1. r + rd R rd 12,5 = 40. = 22Ω. r + rd 10 + 12,5

46. Ba dụng cụ phi tuyến giống nhau có cường độ dòng điện I qua mỗi dụng cụ phụ thuộc vào hiệu điện thế U giữa hai cực của nó theo quy luật I = kU2 (k = const) và được lắp vào mạch điện như hình vẽ: R là biến trở, e = 2V, r = 0, k = 0,05(A/V2).

0,2 0,1 3

5 U(V)

-Để UAB = 0 thì hiệu điện thế phần dưới của biến trở phải bằng hiệu điện thế trên đèn. Điều kiện đó được thỏa mãn khi:

a)Phải điều chỉnh cho biến trở có giá trị bằng bao nhiêu để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt cực đại? b)Tháo bỏ X3, điều chỉnh cho giá trị biến trở là 20Ω. Cường

độ dòng điện qua đoạn mạch AB phụ thuộc vào suất điện động e như thế nào?

(2)

(Trích đề thi Olympic, Phần Lan - 1995)

Bài giải

U 1,6 = 40. = 16Ω; R2 = R – R1 = 40 – 16 = 24Ω. e 4 (R1, R2 là điện trở phần dưới và phần trên của biến trở: R1 + R2 = R). Vậy: Để UAB = 0 thì con chạy phải chia biến trở làm hai phần với R1 = 16Ω; R2 = 24Ω. =>

R1 = R

(4)

Khi đó: UAB ≈ 0,6V và khi thay đổi e một lượng nằm trong khoảng từ -1V đến 1V thì giá trị UAB thay đổi ít hơn 0,03V.

0,4

0 1 2 chạy qua bóng đèn là I = 0,24A. b)Giá trị của con chạy biến trở để hiệu điện thế giữa hai điểm A và B bằng 0

R R1 U U = 1  = e-U R2 e-U R - R1

rd r + rd

-Từ (2) suy ra: U1 = e

5 U(V)

ΔU . rd

R1 = R

a)Giá trị của biến trở để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt cực đại Gọi U là hiệu điện thế hai đầu biến trở (U ≤ e), ta có:

c)Giá trị của con chạy biến trở để UAB hầu như không thay đổi khi biến đổi không nhiều suất điện động của pin -Khi suất điện động của nguồn điện biến thiên, hiệu điện thế trên các phần tử cũng thay đổi. Để

∆UAB cực tiểu, độ biến thiên hiệu điện thế trên đèn phải bằng độ biến thiên hiệu điện thế trên phần dưới của biến trở. -Điện trở của đèn phụ thuộc vào hiệu điện thế trên nó. Với độ biến thiên nhỏ của hiệu điện thế lân cận “điểm công tác” của đèn, ta có thể coi ∆I ~ ∆U. Điều này ứng với đường đặc trưng vôn – ampe ở lân cận “điểm công tác” trở thành đường tiếp tuyến của nó. Do đó, ở gần “đường công tác”, đèn như là một điện trở:

383

-Cường độ dòng điện qua các dụng cụ phi tuyến: I1 = I2 = k(e – U)2; I3 = kU2. -Công suất tỏa nhiệt trên R là: P = U(I1 + I2 – I3) = kU[(e – U)2 – U2]. -Để P = Pmax thì P’ = 0  k[2(e – U)2 – 4U(e – U) – 3U2] = 0.

 =>

3U2 – 8eU + 2e2 = 0  3U2 – 16U + 8 = 0 U1 = 0,56V; U2 = 4,78V > e (loại)

-Từ đó: R =

U1 U1 0,56 = = = 2,85Ω. IR 2k(e - U1 )2 -kU12 2.0,05(2 - 0,56)2 -0,05.0,562

Vậy: Để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt cực đại thì biến trở phải có giá trị R = 2,85Ω. b)Sự phụ thuộc của cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB vào suất điện động e Gọi Ux là hiệu điện thế trên X1, X2. Ta có:

384

I = 2kUx2 = =>

Ux =

e - Ux  2kRUx2 + Ux – e = 0 R

WC =

-1+ 1+8kRe 1+4e- 1+8e ;I= . 4kR 80

Ad =

Vậy: Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB vào suất điện động e qua hệ thức I =

1+4e- 1+8e . 80

C(e - U 0 )2 q2 = 2C 2

(5)

q(U 0 +U1 ) C(e-U 0 )  e+kRU 0  =  U 0 + kR+1  2 2  

-Từ (4), (5), (6) và (3) ta được: Q =

(6)

kR C(e-U 0 )2 . . kR+1 2

Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại là Q = --------------------

47. Cho mạch điện như hình vẽ: nguồn điện có suất điện động e, điện trở trong r không đáng kể. Điện trở có giá trị R, tụ điện có giá trị C, cường độ dòng điện qua đi-ốt D phụ thuộc vào hiệu điện thế đặt vào đi-ốt như sau:

0, U < U 0 I=   k(U - U 0 ), U ≥ U 0

Với U0 < E, k là một hằng số dương. Đường đặc tuyến vôn-ampe

kR C(e-U 0 ) 2 . . kR+1 2

Phần thứ ba

 . CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG

R C O

Chuyên đề 11:

của đi-ốt có dạng như hình bên. Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại. (Trích đề thi Olympic, Canada - 1980)

DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI. CÁC HIỆN TƯỢNG NHIỆT ĐIỆN VÀ SIÊU DẪN

Bài giải

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC ---

-Tại thời điểm vừa đóng khóa K, ta có: UC = 0; Ud + UR = e  Ud + RI = e e - Ud (1) R -Vì e > U0 nên đường biểu diễn (1) sẽ là đường thẳng cắt đường đặc tuyến vôn-ampe đã cho của đi-ốt tại M như trên hình vẽ. I e - Ud Gọi U1 là giá trị ban đầu của hiệu điện thế trên đi-ốt, ta có: I= R e + kRU 0 e - U1 (2) = k(U1 -U 0 ) => U1 = M R kR + 1 I1 =>

e + kRU 0 kR + 1 = k(e - U 0 ) . O U U0 U1 e R kR + 1 -Khi tụ điện càng được tích điện thì I càng giảm; khi I = 0 thì Ud = U0 và lúc đó hiệu điện thế e-

-Thay (2) vào (1), ta được: I1 =

I. SỰ DẪN ĐIỆN CỦA KIM LOẠI 1-Tính chất dẫn điện của kim loại -Kim loại là chất dẫn điện tốt. Điện trở suất của kim loại có giá trị rất nhỏ (từ 10-8Ω.m đến 106 Ω.m). -Khi nhiệt độ không đổi, dòng điện trong kim loại tuân theo định luật Ôm. -Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ theo công thức: ρ t = ρ0 [1 + α(t - t 0 )]

(11.1)

( ρ0 là điện trở suất của kim loại ở t0(oC), thường lấy ở 20oC; ρ t là điện trở suất của kim loại ở t(oC); α là hệ số nhiệt điện trở, đơn vị K-1). Kim loại

Điện trở suất ở 20oC

Kim loại

ρ0 (x10 Ω.m)

Điện trở suất ở 20oC ρ0 (x10−8Ω.m)

−8

trên tụ là: UC = e – U0. -Điện lượng chuyển qua mạch đến lúc đó là: q = CUC = C(e – U0).

Bạc

1,62

Vonfram

5,25

-Công do nguồn điện sinh ra Ang khi làm dịch chuyển điện lượng q được chuyển hóa thành năng lượng WC của tụ điện, thành công Ad để dịch chuyển điện tích qua đi-ốt và thành nhiệt lượng Q

Đồng

1,69

Chì

2,21

Nhôm

2,75

Constantan

5,21

Sắt

9,68

Manganin

4,82

tỏa ra trên điện trở R. Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: Ang = WC + Ad + Q (3) Với:

Ang = qe = C(e – U0)e

Điện trở suất của một số kim loại ở 20oC 2-Bản chất của dòng điện trong kim loại

(4)

385

386

Dòng điện trong kim loại là dòng dịch chuyển có hướng của các electron tự do ngược chiều điện trường ngoài.

+Cần kết hợp với định luật Ôm (khi nhiệt độ không đổi), công thức về sự phụ thuộc của điện trở l vật dẫn vào hình dạng và kích thước của nó: R = ρ . S . Với dạng bài tập về dòng nhiệt điện. Phương pháp giải là:

II. HIỆN TƯỢNG NHIỆT ĐIỆN. HIỆN TƯỢNG SIÊU DẪN 1-Hiện tượng nhiệt điện -Hiện tượng nhiệt điện là hiện tượng tạo thành suất điện động nhiệt điện trong một mạch điện kín gồm hai vật dẫn khác loại khi giữ cho hai mối hàn ở hai nhiệt độ khác nhau. Hai vật dẫn trên gọi là cặp nhiệt điện. e = α T (T1 - T2 )

(e là suất điện động nhiệt điện; T1, T2 là nhiệt độ của hai mối hàn nóng và lạnh; α T là hệ số nhiệt điện động, đơn vị -Khi ghép nhiều cặp nhiệt điện với nhau ta được một nguồn

(e là suất điện động nhiệt điện; T1, T2 là nhiệt độ của hai mối hàn nóng và lạnh; α T là hệ số nhiệt điện động, đơn vị μV/K ).

(11.2)

μV/K ).

-Sử dụng công thức: e = α T (T1 - T2 ) .

Dây đồng

Dây constantan

-Một số chú ý: +Đơn vị của αT là (μV/K) nên khi tính ra đơn vị của e phải là μV (1μV = 10-3mV = 10-6V). +T1 là nhiệt độ của mối hàn có nhiệt độ thấp hơn, T2 là nhiệt độ của mối hàn có nhiệt độ cao hơn. Dòng nhiệt điện tuân theo định luật Ôm cho toàn mạch. +Ta luôn có: ΔT (theo độ K) = Δt (theo độ C).

điện gọi là pin nhiệt điện. 2-Hiện tượng siêu dẫn Nước sôi Nước đá -Hiện tượng siêu dẫn là hiện tượng xảy ra đối với một số vật liệu khi nhiệt độ giảm xuống dưới

một nhiệt độ Tc nào đó (nhiệt độ tới hạn), điện trở của mẫu vật liệu đó giảm xuống bằng 0. -Nhiệt độ tới hạn của một số vật liệu: Hg (4,2K), Zn (0,85K), Al (1,19K), Pb (7,19K),…

. Với dạng bài tập về bản chất dòng điện trong kim loại. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Mật độ electron: n0 =

N N N = = (N là số e trong thể tích V). V Sl Sv.Δt

m nN A D = AV A (n, A là hóa trị và nguyên tử khối của kim loại; NA là số Avôgađrô; D là khối lượng riêng của

hay

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP -- . VỀ KIẾN THỨC VÀ KĨ NĂNG -Trong kim loại, hạt tải điện là các electron. Khi chưa có điện trường ngoài, các electron chuyển động nhiệt hỗn độn nên không tạo thành dòng điện trong kim loại; khi có điện trường ngoài, các electron chuyển động có hướng ngược chiều điện trường tạo thành dòng điện trong khối kim loại. -Độ dẫn điện của mỗi kim loại phụ thuộc vào điện trở suất của nó. Kim loại có điện trở suất càng nhỏ thì dẫn điện càng tốt. Điện trở suất (điện trở) của kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ của nó. -Khi nhiệt độ không đổi, với vật dẫn kim loại hình trụ tiết diện S, dài l, ta có: U US (định luật Ôm cho đoạn mạch điện trở) I= = R ρl

n0 = nN’ = nNA

kim loại; v là tốc độ trung bình của các electron trong kim loại). +Điện tích truyền qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian t: Δq = I.∆t = Ne. Δt = n0S v.Δt.e

+Tốc độ trung bình của các electron (vận tốc trôi): v=

I n 0eS

+Độ linh động của các electron: μ =

U U v I Il l = (với E = = ). = = d l E n 0SeE n 0SeU n 0SeR

-Một số chú ý: Phân biệt giữa n (hóa trị của kim loại) và n0 (mật độ electron trong kim loại).

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG---

. VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI . Với dạng bài tập về sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ. Phương pháp giải là:

. SỰ PHỤ THUỘC CỦA ĐIỆN TRỞ VÀO NHIỆT ĐỘ 11.1. Dây tóc một bóng đèn điện loại 220V-100W được làm bằng vonfram có hệ số nhiệt điện trở là α = 4,5.10-3K-1. Tính điện trở của dây tóc của đèn khi: -Thắp sáng bình thường ở 2000oC.

-Sử dụng các công thức: +Điện trở suất: ρ t = ρ 0 [1 + α(t - t 0 )] . +Điện trở: Rt = R0 [1 + α(t - t 0 )] . ( ρ0 , R0 là điện trở suất và điện trở của kim loại ở t0(oC), thường lấy ở 20oC; ρ t , Rt là điện trở suất và điện trở của kim loại ở t(oC); α là hệ số nhiệt điện trở, đơn vị K-1). -Một số chú ý:

-Không thắp sáng ở nhiệt độ 20oC.

Bài giải -Khi đèn được thắp sáng bình thường ở 2000oC: U2 2202 = = 484Ω P 100 -Khi đèn không được thắp sáng ở nhiệt độ 20oC: R2000 = R20[1 + α(2000 – 20)] R2000 =

+ ρ 2 ≈ ρ1[1 + α(t 2 - t1 )] ; R2 ≈ R1 [1 + α(t 2 - t1 )] . ( ρ1 , R1 là điện trở suất và điện trở của kim loại ở nhiệt độ t1; ρ2 , R2 là điện trở suất và điện trở của kim loại ở nhiệt độ t2).

387

388

R20 =

qua đèn là I2 = 0,4A. Tính nhiệt độ của dây tóc đèn khi sáng bình thường, biết hệ số nhiệt điện trở của chất làm dây tóc đèn là α = 4,2.10-3K-1.

R 2000 484 = 48,8Ω = 1+α(2000-20) 1 + 4,5.10−3 (2000 − 20)

Bài giải -Điện trở của đèn ở 25oC và khi sáng bình thường là :

Vậy: Điện trở dây tóc của đèn khi được thắp sáng là 484Ω và khi không thắp sáng là 48,8Ω.

. Chú ý: Có thể sử dụng công thức gần đúng: R20 ≈ R 2000 [1+α(20-2000)] = 48,8Ω . 11.2. Một bóng đèn loại 220V-100W khi sáng bình thường thì nhiệt độ của dây tóc bóng đèn là 2520oC. Tính điện trở của đèn khi thắp sáng và khi không thắp sáng, biết rằng nhiệt độ môi trường là 20oC và dây tóc đèn làm bằng vonfram có hệ số nhiệt điện trở bằng 4,5.10-3K-1. Bài giải

U 12 U 12 = 2,5Ω ; R2 = = = = 30Ω I1 4,8 I2 0,4

R1 =

-Mặt khác : R2 = R1[1 + α(t2 – t1)] => t2 = t1 +

-Điện trở của đèn khi thắp sáng (t = 2520oC)

t2 = 25 +

 1  R2 - 1 .  α  R1 

1  30  - 1 = 2644oC 4,2.10−3  2,5 

U 2 2202 Ta có : R = d = = 484Ω . Pd 100

Vậy : Nhiệt độ của dây tóc đèn khi sáng bình thường là t2 = 2644oC.

-Điện trở của đèn khi không thắp sáng (t0 = 20oC)

11.6. Hai dây dẫn có hệ số nhiệt điện trở α1 , α 2 ; ở 00C có điện trở R01, R02. Tìm hệ số nhiệt điện

Ta có Rt = R0 [1+α(t-t 0 )]

trở chung của hai dây khi chúng mắc: a)Nối tiếp.

Rt 484 R0 = = = 39,5Ω 1 + α(t − t 0 ) 1 + 4,5.10− 3 (2520 − 20)

b)Song song.

Vậy : Điện trở của đèn khi thắp sáng là R = 484 Ω ; khi không thắp sáng là R0 = 39,5 Ω . 11.3. Một biến trở làm bằng dây sắt mắc nối tiếp với nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi và một ampe kế. Ở nhiệt độ 20oC, điện trở của biến trở là R1 = 100Ω và của ampe kế là RA = 20Ω còn cường độ dòng điện trong mạch chính là I1 = 24mA. Tính số chỉ của ampe kế khi nhiệt độ của biến trở là 60oC, cho hệ số nhiệt điện trở của sắt là α = 6.10−3K −1 .

R2 = R1[1 + α(t2 – t1)

I2 = I1

R = R1 + R2 = R01(1+ α1 t) + R02(1+ α 2 t)

Vậy: Số chỉ của ampe kế khi biến trở ở nhiệt độ 60oC là I2 = 20mA. 11.4. Một bóng đèn loại 220V-100W sáng bình thường khi nhiệt độ dây tóc là 2000oC. Xác định điện trở của đèn khi không thắp sáng (ở 20oC), biết rằng dây tóc của đèn làm bằng vônfram có hệ số nhiệt điện trở là α = 4,5.10-3K-1. 2 dm

R = (R01 + R02) + (R01 α1 + R02 α 2 )t

 R α + R 02α 2  R = (R01 + R02) 1 + 01 1 t R 01 + R 02  

-Từ (1) và (2) suy ra: α =

(2)

R 01α1 + R 02α 2 . R 01 + R 02

b)Khi mắc song song:

Bài giải

-Mặt khác: R = R0[1 + α(t – t0)] => R0 =

(1)

a)Khi mắc nối tiếp:

R1 +R A 100 + 20 = 24. = 20mA. R 1[1 + α ( t 2 – t1 ) +R A 100[1 + 6.10−3 (60 − 20) + 20

-Điện trở của đèn khi thắp sáng bình thường là: R =

R1 = R01(1+ α1 t); R2 = R02(1+ α 2 t). t01 = t02 = 0; α1 t, α 2 t <<1.

Điện trở chung của hai dây dẫn ở nhiệt độ t là: R = R0(1 + α t)

R +R U U ; I2 = => I2 = I1 1 A . R 1 +R A R 2 +R A R 2 +R A

Với:

 với:

-Gọi R0 là điện trở chung của hai dây dẫn ở 00C; α là hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây dẫn.

Bài giải Ta có: I1 =

Bài giải -Điện trở của hai dây dẫn ở nhiệt độ t: R1 = R01[1+ α1 (t1 – t01)]; R2 = R02[1+ α 2 (t2 – t02)].

U 220 = 484Ω. = Pdm 100 2

R 484 = 49Ω. = 1 + α(t - t 0 ) 1 + 4,5.10−3 (2000 − 20)

Vậy: Điện trở của đèn khi không thắp sáng (ở 20oC) là R0 = 49Ω. 11.5. Đặt vào hai cực của một bóng đèn một hiệu điện thế U = 12V ta thấy : ở nhiệt độ t1 = 25oC thì cường độ dòng điện qua đèn là I1 = 4,8A ; khi đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện

389

R 1R 2 R 01 (1 + α1t)R 02 (1 + α 2 t) = R1 + R 2 R 01 (1 + α1t) + R 02 (1 + α 2 t) R 01R 02 (1 + α1t)(1 + α 2 t) R 01R 02 (1 + α1t)(1 + α 2 t) = . R α + R 02 α 2 R 01 + R 02 + R 01α1t + R 02α 2 t) R 01 + R 02 1 + 01 1 t R 01 + R 02

-Với ε1 , ε 2 << 1 , ta có các công thức gần đúng: (1 + ε1 )(1 + ε 2 ) ≈ 1 + ε1 + ε 2 ;

1 + ε1 ≈ 1 + ε1 − ε 2 1 + ε2

390

nên =>

(1 + α1t)(1 + α 2 t) ≈ 1 + (α1 + α 2 )t

-Mật độ electron tự do trong kim loại: n 0 =

1 + (α1 + α 2 )t R α + R 02α 2 R α + R 02α1 ≈ 1 + (α1 + α 2 − 01 1 )t ≈ 1 + 01 2 t R 01α1 + R 02α 2 + R R R 01 + R 02 01 02 1+ t R 01 + R 02 R=

R 01R 02  R 01α 2 + R 02 α1  t 1 + R 01 + R 02  R 01 + R 02 

-Từ (1) và (3) suy ra: α =

-Vì mỗi nguyên tử kim loại giải phóng 3 electron tự do nên: N = 3N A Do đó: n 0 =

(3)

R 01α 2 + R 02α1 . R 01 + R 02 R 01α1 + R 02α 2 ; khi R 01 + R 02

3N A m m , với D = . AV V

2,7 3.6,02.1023 . -6 3N A D 10 = n0 = = 1,8.1029 (e/m3). A 27 Vậy: Mật độ electron tự do của nhôm là n0 = 1,8.1029(e/m3). 11.10. a)Chứng minh rằng điện dẫn suất của kim loại (đại lượng nghịch đảo với điện trở suất của

kim loại) được tính bằng công thức: σ = n0μe (μ là độ linh động của các electron). Nêu ý nghĩa vật lí của hệ thức trên.

R 01α 2 + R 02α1 . R 01 + R 02

. DÒNG NHIỆT ĐIỆN 11.7. Một mối hàn của một cặp nhiệt điện có hệ số α T = 65(μV/K) được đặt trong không khí ở 20oC còn mối hàn kia được nung nóng đến nhiệt độ 232oC. Tính suất điện động nhiệt điện của cặp nhiệt điện khi đó.

b)Bạc có nguyên tử lượng (khối lượng mol) A = 108, khối lượng riêng D = 10,5(g/cm3). Tính mật độ electron tự do trong bạc, biết rằng trung bình mỗi nguyên tử bạc cung cấp 1,3 electron tự do. Biết điện dẫn suất của bạc σ = 6,8.107(Ω.m)-1; số Avogadro NA = 6,023.1023mol-1; e = 1,6.10-19C, tính độ linh động của electron trong bạc.

Bài giải Ta có: e = αT(T1 – T2) = 65(232 – 65) = 13780μV = 13,78mV. Vậy: Suất điện động nhiệt điện của cặp nhiệt điện khi đó là e = 13,78mV.

Bài giải a)Chứng minh: σ = n0μe

11.8. Hai mối hàn của cặp nhiệt điện đồng – constantan có hệ số nhiệt điện động là αT = 40(μV/K). a)Tính số chỉ của milivôn kế khi mắc vào cặp nhiệt điện trên, biết hai mối hàn của chúng được nhúng vào nước ở nhiệt độ 58oC và 98oC. b)Tính nhiệt độ của đầu nóng biết rằng khi nhúng đầu lạnh vào nước đá đang tan thì số chỉ milivôn kế là 19mV.

Bài giải a)Số chỉ của milivôn kế

Ta có: I =

U l l : U = El. ; R=ρ = R S σS

U = σSE l Mặt khác: I = n0evS  σSE = n0evS.  σE = n0eμE => σ = n0μe (đpcm)

I = σS

Ý nghĩa của hệ thức: Kim loại sẽ dẫn điện càng tốt khi mật độ electron tự do và độ linh động của electron càng lớn. b)Mật độ electron tự do và độ linh động của electron trong bạc

Ta có: e = αT(T1 – T2) = 40(98 – 58) = 1600μV = 1,16mV. Vậy: Số chỉ milivôn là 1,16mV.

Ta có: n0 = 1,3.

b)Nhiệt độ đầu nóng Ta có: e = αT(T1 – T2) => T1 = T2 +

m A

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở chung của hai dây khi chúng mắc nối tiếp là α = chúng mắc song song là α =

N . V

e 1900 = 475oC. =0+ αT 40

μ=

NA 6,023.1023 D = 1,3. .10,5.106 = 7,6.1028(e/m3). A 108

σ 6,8.107 = 5,6.10-3(m2/V.s). = n0e 7,6.1028.1,6.10−19

Vậy: Mật độ electron tự do trong bạc là n0 = 7,6.1028(e/m3); độ linh động của electron trong bạc

Vậy: Nhiệt độ đầu nóng khi đó là T1 = 475oC.

σ 6,8.107 = 5,6.10-3(m2/V.s). = n0e 7,6.1028.1,6.10−19

. BẢN CHẤT DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI 11.9. Một dây nhôm có nguyên tử khối là 27 và khối lượng riêng 2,7(g/cm3), điện trở suất

là μ =

3,44.10-8(Ω.m). Biết nhôm có hóa trị 3 và thừa nhận mỗi nguyên tử nhôm giải phóng 3 electron

11.11. Độ lưu động của các electron tự do trong một kim loại được định nghĩa như sau: v = μE

tự do, hãy tính mật độ electron tự do của nhôm. Bài giải

( v : vận tốc trung bình của các electron tự do; E: độ lớn cường độ điện trường trong kim loại).

Gọi:

Hãy thiết lập biểu thức của μ theo các đại lượng sau:

m là khối lượng kim loại, V là thể tích khối kim loại, D là khối lượng riêng của kim loại. A là nguyên tử lượng của kim loại, N là số electron tự do chứa trong khối kim loại.

391

n0: mật độ của electron tự do.

392

e: điện tích nguyên tố. l: chiều dài của dây dẫn kim loại.

Vậy: Mật độ electron trong đồng là n0 = 1,67.1029/m3.

S: diện tích của tiết diện dây kim loại. R: điện trở của dây.

b)Tốc độ trung bình của electron trong chuyển động có hướng trong dây đồng Ta có: I = n0eSv => v =

Bài giải Ta có: v = μE => μ =

Vậy: Tốc độ trung bình của electron trong chuyển động có hướng trong dây đồng là v = 0,25.104 (m/s).

v . E

Xét trong khoảng thời gian Δt , các electron tự do truyền qua tiết diện S được chứa trong hình trụ đáy S, đường cao ΔS = v.Δt .

PHÂN, CHÂN KHÔNG, CHẤT KHÍ VÀ CHẤT BÁN DẪN

Δq = Ne = n 0 Ve = n 0 .SvΔt.e

μ=

Δq = n 0Sv.e Δt

--- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN

I n 0Se

-Độ lưu động: μ =

Chuyên đề 12: DÒNG ĐIỆN TRONG CÁC MÔI TRƯỜNG: CHẤT ĐIỆN

-Điện tích truyền qua tiết diện S trong khoảng thời gian Δt là:

-Cường độ dòng điện là: I =

I 20 = 0,25.10-4(m/s). = n 0eS 1,67.1029.1,6.10−19.30.10−6

1-Chất điện phân Chất điện phân là các dung dịch muối, axit, bazơ; các muối nóng

v I U U U = , với E = = ,R= . E n 0SeE d l I

chảy có thể cho dòng điện chạy qua. 2-Bản chất của dòng điện trong chất điện phân Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của:

Il l = n 0SeU n 0SeR

11.12. Một đoạn dây dẫn bằng đồng có tiết diện S = 2mm2, điện trở R = 2Ω. Đặt vào hai đầu

+các cation (ion dương) cùng chiều điện trường; +các anion (ion âm) ngược chiều điện trường. 3-Phản ứng phụ (thứ cấp) trong chất điện phân Khi có sự điện phân, các ion âm dịch chuyển đến a-nốt và nhường electron cho a-nốt, các ion

đoạn dây một hiệu điện thế U = 10V. Tính tốc độ trung bình của các electron trong chuyển động có hướng trong dây đồng, biết mật độ electron trong dây đồng là n0 = 8,45.1028 (e/m3).

dương dịch chuyển đến ca-tốt và nhận electron từ ca-tốt và trở thành các nguyên tử hay phân tử trung hòa. Các nguyên tử, phân tử trung hòa này có thể bám vào điện cực (dạng rắn), bay lên

Bài giải U 10 -Cường độ dòng điện trong dây dẫn: I = = = 5A. R 2

(dạng khí) hoặc tác dụng với điện cực và dung môi gây ra các phản ứng hóa học gọi là phản ứng phụ (thứ cấp).

l Vậy: Biểu thức của μ = . n 0 eSR

4-Hiện tượng dương cực tan -Hiện tượng dương cực tan xảy ra khi điện phân một dung dịch muối kim loại mà a-nốt làm bằng

I 5 -Mặt khác: I = n0eSv => v = = 0,18.10-3(m/s). = n 0eS 8, 45.1028.1,6.10−19.2.10−6 Vậy: Tốc độ trung bình của các electron trong chuyển động có hướng trong dây đồng là v = 0,18.10-3(m/s).

11.13. Khối lượng nguyên tử của đồng là A = 64 (g/mol); khối lượng riêng của đồng là D = 8,9.103(kg/m3); hóa trị của đồng là n = 2. a)Tính mật độ electron trong đồng. b)Một dây dẫn bằng đồng có tiết diện 15mm2 mang dòng điện I = 20A. Tính tốc độ trung bình của electron trong chuyển động có hướng trong dây đồng. Bài giải

như đoạn mạch chỉ có điện trở thuần. 5-Định luật Faraday về điện phân Khối lượng của chất được giải phóng ở điện cực được xác định bằng công thức: 1 A (12.1) . It F n (F = 96500 (C/mol) là hằng số Faraday; A, n là nguyên tử khối và hóa trị của chất thoát ra; I, t là m=

cường độ dòng điện và thời gian dòng điện qua chất điện phân). II. DÒNG ĐIỆN TRONG CHÂN KHÔNG

a)Mật độ electron trong đồng Ta có: n 0 =

chính kim loại đó. -Khi có hiện tượng dương cực tan, dòng điện trong chất điện phân tuân theo định luật Ôm giống

1-Chân không

nDN A 2.8,9.103.6,023.1023 = = 1,67.1029/m3. A 64.10−3

393

394

Chân không lí tưởng là môi trường trong đó không có một phân tử khí nào. Trong thực tế, những môi trường khí có áp suất dưới 10-6mmHg có thể được coi là chân không.

Dòng điện trong chất khí là dòng dịch chuyển có hướng của các ion dương theo chiều điện trường, các ion âm và electron ngược chiều điện trường.

2-Bản chất của dòng điện trong chân không Dòng điện trong chân không là dòng dịch chuyển có hướng của các electron bứt ra từ ca-tốt bị

3-Đặc tuyến vôn-ampe của dòng điện trong chất khí

nung nóng dưới tác dụng của điện trường. 3-Đi-ốt chân không -Cấu tạo: Gồm một bóng thủy tinh đã hút chân không trong đó có hai điện cực: a-nốt (A) là một bản kim loại, ca-tốt (K) là một dây vonfram. ca-tốt -Hoạt động: Khi đốt nóng ca-tốt, các electron bứt ra từ ca-tốt do phát xạ nhiệt đi vào chân không trong đi-ốt và di chuyển sang anốt khi có điện trường đặt vào tạo nên dòng điện có chiều từ a-nốt

a-nốt

đến ca-tốt. -Tính chất: Dòng điện chạy trong đi-ốt chân không chỉ theo một chiều từ a-nốt đến ca-tốt.

Sự phụ thuộc của dòng điện trong chất khí vào hiệu điện thế trong quá trình dẫn điện không tự lực được mô tả bằng đặc tuyến vôn – ampe (hình vẽ). Dựa vào đặc tuyến ta nhận thấy : +Dòng điện trong chất khí không tuân theo định luật Ôm cho đoạn mạch.

+Với U nhỏ (Đoạn Oa) : Khi U tăng, I tăng. +Với U đủ lớn (Đoạn ab) : Khi U tăng, I không tăng (I đạt giá trị bão hòa).

Ibh

+Với U quá lớn (Đoạn bc) : Khi U tăng, I tăng rất nhanh.

c a

4-Đặc tuyến vôn-ampe của dòng điện trong chân không

4-Sự phóng điện trong chất khí ở điều kiện thường và ở áp suất thấp -Tia lửa điện là sự phóng điện xảy ra trong chất khí khi có điện trường đủ mạnh để ion hóa không khí thành các ion dương và electron tự do. Sét là tia lửa điện hình thành do sự phóng điện

Sự phụ thuộc của dòng điện trong chân không vào hiệu điện thế được mô tả bằng đặc tuyến vôn – ampe (hình vẽ). Dựa vào đặc tuyến ta nhận thấy :

giữa các đám mây tích điện trái dấu hoặc giữa đám mây tích điện với mặt đất. -Hồ quang điện là sự phóng điện xảy ra trong chất khí ở áp suất thường hoặc áp suất thấp giữa

+Dòng điện trong chân không không tuân theo định luật Ôm.

hai điện cực có hiệu điện thế không lớn. IV. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT BÁN DẪN

+Khi dây tóc FF’ không được đốt nóng : (Đường a) : Dòng IA=0 : Chân không không dẫn điện. +Khi dây tóc được đốt nóng : (Đường b)

Khi UAK<0 : Dòng IA ≠ 0 : Chân không dẫn điện được. Khi UAK>0 : Dòng IA tăng nhanh và theo UAK rồi đạt đến giá trị bão hòa Ibh. +Khi dây tóc được đốt nóng hơn : (Đường c) : Giá trị bão hòa Ibh tăng lên.

1-Sự dẫn điện của bán dẫn -Bán dẫn tinh khiết: Dòng điện trong chất bán dẫn tinh khiết là dòng chuyển dời có hướng của

các electron ngược chiều điện trường và các lỗ trống cùng chiều điện trường. -Bán dẫn tạp chất +Bán dẫn loại n: Trong bán dẫn loại n, elecron là hạt tải điện chủ yếu còn lỗ trống là hạt tải điện

(b) (a)

5-Tia ca-tốt -Khái niệm: Tia ca-tốt là dòng các electron chuyển động có hướng trong chân không.

không chủ yếu (ne >>n+). +Bán dẫn loại p: Trong bán dẫn loại n, lỗ trống là hạt tải điện chủ yếu còn elecron là hạt tải điện không chủ yếu (n+ >>ne).

-Tính chất +Tia ca-tốt bị lệch trong điện trường hay từ trường.

2-Linh kiện bán dẫn -Đi-ốt bán dẫn có hai cực trong đó có một lớp chuyển tiếp p – n. Các loại đi-ốt thường gặp là đi-

+Tia ca-tốt phát ra vuông góc với mặt ca-tốt. +Tia ca-tốt mang năng lượng. +Tia ca-tốt có khả năng đâm xuyên, có tác dụng lên kính ảnh và có khả năng ion hóa không khí.

ốt chỉnh lưu, phô-tô-đi-ốt, pin Mặt trời, đi-ốt phát quang, đi-ốt Ze-nơ, pin nhiệt điện bán dẫn. -Tranzito là dụng cụ bán dẫn có hai lớp chuyển tiếp (n1-p) và (p-n2).

UAK

+Tia ca-tốt làm phát quang một số chất. +Tia ca-tốt khi chuyển động với vận tốc lớn đập vào các kim loại có nguyên tử lượng lớn thì phát ra tia X. -Ứng dụng: Tia ca-tốt được dùng để làm ống phóng điện tử trong máy thu hình, dao động kí điện tử, máy tính điện tử.

+Cấu tạo : Tranzito có ba cực : *Cực góp (colectơ) : Kí hiệu là C. *Cực đáy hay cực gốc (bazơ) : Kí hiệu là B. *Cực phát (êmitơ) : Kí hiệu là E. +Mô hình và kí hiệu của tranzito trong các sơ đồ điện như sau : n1

III. DÒNG ĐIỆN TRONG CHÂN KHÔNG 1-Sự phóng điện trong chất khí

-Bình thường, không khí là điện môi. -Khi bị đốt nóng, không khí trở nên dẫn điện.

n2 C E

395

p2 C

B Cấu tạo tranzito

2-Bản chất của dòng điện trong chất khí

C B

Kí hiệu tranzito

396

+Hệ số khuếch đại dòng điện: β =

IC (IC ≈ IE) IB

không tuân theo định luật Ôm. Quá trình dẫn điện của chất khí có thể tự duy trì không cần ta chủ động tạo ra hạt tải điện gọi là quá trình dẫn điện tự lực. Hai kiểu phóng điện tự lực thường gặp là

(12.2)

hồ quang điện và tia lửa điện. -Tia lửa điện là sự phóng điện tự lực trong chất khí giữa hai điện cực khi có điện trường mạnh

+Ứng dụng của tranzito *Dùng trong các mạch khuếch đại.

(cỡ 106 (V/m)). Khi có tia lửa điện, ta thấy có chớp sáng đường ngoằn ngoèo nhiều nhánh và thường kèm theo tiếng nổ.

*Dùng trong các máy phát cao tần (tần số lớn).

--- B-NHỮNG CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TẬP--. VẾ KIẾN THỨC VÀ KĨ NĂNG 1. Dòng điện trong chất điện phân -Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của các ion dương và âm theo hai chiều ngược nhau dưới tác dụng của điện trường (ion dương cùng chiều điện trường, ion âm ngược chiều điện trường). Khác với kim loại, khi nhiệt độ tăng, khả năng dẫn điện của chất điện phân sẽ tăng. -Khi điện phân, có hai trường hợp cần chú ý: +bình điện phân có dương cực tan: trường hợp này bình điện phân đóng vai trò như một điện trở Rp trong mạch điện. +bình điện phân có điện cực trơ: trường hợp này bình điện phân đóng vai trò như một máy thu điện có suất phản điện e’, điện trở trong r’. -Vì hạt tải điện trong chất điện phân là các ion dương và âm nên cường độ dòng điện qua chất điện phân là tổng điện lượng của các ion dương và âm qua tiết diện S trong một đơn vị thời gian: I = (n++n-)e (n+, n- là số ion dương và âm qua tiết diện S trong một đơn vị thời gian). Các hệ thức khác như đối với kim loại.

2. Dòng điện trong chân không -Bình thường, chân không không dẫn điện được vì trong chân không không có sẵn các hạt tải điện. Khi đưa các hạt tải điện (electron) vào trong chân không vào đặt vào đó một điện trường thì các hạt tải điện đó sẽ chuyển dời có hướng tạo thành dòng điện trong chân không.

-Hồ quang điện là sự phóng điện tự lực trong chất khí ở áp suất thường hoặc áp suất thấp với hiệu điện thế không lớn. Khi có hồ quang điện, ta thấy có một lưỡi liềm sáng mạnh kèm theo tỏa nhiệt.

4. Dòng điện trong chất bán dẫn -Điện trở suất của các chất bán dẫn có giá trị nằm trung gian giữa điện trở suất của kim loại và điện môi. Đây là dấu hiệu dùng để nhận biết chất bán dẫn. Ngoài ra, chất bán dẫn còn có các tính chất đặc thù khác như: điện trở suất của chất bán dẫn phụ thuộc rất mạnh vào nồng độ tạp chất và điện trở suất của bán dẫn tinh khiết giảm nhanh khi nhiệt độ tăng.

-Đối với bán dẫn tinh khiết, hạt tải điện là electron và lỗ trống. Đối với bán dẫn tạp chất, có hai loại: +bán dẫn loại n: là loại bán dẫn có pha tạp bằng những nguyên tử có số electron hóa trị lớn hơn số electron hóa trị của nguyên tử chất bán dẫn. Lúc đó electron thừa sẽ tham gia dẫn điện, tạp chất trong trường hợp này gọi là tạp chất cho (đôno) và hạt tải điện chủ yếu ở đây là electron. +bán dẫn loại p: là loại bán dẫn có pha tạp bằng những nguyên tử có số electron hóa trị nhỏ hơn số electron hóa trị của nguyên tử chất bán dẫn. Nguyên tử tạp chất sẽ chiếm một electron liên kết của nguyên tử bên cạnh để tạo ra một lỗ trống tự do, tạp chất trong trường hợp này gọi là tạp chất nhận (axepto) và hạt tải điện chủ yếu ở đây là lỗ trống. -Tranzito thực chất được cấu tạo từ hai lớp chuyển tiếp liên tiếp n-p và p-n. Lớp p rất mỏng nằm kẹp giữa hai lớp n hai bên. Nhờ đó, hai lớp n mới ở sát nhau nên tạo ra được hiệu ứng tranzito (hiệu ứng khuếch đại). Đó thực sự là một cuộc cách mạng về công nghệ điện tử và thông tin.

. VẾ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

-Có thể tạo ra tia ca-tôt bằng cách: +cho phóng điện qua chất khí ở áp suất thấp. +dùng súng electron. -Khi môi trường khí trong ống thủy tinh gần như là chân không, các electron bay từ ca-tôt đến anôt không va chạm với phân tử khí nào để ion hóa nó thành ion dương và electron. Vì thế sẽ không làm cho ca-tôt phát ra electron, do đó không có quá trình phóng điện tự lực, tia ca-tôt sẽ biến mất. 3. Dòng điện trong chất khí -Ở điều kiện bình thường, chất khí không dẫn điện vì trong chất khí hầu như không có hạt tải điện. Khi có tác nhân ion hóa (ngọn lửa ga, bức xạ của đèn thủy ngân…), mật độ hạt tải điện trong chất khí (electron, ion dương, ion âm) sẽ tăng lên. Dưới tác dụng của điện trường, các hạt tải điện trong chất khí sẽ chuyển dời có hướng (các ion dương theo chiều điện trường và các ion

. Với dạng bài tập về dòng điện trong chất điện phân. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: 1 A 1 A . .q = . .It F n F n Với: F là hằng số Fa-ra-đây, F = 9,65.104(C/mol) nếu m tính bằng g và F = 9,65.107(C/mol) nếu m tính bằng kg; A và n là khối lượng mol nguyên tử và hóa trị của chất thoát ra ở điện cực;

+Định luật Fa-ra-đay: m =

I và t là cường độ dòng điện và thời gian dòng điện chạy qua bình điện phân. +Các định luật Ôm cho đoạn mạch điện trở (I =

U e ), toàn mạch (I = ), tổng quát (I = R R+r

âm, các electron ngược chiều điện trường) tạo ra dòng điện trong chất khí. -Quá trình dẫn điện của chất khí chỉ tồn tại khi có hạt tải điện được tạo ra và biến mất khi ta ngừng tạo ra hạt tải điện gọi là quá trình dẫn điện không tự lực. Quá trình dẫn điện không tự lực

e+U ); các tính chất của đoạn mạch nối tiếp, song song; các tính chất của bộ nguồn ghép … để R+r xác định cường độ dòng điện qua bình điện phân. -Một số chú ý:

397

398

+Trường hợp có hiện tượng cực dương tan (điện cực làm bằng kim loại của muối cần điện phân: điện cực tan): Bình điện phân được coi như là một điện trở Rp. +Trường hợp không có hiện tượng cực dương tan (điện cực làm bằng kim loại khác với kim loại của muối cần điện phân: điện cực trơ hoặc bình điện phân chứa dung dịch a-xít): Bình điện phân

Mối liên hệ gần đúng giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện: U ~ d. +Quá trình dẫn điện không tự lực (hệ không tự tạo ra hạt tải điện để duy trì sự dẫn điện, muốn có

được coi như là một máy thu điện (e’, r’). +Nếu chất thoát ra là chất rắn: m = DV; D là khối lượng riêng, V là thể tích chất rắn.

hạt tải điện phải có tác nhân bên ngoài: sự ion hóa không khí…): Quy tắc nhân hạt tải điện: Mỗi electron đưa vào từ ca-tốt, sau n va chạm sẽ sinh ra tối đa (2k – 1) electron và (2k – 1) ion

+Nếu chất thoát ra là chất khí, cần sử dụng thêm các hệ thức về chất khí như: Điều kiện chuẩn: p0 = 1atm; T0 = 273K; V0 = 22,4 lít (đối với 1 mol khí).

dương. Tổng số hạt tải điện tối đa sinh ra là: N = Ne + N+ = 2(2k -1) = 2k+1 – 2.

Phương trình trạng thái của khí lí tưởng:

p1V1 pV = 2 2. T1 T2

d . a (d là khoảng cách giữa hai điện cực, a là chiều dài quãng đường tự do (khoảng cách trung bình

Số quãng đường tự do khi electron chuyển động giữa hai điện cực : k =

m RT . M (R = 8,31(J/mol.K): hệ SI; R = 0,082(atm.l/mol.K) hoặc 0,084(at.l/mol.K): hệ hỗn hợp; M là khối lượng phân tử của chất thoát ra).

giữa hai va chạm liên tiếp). -Một số chú ý: Với quá trình dẫn điện tự lực cần xác định các điện cực là mũi nhọn hay cực phẳng khi tra bảng “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện”.

. Với dạng bài tập về dòng điện trong chân không. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Cường độ dòng điện : I = nee.

. Với dạng bài tập về dòng điện trong bán dẫn. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Hệ thức giữa cường độ dòng điện và mật độ dòng điện, tốc độ trung bình của chuyển động có

+Cường độ dòng điện bão hòa : Ibh = n0e. (ne là số electron đập vào a-nốt trong 1s ; n0 là số electron bứt ra từ catôt trong 1s : ne < n0).

hướng của các hạt mang điện, điện trở suất … giống như đối với kim loại. +Với bán dẫn tinh khiết (bán dẫn loại i):

Phương trình Cla-pê-rôn Men-đê-lê-ép: pV = nRT =

+Số electron đập vào a-nốt trong thời gian t: N e = n e t = +Số electron bứt ra từ ca-tốt trong thời gian t: N 0 = n 0 t = +Hiệu suất phóng điện : H =

q e

Mật độ electron dẫn bằng mật độ lỗ trống (ne = n+). Độ dẫn điện tăng khi nhiệt độ tăng.

It . e

+Với bán dẫn tạp chất : Bán dẫn loại n : ne >> n+.

I bh t . e

Bán dẫn loại p : n+ >> ne. +Với các bài toán về mạch khuếch đại bằng tranzito, sử dụng công thức :

ne . n0

+Định lí động năng : W2đ – W1đ = A 

Hệ số khuếch đại : β =

mv 22 mv12 = eU . 2 2

+Kết hợp với các công thức động học khác khi tính toán các đại lượng động học. -Một số chú ý : +Với ‘‘súng electron’’ : v1 = 0 ; khối lượng và điện tích electron : m = 9,1.10-31kg ; -e = -1,6.1019 C. +1eV = 1,6.10-19J ; 1MeV = 1,6.10-13J. . Với dạng bài tập về dòng điện trong chất khí. Phương pháp giải là: -Sử dụng các công thức: +Quá trình dẫn điện tự lực (hệ tự tạo ra hạt tải điện để duy trì sự dẫn điện: tia lửa điện, hồ quang điện…): Bảng “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện”:

Hiệu điện thế U(V) 20.000 40.000 100.000 200.000 300.000

Khoảng cách đánh tia điện Cực phẳng (mm) Mũi nhọn (mm) 6,1 15,5 13,7 45,5 36,7 220 75,3 410 114 600

IC ; IB << IC ; IE ≈ IC. IB

Định luật Ôm cho toàn mạch (với mạch kín chứa các cực B và E) ; định luật Ôm tổng quát (với đoạn mạch chứa các cực C và E). -Một số chú ý : +Các linh kiện bán dẫn thường gặp là các điôt bán dẫn (có một lớp chuyển tiếp p – n) như điôt chỉnh lưu, phôtôđiôt, pin Mặt Trời, điôt phát quang, pin nhiệt điện bán dẫn,… ; tranzito (có hai lớp chuyển tiếp p – n : p – n – p hoặc n – p – n). +Chiều dòng điện qua các cực của tranzito (tranzito loại n – p – n : dòng điện từ B đến E ; tranzito loại p – n – p : dòng điện từ E đến B).

--- C-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--. DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN 12.1. Một bình điện phân đựng dung dịch bạc nitrat với a-nốt bằng Ag. Điện trở bình điện phân là R = 4Ω. Đặt vào hai cực bình điện phân một hiệu điện thế U = 12V. a)Tính lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút. b)Tính thời gian để lượng bạc bám vào ca-tốt là 19,3g.

399

400

Cho : Ag = 108; n = 1.

Bài giải Vì bình điện phân đựng dung dịch AgNO3 với điện cực bằng Ag (điện cực tan) nên bình điện phân được coi như một điện trở R. a)Lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút U 12 = = 3A. R 4 -Khối lượng Ag bám vào ca-tốt sau t = 30 phút = 1800s:

-Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân: I =

1 108 . .1.3600 = 4,03g 9,65.104 1

e - ep R + r + rp

=> ep = e – I(R + r + rp) = 12 – 1.(5 + 1 + 2) = 4V. Vậy: Suất phản điện của bình điện phân là ep = 4V. 12.4. Hai bình điện phân mắc nối tiếp nhau. Bình thứ nhất chứa dung dịch FeCl2, bình thứ hai chứa dung dịch FeCl3. Cho một điện lượng q = 9,65.104C chuyển qua mỗi bình. Xác định khối

19,3.9,65.104.1 = 5748s 108.3 Vậy: Thời gian để có 19,3g bạc bám vào ca-tốt là t’ = 5748s. t’ =

12.2. Sau 90 phút điện phân với dòng điện có cường độ I = 5A có một lớp niken phủ trên kim loại làm ca-tốt của bình điện phân. Biết diện tích bề mặt ca-tốt là 40cm2; niken có khối lượng riêng D = 8,9.103(kg/m3), khối lượng mol nguyên tử là A = 58, hóa trị n = 1. Tính bề dày của lớp niken phủ trên bề mặt ca-tốt.

Bài giải -Khối lượng niken bám vào ca-tốt của bình điện phân trong thời gian t = 90 phút là: 1 A 1 58 . .It = . .5.90.60 = 8,114g F n 9,65.104 2

-Mặt khác: m = DV = DSd (d là bề dày lớp niken phủ trên bề mặt ca-tốt). d=

1 A . .It . F n

Theo định luật Ôm cho toàn mạch, ta có: I =

1 A m'Fn -Từ định luật Farađay, ta có: m’ = . .It' => t' = . F n AI

Theo định luật Farađay, ta có: m =

Vậy: Khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau thời gian 1 giờ là m = 4,03g. b)Suất phản điện của bình điện phân

Vậy: Lượng bạc bám vào ca-tốt sau 30 phút là m = 6,04g. b)Thời gian để lượng bạc bám vào ca-tốt là 19,3g

a)Khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau thời gian 1 giờ



1 A 1 108 m = . .It = . .3.1800 = 6,04g F n 9,65.104 1



Vì bình điện phân đựng dung dịch AgNO3 với điện cực bằng Pt (điện cực trơ) nên bình điện phân được coi như một máy thu điện (ep, rp).

m 8,114.10−3 = 0,23.10-3m = 0,23mm = DS 8,9.103.40.10−4

lượng các chất thoát ra tại các điện cực của mỗi bình. Cho khối lượng mol nguyên tử của sắt và clo là A = 56 và A’ = 35,5. Bài giải Ta có: +Trong dung dịch FeCl2, sắt có hóa trị n1 = 2; trong dung dịch FeCl3, sắt có hóa trị n3 = 3. +Chất thoát ra ở a-nốt của mỗi bình là Cl2; chất thoát ra ở ca-tốt của mỗi bình là Fe. -Áp dụng định luật Farađay cho khối lượng chất thoát ra ở hai bình điện phân, ta có: +Bình 1:

Khối lượng Fe thoát ra tại ca-tốt: m11 =

1 A 1 56 . .q = . .9,65.104 = 28g. F n1 9,65.104 2

Khối lượng Cl2 thoát ra tại a-nốt: m12 =

1 A' 1 35,5 . .9,65.104 = 35,5g. . .q = F n' 9,65.104 1

+Bình 2:

Vậy: Bề dày của lớp niken phủ trên bề mặt ca-tốt là d = 0,23mm.

Khối lượng Fe thoát ra tại ca-tốt: m21 =

1 A 1 56 . .q = . .9,65.104 = 18,67g. F n2 9,65.104 3

12.3. Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện

Khối lượng Cl2 thoát ra tại a-nốt: m22 =

1 A' 1 35,5 . .q = . .9,65.104 = 35,5g. F n' 9,65.104 1

động e = 12V, điện trở trong r = 1Ω; bình điện phân đựng dung dịch bạc nitrat với điện cực bằng bạch kim và có điện trở rp = 2Ω; mạch ngoài có điện trở R = 5Ω. Ampe kế có điện trở không đáng kể và chỉ 1A. a)Tính khối lượng Ag bám vào ca-tốt bình điện phân sau

thời gian 1 giờ. b)Tính suất phản điện của bình điện phân.

e, r

12.5. Khi điện phân dung dịch muối ăn trong nước, người ta thu được khí hidrô tại ca-tốt. Khí

e p, r p

thu được có thể tích V = 1 lít ở nhiệt độ t = 270C, áp suất p = 1 atm. Tính điện lượng đã chuyển qua bình điện phân. Bài giải Ta có: V = 1 lít = 10-3 m3; t = 270C → T = 27+273 = 300K; P = 1atm = 1,013.105Pa.

-Theo định luật Farađay, khối lượng hidro thu được ở catốt là: 1 A 1 A F.m.n . .It = . .q => q = F n F n A -Theo phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép, ta có: m=

Cho khối lượng mol nguyên tử và hóa trị của Ag là A = 108 và n = 1.

Bài giải

401

(1)

402

PV =

m PVμ RT => m = μ RT 5

-Từ (1) và (2) suy ra: q =

Ta có: +Với bộ nguồn: Eb = ne = 1,5n; rb = nr0 = 0,5n.

(2)

+Điện trở của đèn: R 3 = R đ =

-3

FnPVμ 96500.1.1,013.10 .10 .2 = = 7842C ART 1.8,31.300

Vậy: Điện lượng chuyển qua bình điện phân là q = 7842C. 12.6. Một nhà máy dùng phương pháp điện phân để sản xuất hidrô. Hiệu điện thế ở hai cực bình điện phân là 2V và sản lượng của nhà máy là 56m3/h (ở điều kiện chuẩn). Tính công suất điện cần thiết cho sản xuất và giá thành của 1m3 hidrô nếu giá tiền điện năng là 1000(đ/kWh). Bài giải

Fmn (1) At -Theo phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép, ta có: m PVμ RT => m = μ RT

R = R1 +

R1 I4

A2 R4

X R5

(R 2 +R 3 )(R 4 +R 5 ) (9+3).(4+20) = 2+ = 10Ω R 2 +R 3 +R 4 +R 5 9+3+4+20

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

96500.1.1,013.105 .56.2 = 134057A 8,31.273.1.3600

Eb 1,5n = = 0,6 . R+rb 10+0,5n

-Công suất điện cần thiết cho sản xuất:

 1,5n = 6+0,3n => n = 5. -Công suất của bộ nguồn: P = EbI = 1,5.5.0,6 = 4,5W.

P = UI = 2.134057 = 268113W ≈ 268 kW -Công do nhà máy sinh ra:

-Công suất của mỗi nguồn: P' =

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

A = Pt = 268113.3600 = 9,652.108J = 268 kWh -Giá tiền để mua 268 kWh điện là: T = 268.1000 = 268000 đồng. 268000 = 4786 đồng. 56 Vậy: Công suất điện cần thiết cho sản xuất là P = 268 kW; giá thành của 1m3 hidrô là 4786 đồng. 12.7. Cho mạch điện như hình vẽ. Bộ nguồn gồm n pin mắc nối tiếp, mỗi pin có: e = 1,5V, r0 =

-Giá thành của 1 m3 hidrô là: T’ =

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.

Ta có: Số chỉ của vôn kế hai đầu bộ nguồn: U = E b -rb I = 1,5.5 – 0,5.5.0,6 = 6V. d)Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s = 965s 1 A 1 108 . .It = . .0,2.965 = 0,216g F n 96500 1 Vậy: Khối lượng bạc giải phóng ở catốt sau t = 16p5s là m = 0,216g. e)Độ sáng của đèn Đ3? Ta có: m =

-Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

Tìm: a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân.

phút 5 giây điện phân. e)Độ sáng của đèn R3?

-Điện trở tương đương của mạch ngoài:

(2)

b)Số pin và công suất mỗi pin. c)Số chỉ trên vôn kế hai đầu bộ nguồn. d)Khối lượng bạc được giải phóng ở ca-tốt sau 16

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 0,2A; điện trở bình điện phân là 20 Ω . b)Số pin và công suất mỗi pin

FnPVμ -Thay (2) vào (1) ta được: I = RTAt =>

U45 = I2(R2 + R3) = 0,4(9 + 3) = 4,8V -Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

U 4 = 20Ω -Điện trở của bình điện phân: R5 = 5 = I5 0,2

PV =

a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở bình điện phân -Hiệu điện thế 2 đầu R4, R5:

I4 = I5 = I1 – I2 = 0,6 – 0,4 = 0,2A -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.

1 A -Khối lượng hidrô giải phóng ở điện cực: m = . It F n =>

U 2đm 32 = = 3Ω Pđm 3

-Ta thấy: I2 = 0,4A < Iđm : đèn Đ3 sáng tối hơn bình thường.

A2 R4

Pđm 3 = = 1A U đm 3

12.8. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 9V, r = 0,5Ω, B là bình điện phân dung dịch CuSO4 với

các điện cực bằng đồng. Đ là đèn 6V - 9W, Rb là biến trở.

a)C ở vị trí Rb = 12Ω thì đèn sáng bình thường. Tính khối lượng đồng bám vào ca-tốt bình điện phân trong 1 phút, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn.

M B

Rb C

Bài giải

E, r

403

404

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 ca-tốt trong 1

a)Tính khối lượng đồng được giải phóng ở ca-tốt bình điện phân trong thời gian 16 phút 5 giây và điện năng

phút thay đổi như thế nào ?

bình tiêu thụ trong thời gian trên. b)Tính R3 và R4.

Bài giải Ta có: +Điện trở của đèn: R đ =

c)Tính điện tích trên mỗi bản tụ nối với N. Bài giải

U đ2m 62 = = 4Ω . Pđm 9

+Cường độ dòng điện định mức của đèn: Iđm =

Pđm 9 = = 1,5A . U đm 6

Ta có: +Điện trở của đèn 1: R1 =

a)Khối lượng đồng bám vào ca-tốt, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài và công suất của nguồn

Uđ2m1 Pđm1 U đ2m 2

22 8 = Ω. 1,5 3 42 16 = Ω. 3 3

U 6 -Cường độ dòng điện qua biến trở: Ib = NP = = 0,5A . Rb 12

+Điện trở của đèn 2: R 2 =

-Cường độ dòng điện qua bình điện phân: I = Iđm + Ib = 1,5 + 0,5 = 2A.

+Cường độ dòng điện định mức qua đèn 1: Iđm1 =

Pđm 2

-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 -Công suất tiêu thụ của mạch ngoài:

+Cường độ dòng điện định mức qua đèn 2: Iđm 2 =

Vậy: Khối lượng đồng bám vào ca-tốt là 39,8mg, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là 16W, công suất của nguồn là 18W. b)Độ sáng của đèn và lượng đồng bám vào ca-tốt thay đổi như thế nào? -Nếu con chạy C sang trái thì Rb tăng => RNP tăng => điện trở mạch ngoài tăng => I =

E R+r

3 = 0,75A . 4

E1 +E 2 -U AB 6+3-6 = = 3A r1 +r2 0,5+0,5

+Cường độ dòng điện qua R4: I 4 = I-Iđm 2 = 3-0,75 = 2,25A . a)Khối lượng đồng được giải phóng ở ca-tốt bình điện phân và điện năng bình tiêu thụ -Khối lượng đồng giải phóng ở catốt trong thời gian t =16p5s = 965s là: 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 m=

giảm nên lượng đồng bám vào catốt giảm. -Hiệu điện thế hai đầu đèn là: E R R ER đ R b . đ b = R đ R b R đ +R b R (R+R đ b )+RR b R+ R đ +R b

b)Tính R3 và R4 -Điện trở của bình điện phân: R4 =

-Cường độ dòng điện qua đèn: U NP ER b E = = RR đ Rđ R đ (R+R b )+RR b R+R đ + Rb

-Khi Rb tăng => ( R+R đ +

1,5 = 0,75A . 2

+Cường độ dòng điện qua mạch chính: Ta có: UAB = (E1 – E2)-(r1 – r2)I .

-Công suất của nguồn: P = EI = 9.2 = 18W .

Iđ =

Pđm 2 U đm 2

+Hiệu điện thế 2 đầu A, B: UAB = U1 + U2 = 2 + 4 = 6V.

PN = UI = (E-rI)I = (9-0,5.2).2 = 16W

U NP = IR NP =

Pđm1 U đm1

U4 4 16 = = Ω. I4 2,25 9

-Cường độ dòng điện qua R3: I3 = I-Iđm1 = 3-0,75 = 2,25A . -Điện trở R3: R 3 =

RR đ ) giảm nên Iđ tăng, nghĩa là độ sáng của đèn tăng. Rb

Vậy: Nếu di chuyển C sang trái thì độ sáng của đèn tăng và lượng đồng bám vào ca-tốt giảm.

12.9. Cho mạch điện như hình vẽ: E1 = 6V, E2 = 3V,

r1 = r2 = 0,5Ω, đèn R1: 2V - 1,5W, đèn R2: 4V - 3W,

có các điện cực bằng đồng, tụ C1 = 1 μF , C2 = C3 = 2 μF . Biết các đèn sáng bình thường.

E1, r1 A

-Tại N: q1 – q2 + q3 = 0  C1UNM – C2UAN + C3UNB = 0

E2, r2

 UNM – 2UAN + 2UNB = 0 -Mặt khác: UNM = UNA + UAM = UNA + 4,5 = 4,5 - UAN

B C1

C2 N

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.

R3 là điện trở, R4 là bình điện phân dung dịch CuSO4

U3 2 8 = = Ω. I3 2,25 9

405

X R4

(2)

+ - M+ C1

+ + - + -

406

-Thay (2) vào (1): 4,5 – UAN – 2UAN + 2UNB = 0  3UAN – 2UNB = 4,5 -Mặt khác: UAB = UAN + UNB = 6  2UAN + 2UNB = 12 -Lấy (3) + (4): 5UAN = 16,5

Vậy: Ampe kế chỉ 3,75A. d)Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài

(3) (4)

Ta có: U = UAB = 1,5(R2 + 2) = 1,5.(4 + 2) = 9V và I = 2,5 + 0,5R2 = 2,5 + 0,5.4 = 4,5A.

=> UAN = 3,3V; UNB = 2,7V; UNM = 4,5 – 3,3 = 1,2V. -Điện tích trên mỗi bản tụ nối với N:

=> P = UI = 9.4,5 = 40,5W. Vậy: Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là P = 40,5W.

. DÒNG ĐIỆN TRONG CHÂN KHÔNG 12.11. Cường độ dòng điện bão hòa trong một đi-ôt chân không là 3,2mA. Tính số electron bứt ra từ ca-tốt trong 1,2 phút.

Q1 = C1UNM = 1.1,2 = 1,2 μC . Q2 = -C2UAN = -2.3,3 = -6,6 μC . Q3 = C3UNB = 2.2,7 = 5,4 μC .

12.10. Cho mạch điện như hình vẽ: E = 13,5V, r = 1Ω, R1 = 3Ω, R3 = R4 = 4Ω, RA = 0, R2 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có các điện cực bằng đồng.

E, r

Biết sau 16 phút 5 giây điện phân, khối lượng đồng được giải phóng ở ca-tốt là 0,48g. Tính: a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân. b)Điện trở bình điện phân.

-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong 1s: Từ Ibh = n0e => n0 = R1

c)Số chỉ của ampe kế. d)Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài.

1A Theo định luật Farađay, ta có: m = I2 t Fn

Vậy: Số electron bứt ra từ ca-tốt trong thời gian t = 72 s là Ne = 1,44.1018. 12.12. Khoảng cách giữa hai cực của một đi-ôt điện tử là d = 4mm ; hiệu điện thế giữa chúng là

U = 10V ; dòng điện qua đi-ôt có cường độ I = 5mA. Tính : a)Số electron đến a-nốt trong mỗi giây.

b)Điện trở bình điện phân

-Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

Bài giải a)Số electron đến a-nốt trong mỗi giây

R1 B

Vậy: Cường độ dòng điện qua bình điện phân là 1,5A.

-Hiệu điện thế 2 đầu AB: UAB = I2 (R 2 +

b)Hiệu suất của đi-ôt là 50%. Tính giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt. c)Tốc độ của electron khi chúng đến a-nốt.

E, r I

Ta có : n e =

R3 R2

R 3R 4 4.4 ) = 1,5(R 2 + ) = 1,5(R 2 +2) R 3 +R 4 4+4

-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong 1s : Từ H =

U AB 1,5(R 2 +2) = = 0,5R 2 +1 R1 3

n0 =

ne . n0

n e 3,125.1016 = = 6,25.1016 (e/s) H 0,5

-Cường độ dòng điện bão hòa qua đi-ôt là : Ibh = n0e = 6,25.1016.1,6.10-19 = 10-2A = 10mA. Vậy : Giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt là Ibh = 10mA. c)Tốc độ electron khi đến a-nốt

11-0,5R2 = 1,5R2 + 3 => R2 = 4Ω.

Vậy: Điện trở bình điện phân là R2 = 4Ω.

Áp dụng định lí động năng, ta có : A = Wđ2 - Wđ1 

c)Số chỉ của ampe kế Ta có: I1 = 0,5.4 + 1 = 3A.

với : v1 = 0 => v 2 =

-Hiệu điện thế 2 đầu R3: U3 = U4 = I2R34 = 1,5.2 = 3V. -Cường độ dòng điện qua R3: I3 =

I 5.10−3 = = 3,125.1016 (e/s). e 1,6.10−19

Vậy : Số electron đến a-nốt trong mỗi giây là ne = 3,125.1016 (e/s). b)Giá trị bão hòa của dòng điện qua đi-ôt

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I = I1 + I2 = 1,5 + 0,5R2 + 1 = 2,5 + 0,5R2 Ta có: UAB = E – rI = 13,5 – 1.(2,5+0,5R2) = 1,5(R2 + 2)



I bh 3,2.10−3 = = 2.1016 (e/s). e 1,6.10−19

-Số electron bứt ra từ ca-tốt trong thời gian t = 72s: Ne = n0t = 2.1016.72 = 1,44.1018.

Bài giải a)Cường độ dòng điện qua bình điện phân: Vì RA = 0 nên mạch điện được vẽ lại như sau:

mFn 0,48.96500.2 I2 = = = 1,5A At 64(16.60+5)

Bài giải Ta có: t = 1,2 phút = 72s.

U3 3 = = 0,75A . R3 4

mv 22 mv12 = eU . 2 2

2eU 2.1,6.10−19 .10 = = 1,875.106 (m/s) m 9,1.10−31

Vậy : Tốc độ của electron khi đến a-nốt là v2 = 1,875.106(m/s). 12.13. Một đi-ôt điện tử có dòng điện a-nốt Ia = 6,4mA khi hiệu điện thế giữa a-nốt và ca-tốt là U

-Số chỉ của ampe kế: IA = 3 + 0,75 = 3,75A.

= 10V. Hiệu suất của đi-ôt là H = 60%.

407

408

a)Tính số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây. b)Tính động năng của electron khi đến a-nốt, biết rằng electron rời ca-tốt không vận tốc đầu.

Với d’ = 190m thì : U’2 = d’.

c)Tính nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút, biết rằng có 80% động năng của electron biến thành nhiệt.

+Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây là : U1' + U 2' 5.108 + 0,95.108 = ≈ 3.108V 2 2 Vậy : Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây vào cỡ U ≈ 3.108V. b)Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy U=

Bài giải a)Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây -Số electron đập vào a-nốt trong mỗi giây : n e =

U2 3.105 = 190. = 0,95.108 V . d2 0,6

I 6,4.10−3 = = 4.1016 (e/s). e 1,6.10−19

n 4.1016 -Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây : n0 = e = = 6,67.1016(e/s). H 0,6

-Hai cực của bugi xe máy có thể coi như hai mũi nhọn với d’ = 0,5mm. -Tra bảng 15.1 trang 90, Vật lí 11 – NXB Giáo dục Việt Nam 2012 về “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện”, ta có : U = 20000V ứng với trường hợp d =

Vậy : Số electron bứt ra từ ca-tốt trong mỗi giây là n0 = 6,67.1016 (e/s).

15,5mm. Suy ra :

b)Động năng của electron khi đến a-nốt 2 2

U' = U

2 1

mv mv = eU . 2 2 -Vì v1 = 0 => Wđ2 = eU = 1,6.10-19.10 = 1,6.10-18J = 10eV. -Theo định lí động năng, ta có : A = Wđ2 - Wđ1 

d' 0,5 = 20000. = 645V d 15,5

Vậy : Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy vào khoảng 645V. 12.15. Giữa hai điện cực cách nhau 20cm của một ống thủy tinh chứa khí ở áp suất thấp người ta

Vậy: Động năng của electron khi đến a-nốt là Wđ2 = 1,6.10-18J = 10eV. c)Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút -Tổng động năng các electron đến a-nốt trong mỗi phút là: Wđ = NeWđ2 = netWđ2. -Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút là: Q = HWđ = HnetWđ2.

đưa vào một electron. Tính số hạt tải điện tối đa có thể tạo ra do sự ion hóa chất khí, biết rằng quãng đường bay tự do của electron là 5cm. Bài giải

Có thể minh họa quá trình sinh ra hạt tải điện do sự ion hóa chất khí như sau :

 Q = 0,6.4.1016.60.1,6.10-18 = 2,3J Vậy: Nhiệt lượng a-nốt nhận được trong mỗi phút là Q = 2,3J.

.DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT KHÍ

12.14. Hãy ước tính : a)Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây cao 200m và ngọn cây cao 10m. b)Hiệu điện thế tối thiểu giữa hai cực của bugi xe máy khi xe chạy bình thường. Cho khoảng cách giữa hai cực của bugi khoảng 0,5mm.

Bài giải a)Hiệu điện thế sinh ra tia sét giữa đám mây và ngọn cây -Có thể coi đám mây là mặt phẳng, ngọn cây là mũi nhọn. Một cách gần đúng có thể ước tính hiệu điện thế phát sinh ra tia sét là trung bình cộng của hai trường hợp : mặt phẳng – mặt phẳng và mũi nhọn – mũi nhọn. -Từ bảng 15.1 trang 90, Vật lí 11 – NXB Giáo dục Việt Nam 2012 về “Mối liên hệ giữa hiệu điện thế hai điện cực và khoảng cách đánh tia điện” ta có : Hiệu điện thế tạo ra tia lửa điện gần như tỉ lệ với khoảng cách đánh tia lửa điện. Do đó : +Khoảng cách từ đám mây đến ngọn cây là : d’ = 200 – 10 = 190m.

-Số quãng đường tự do khi electron chuyển động giữa hai điện cực : k =

d 20 = = 4. a 5

-Số hạt tải điện tối đa sinh ra là : N = 2k+1 – 2 = 24+1 – 2 = 30. Vậy : Số hạt tải điện tối đa có thể tạo ra do sự ion hóa chất khí khi đưa vào ca-tốt của ống một electron là n = 30. 12.16. Thả một electron vào một chất khí có áp suất thấp đặt giữa hai điện cực thì có thể thu được tối đa 62 hạt tải điện. Tính khoảng cách giữa hai điện cực biết quãng đường tự do khi dịch chuyển của electron là 4cm.

Bài giải -Tổng số hạt tải điện sinh ra là : N = 2k+1 – 2  62 = 2k+1 – 2 => k = 6. -Khoảng cách giữa hai điện cực là : d = ka = 6.4 = 24cm. Vậy : Khoảng cách giữa hai điện cực là d = 24cm. . DÒNG ĐIỆN TRONG BÁN DẪN

+Xét trường hợp cực phẳng – cực phẳng : Với d1 = 114mm = 0,114m thì U1 = 300000V = 3.105V.

Với d’ = 190m thì : U’1 = d’.

5cm

12.17. Một mẫu bán dẫn hình hộp chữ nhật có kích thước (0,2 x 0,5 x 1,0)cm3. Mật độ hạt tải điện trong bán dẫn là n0 = 1022 (hạt/m3). Một dòng điện có cường độ I = 5mA chạy dọc theo chiều dài của mẫu. Tính tốc độ trung bình của chuyển động có hướng của các hạt tải điện.

U1 3.105 = 190. = 5.108 V . d1 0,114

Bài giải

+Xét trường hợp mũi nhọn – mũi nhọn : Với d2 = 600mm = 0,6m thì U2 = 300000V = 3.105V.

409

410

-Vì chuyển động có hướng của các hạt tải điện trong bán dẫn giống như chuyển động có hướng của electron trong kim loại nên ta có: I=

q I = n0eSv => v = t n 0eS

Ta có: IB =

-Vì các hạt tải điện chuyển động dọc theo chiều dài của mẫu (c = 1,0cm) nên:

e1 - U BE 4,5 - 0,5 = 10-4A = 10μA. = RB 40.103

Vậy: Cường độ điện bazơ IB là IB = 10μA. b)Cường độ dòng colectơ IC

S = 0,2.0,5 = 0,1cm2 = 10-5m2 =>

Bài giải a)Cường độ điện bazơ IB

Ta có: IC = βIB = 100.10 = 1000μA = 10mA. Vậy: Cường độ dòng colectơ IC là IC = 10mA.

5.10−3 = 0,31(m/s) 10 .1,6.10−19 .10−5 22

Vậy: Tốc độ trung bình của chuyển động có hướng của các hạt tải điện là v = 0,31(m/s). 12.18. Một mẫu bán dẫn silic có khối lượng 2,8g. Pha thêm vào đó các nguyên tử asen theo tỉ lệ

c)Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E) Xét đoạn mạch C – RC – e2 – E, ta có: UCE = e2 – ICRC.

1 : 109. Biết rằng cứ 5 nguyên tử pha thêm sẽ tạo ra 1 electron dẫn. Xác định số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này. Cho Si = 28.

 UCE = 12 – 10-2.103 = 2V Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E) là uCE = 2V. 12.21. Một tranzito p – n – p được mắc với các nguồn điện e1, e2 và điện trở RC để tạo thành mạch khuếch đại: e2 = 15V; uEC = 8V; β = 40; IC = 1mA.

Bài giải m 2,8 -Số nguyên tử silic trong 2,8g là : NSi = .N A = .6,023.1023 = 6,023.1022 (hạt). M 28 -Số nguyên tử asen pha vào là : NAs =

a)Vẽ sơ đồ mạch khuếch đại. b)Tính cường độ dòng emitơ IE. c)Tính RC và cường độ dòng bazơ IB.

NSi 6,023.1022 = = 6,023.1013 (hạt). 9 10 109

Bài giải

N 6,023.1013 -Số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là: Ne = As = = 1,2046.1013 (hạt). 5 5 Vậy: Số electron dẫn được tạo ra do sự pha tạp này là Ne = 1,2046 (hạt). 12.19. Ở nhiệt độ phòng, trong bán dẫn Si tinh khiết, số cặp electron – lỗ trống bằng 10-13 số nguyên tử silic. Nếu ta pha P vào Si với tỉ lệ 1/106 thì số hạt tải điện tăng lên bao nhiêu lần?

Vì IB << IC => IE ≈ IC = 1mA. Vậy: Cường độ dòng emitơ IE là IE ≈ 1mA. c)Tính RC và cường độ dòng bazơ IB

RC e2

-Xét đoạn mạch E – e2 – RC – C ta có: UEC = e2 – ICRC.

Bài giải Gọi N là số nguyên tử silic. -Ban đầu số hạt tải điện là : N1 = 2.10-13N (1) -Khi pha P vào Si với tỉ lệ 1/106 thì số hạt tải điện tăng lên là do số electron tạo ra tăng lên. Số hạt tải điện lúc này là: N2 = N1 + 10-6N = 2.10-13N + 10-6N

a)Sơ đồ mạch khuếch đại b)Cường độ dòng emitơ IE

(2)



RC =

e 2 - U EC 15 - 8 = = 7.103Ω = 7kΩ IC 10−3

-Cường độ dòng bazơ: Ta có: IC = βIB => IB =

IC 1 = = 0,025mA = 25µA . β 40

Vậy: Điện trở RC = 7kΩ và cường độ dòng bazơ là IB = 25μA.

N -Tỉ số giữa số hạt tải điện cũ và mới là : k = 2 . N1

12.22. Cho mạch điện như hình a, các điện trở có giá trị R1 = 1kΩ; R2 = 2kΩ; R3 = 3kΩ; R4 = 4kΩ. Đ là một đèn quang điện có a-nốt nối với điểm C, ca-tốt nối với điểm D. Nếu điện thế a-nốt

(2.10-13 +10-6 )N = 1 + 5.106 ≈ 5.106 2.10-13 N Vậy : Số hạt tải điện tăng lên hơn 5 triệu lần.

cao hơn điện thế ca-tốt thì đèn mở và có dòng i0 = 10mA đi qua; ngược lại thì đèn đóng, không có dòng đi qua. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là 100V (VA > VB). a)Đèn Đ đóng hay mở? b)Tính hiệu điện thế giữa hai cực của đèn. I(mA)



12.20. Một tranzito n – p – được mắc với các nguồn điện theo sơ đồ như hình vẽ. Hiệu điện thế giữa hai cực bazơ (B) và emitơ (E) là uBE = 0,5V; hệ số khuếch đại dòng điện là β = 100; RB = 40kΩ; RC = 1kΩ; e1 = 4,5V; e2 = 12V.

C B

RC e2

a)Tính cường độ dòng bazơ IB. b)Tính cường độ dòng colectơ IC.

R1 C

B Hình a

411

10 D

c)Tính hiệu điện thế giữa hai cực colectơ (C) và emitơ (E).

R2 0

20 30 Hình b

U(V)

412

c)Giữ nguyên các điện trở và hiệu điện thế giữa A và B nhưng thay đèn Đ bằng một đi-ốt K chỉ cho dòng đi qua theo chiều từ C đến D. Đi-ốt có đường đặc trưng vôn – ampe vẽ ở hình b. -Nêu các đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện. -Nếu đi-ốt mở, tính dòng qua đi-ốt. (Trích đề thi học sinh giỏi Quốc gia, năm học 1987- 1988) Bài giải a)Đèn Đ đóng hay mở? Giả sử đèn Đ đóng, mạch điện gồm: [(R1 nt R3) // (R2 nt R4)]. -Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: R =



R13 R 24 (R1 +R 3 )(R 2 +R 4 ) . = R 13 + R 24 (R1 +R 3 )+(R 2 +R 4 )

12.23. Trong một hộp kín có hai cực người ta ghép hai đi-ốt bán dẫn giống nhau và một điện trở thành mạng đơn giản. Xác định giá trị của điện trở bằng các dụng cụ sau: -Nguồn điện không đổi. -Biến trở có con chạy.

-Cường độ dòng điện qua các nhánh: U U 100 1 = = = A. R 13 R1 +R 3 1000 + 3000 40

+Nhánh 2, 4: I” =

U U 100 1 = = = A. R 24 R 2 +R 4 2000 + 4000 60

-Đặt VB = 0 thì VC = I’R3 =

+Khi VC < VD: Đi-ốt đóng, dòng điện không qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở rất lớn: R = ∞ . -Cường độ dòng điện qua đi-ốt khi đi-ốt mở A R1 R4 +Khi đi-ốt mở, ta có: i -i 1 3 C D R1i1 + R3i3 = UAB (a)

+Kiểm lại, ta có: VC = R3i3 = 3000.23,2.10-3 = 69,6V; VD = R2i2 = 2000.21,2.10-3 = 42,4V. => VC > VD: đi-ốt mở.

U 100 1 = = A. R 2400 24

+Nhánh 1, 3: I’ =

-Hai đồng hồ vạn năng, dây nối và giấy kẻ ô li. (Trích đề thi Vật lí Quốc tế, Ba Lan - 1974)

Bài giải -Có thể có các cách mắc như hình I.

1 1 .3000 = 75V ; VD = I”R2 = .2000 = 33,3V . 40 60

-Vì VC > VD nên đèn Đ mở. Vậy: Đèn Đ mở.

b)Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn -Vì đèn Đ mở nên mạch điện gồm: [(R1 // R4) nt (R3 // R2)]. +Xét đoạn mạch ACB, ta có: R1i1 + R3(i1 – 0,01) = UAB.  1000i1 + 3000(i1 – 0,01) = 100.

=> i1 = 32,5mA; i3 = i1 – i0 = 32,5 – 10 = 22,5mA. +Xét đoạn mạch ADB, ta có: R4i4 + R2(i4 + 0,01) = UAB.

 =>

R 2i 2 2000.23,3 = = 46,6V. R1 1000

VD =

UCD = VC – VD= 67,5 – 46,6 = 20,9V.

-Lắp sơ đồ theo hình II và đo dòng i ứng với các hiệu điện thế U1, U2 đặt theo hai chiều ngược nhau, ta được các giá trị: i(U1); i(U2); i(-U1); i(-U2)

R 3i 3 3000.22,5 = 67,5V. = R1 1000

Và

Hình I

4000i4 + 2000(i4 + 0,01) = 100. i4 = 13,3mA; i2 = i4 + i0 = 13,3 + 10 = 23,3mA.

-Điện thế các điểm C và D: VC =

30 − 20 = 1000Ω . 0,01

i1-i3+i4 R4i4 + R2(i1-i3+i4) = UAB (b) R3 R2 B R1i1 + R1(i1-i3) – R4i4 = 0 (c) +Giải hệ (a), (b) và (c) ta được: i1 = 30mA; i2 = 21,2mA; i3 = 23,2mA; i4 = 14,2mA. +Cường độ dòng điện qua đi-ốt: i1 – i3 = 30 – 23,2 = 6,8mA.

(1+3)(2+4) = 2,4kΩ = 2400Ω (1+3) + (2+4)

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

+Khi VC > VD: Đi-ốt mở, dòng điện qua được đi-ốt và đi-ốt có điện trở: R =

-Từ kết quả thu được ta nhận thấy: +Dòng điện chạy được theo cả hai chiều.

Hình II

+Với cùng một hiệu điện thế đặt theo hai chiều thì dòng có giá trị khác nhau. +Theo cả hai chiều, dòng không là hàm tuyến tính của hiệu điện thế.

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn là UCD = 20,9V. c)Khi thay đèn Đ bằng một đi-ốt K

-Từ các đặc điểm trên, ta thấy: +Từ đặc điểm thứ nhất, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: a1, c1, c4, d1, e2.

-Đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện

+Từ đặc điểm thứ hai, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: b2, d2.

413

414

+Từ đặc điểm thứ ba, ta có thể loại bỏ các sơ đồ: b1, c2, c3. Từ đó, các linh kiện trong hộp phải được mắc theo sơ đồ e1.

+Do trong sơ đồ hình a ampe kế đo cả dòng qua vôn kế, còn trong sơ đồ hình b thì vôn kế đo cả hiệu điện thế trên ampe kế.

U R (i) U (i)-U A (i) . = B i i -Thực hiện phép đo nhiều lần và ghi kết quả theo bảng sau:

Vì vậy khi tính toán cần sử dụng các dữ kiện về điện trở nội của các dụng cụ.

-Giá trị của R: R =

STT phép đo

i(mA)

UB(mV)

UA(mV)

UB-UA

+Do nhiệt độ của linh kiện bán dẫn tăng nên độ dẫn điện của nó tăng, điều này cũng gây ra sai số hệ thống.

U B -U A i

-Đường đặc trưng vôn – ampe của bán dẫn được vẽ như hình c. b)Điện trở nội (điện trở động) của đèn bán dẫn khi dòng có cường độ 25mA

… -Kết quả: R = 10Ω; sai số:

ΔU B +ΔU A Δi ΔR = + = 10%. R U B -U A i

-Điện trở trong của bán dẫn: R =

12.24. Cho các dụng cụ sau đây: đèn bán dẫn, biến trở (140kΩ), điện trở không đổi 300Ω, nguồn điện 9V, hai máy đo vạn năng nhưng không đo được điện trở, dây nối. a)Lắp mạch điện và đo lường để vẽ đường đặc trưng vôn – ampe của đèn bán dẫn trong phạm vi công suất tối đa 250mW. Trước khi đo, hãy nghĩ xem làm thế nào thì đèn bán dẫn không bị quá tải, ghi lập luận vào báo cáo. Vẽ sơ đồ mạch điện mà em dùng, phân tích các sai số hệ thống mắc phải khi dùng mạch ấy. b)Tính điện trở nội (điện trở động) của đèn bán dẫn khi dòng có cường độ 25mA. c)Dùng sơ đồ như hình vẽ bên để nghiên cứu sự phụ thuộc của điện thế ra U2 đối với điện thế vào U1. Lập bảng số liệu và vẽ đồ thị. Cho U1 biến đổi từ 0 đến 9V. Nên mắc đèn sao cho U2 thật lớn. Vẽ sơ đồ đầy đủ của mạch đã lắp và giải thích kết quả đo lường.

+Theo chiều thuận: R = 1 ± 50%. +Theo chiều nghịch: R = 10 ± 50%. -Sai số tương đối: 50%. c)Lập bảng số liệu, vẽ đồ thị. Vẽ sơ đồ của mạch và giải thích kết quả -Sơ đồ đầy đủ như hình d. -Với cả hai chiều dòng điện, đồ thị U2 = f(U1) có dạng như nhau nhưng có trị số khác nhau. U2

U2 V

d)Nếu U1 tăng từ 7V lên 9V thì U2 biến đổi bao nhiêu, giải thích định tính giá trị của

(Trích đề thi Vật lí Quốc tế, CHDC Đức - 1975) Bài giải a)Lắp mạch điện, vẽ đường đặc trưng vôn – ampe của đèn bán dẫn và vẽ sơ đồ mạch điện -Vì công suất tối đa mà linh kiện bán dẫn chịu được là 250mW nên thí nghiệm phải được tiến hành sao cho tích của điện thế và cường độ dòng điện qua bán dẫn nhỏ hơn công suất đó. Do đó có thể bố trí thí nghiệm như sơ đồ hình a và b. mA

Hình d

ΔU1 . ΔU 2

e)Đèn bán dẫn dùng trong thí nghiệm này là loại đèn gì? Nêu công dụng thực tế của sơ đồ ở câu c (tiếp theo là bảng điện trở nội của máy đo, thuộc loại chính xác 2,5Ω).

Hình e

d)Giải thích định tính giá trị của

ΔU1 ΔU 2

-Theo kết quả đo lường: ΔU 2 = 0,1±50% << ∆U1 = 2V. -Giải thích: Vì điện trở nội của bán dẫn rất nhỏ so với điện trở 300Ω nên biến thiên của điện thế ảnh hưởng chủ yếu đến điện thế qua điện trở này. e)Loại đèn bán dẫn Đèn bán dẫn trong thí nghiệm này chính là đi-ốt. Sơ đồ d có thể dùng để ổn áp. 12.25. Cho mạch điện như hình vẽ: hai đi-ôt giống nhau, hai

nguồn điện và một điện trở R. Các nguồn điện có suất điện động e1 = 0,8V; e2 = 1,6V và điện trở trong không đáng kể.

-Với dòng 25mA:

-Để có U2 lớn phải nối bán dẫn theo chiều nghịch.

Bán dẫn

Δu . Δi

i1 e1

i2 R

Điện trở thuận của mỗi đi-ôt là 4Ω còn điện trở ngược thì vô cùng lớn. Tìm giá trị của R để công suất tỏa nhiệt trên nó là

cực đại. Hình a

Bài giải Giả sử các đi-ôt đều mở. Áp dụng định luật Kiêc-xôp cho các mạch vòng nhỏ, ta được:

Hình b

-Sai số hệ thống là do các nguyên nhân sau:

-e1 + i1r + iR = 0 -e2 + i2r + iR = 0

415 ∆i1 ∆ u2

U ∆ u1

(1) (2)

i1 e1

i2 R

416

Và

i1 + i2 = i -e1 + 4i1 + iR = 0

(3) (1’)



-e2 + 4i2 + iR = 0 i1 + i2 = i

(2’) (3’)

Chuyên đề 11: DÒNG ĐIỆN TRONG KIM LOẠI. CÁC HIỆN TƯỢNG NHIỆT ĐIỆN VÀ SIÊU DẪN 1. Một dây bạch kim ở 20oC có điện trở suất ρ 0 =10,6.10-8 (Ω.m) . Tính điện trở suất của dây

4-R 8+R 12 ; i2 = ;i= . 10(2 + R) 10(2 + R) 10(2 + R)

Từ (1’), (2’) và (3’): i1 =

bạch kim này ở 1120oC, biết hệ số nhiệt điện trở của bạch kim là α = 3,9.10−3 K −1 .

Vì i2 > 0 với mọi giá trị của R nên đi-ôt 2 luôn mở còn đi-ôt 1 có thể mở hoặc đóng. a)Trường hợp R < 4Ω: i1 > 0, đi-ôt 1 mở. Lúc đó:

Bài giải -Điện trở suất của dây bạch kim ở 0oC là : ρ = ρ0 [1 + α(t - t 0 )]

  12 1,44R 1,44 1,44 PR = Ri2 = R  = 0,18W = ≤  = 2 2 10(2 + R) (2 + R) (2 2 )2 2      R+  R  Vậy: Công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại khi

R =

2 R

Bài giải -Điện trở bóng đèn khi thắp sáng : R t = R 0 [1 + α( t − t 0 )]

chuyển tiếp liên hệ với hiệu điện thế đặt giữa hai cực của đi-ôt theo hệ thức: I = I0( e kT -1 ), với I0 phụ thuộc vào chất bán dẫn nhưng không phụ thuộc vào U hay I; U > 0 nếu lớp chuyển tiếp phân cực thuận và ngược lại. a)Vẽ phác đồ thị của hàm số này với I0 = 1mA; -0,5V < U < 0,15V. b)Tính hệ số chỉnh lưu của đi-ôt này ở hiệu điện thế 0,1V và 0,5V. Cho hằng số Bôn-zơ-man k = 1,38.10-23(J/K); hệ số chỉnh lưu của một hiệu điện thế nào đó là tỉ số giữa dòng điện thuận và dòng điện ngược của hiệu điện thế đó; ở nhiệt độ phòng kT = 0,025eV.

Bài giải

Rt − R0 484 − 48,8 = 20+ = 2000oC αR 0 4,5.10- 3.48,8

Vậy: Nhiệt độ của đèn khi thắp sáng là t = 2000oC. 3. Dây tóc của một bóng đèn làm bằng vônfram có hệ số nhiệt điện trở là α = 4,5.10-3K-1. Khi không thắp sáng, ở nhiệt độ 20oC, điện trở của đèn là R0 = 39Ω. Tính điện trở của đèn khi thắp sáng bình thường ở nhiệt độ 2500oC. Bài giải Ta có: R = R0[1 + α(t – t0)] = 39.[1 + 4,5.10-3.2500] = 484Ω. Vậy: Điện trở của đèn khi thắp sáng bình thường ở nhiệt độ 2500oC là R = 484Ω.

4. Tìm hệ số nhiệt điện trở của dây dẫn biết ở nhiệt độ t1 = 200C, dây có điện trở R1 = 100Ω; ở nhiệt độ t2 = 24000C, dây có điện trở R2 = 200Ω.

 0,1

e.0,5V

t = t0+

R 2 - R1 Ta có: R 2 = R1[(1 + α(t 2 - t1 )] => α = R1 (t 2 - t1 )

0,3

eU I η = th = e kT I ng e.0,1V

Bài giải

ρ = 10,6.10−8 [1 + 3,9.10−3 (1120 − 20)] = 56,1.10−8 (Ω.m) .

α = 4,5.10−3 K −1 . Tính nhiệt độ của đèn khi thắp sáng.

Vậy: Công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại khi R = r = 4Ω và PR(max) = 0,16W. 12.26. Một đi-ôt bán dẫn có lớp chuyển tiếp p – n lí tưởng và cường độ dòng điện chạy qua lớp

Ta có: Ing = I0; Ith = I0 e kT (khi U đủ lớn).

2. Một bóng đèn khi thắp sáng có điện trở 484 Ω ; khi không thắp sáng có điện trở 48,8 Ω . Biết nhiệt độ của môi trường là 20oC; dây tóc làm bằng vonfram có hệ số nhiệt điện trở là

e 22 e 22 e2 1,62 = ≤ 2 = = 0,16W 2 2 (R + r) 4r 4.4 r    R+  R 

a)Đồ thị của I theo U: Hình vẽ. b)Hệ số chỉnh lưu của đi-ôt

ρ0 =10,6.10-8 (Ω.m) ; t = 1120oC ; t0 = 20oC.

Vậy : Điện trở suất của dây bạch kim ở 1120oC là ρ = 56,1.10-8 (Ω.m) .

=> R = 2Ω và PR(max) = 0,18W.

b)Trường hợp R ≥ 4Ω: i1 < 0, đi-ôt 1 đóng. Lúc đó: PR = Ri2 = R

với

α=

200 − 100 = 4,2.10-4(K-1). 100.(2400 − 20)

Vậy: Hệ số nhiệt điện trở của chất làm dây dẫn là α = 4,2.10-4(K-1). 0,1

5. Một thanh than ( ρ1 = 4.10−5 Ωm ; α1 = −0,8.10−3 K −1 ) và một thanh sắt ( ρ 2 = 1,2.10−6 Ωm ;

Với U = 0,1V thì η1 = e 0,025eV = e 4 = 55 ; với U = 0,5V thì η2 = e 0,025eV = e 20 = 4,9.108 .

α 2 = 6.10−3 K −1 ) cùng tiết diện, mắc nối tiếp. Tìm tỉ số chiều dài hai thanh để điện trở của mạch

Vậy: Hệ số chỉnh lưu của đi-ôt ứng với hiệu điện thế 0,1V là η1 = 55; ứng với η2 = 4,9.108.

không phụ thuộc nhiệt độ.

Bài giải Gọi R01, R02 là điện trở thanh than và thanh sắt ở 0oC.

--------------------

 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP

417

418

8. Đồng có nguyên tử khối 63,5, khối lượng riêng 8,9(g/cm3) và điện trở suất 1,6.10-8(Ω.m). Hãy

-Điện trở của thanh than và thanh sắt ở nhiệt độ t: R1 = R01(1+ α1 t); R2 = R02(1+ α 2 t)

tính: a)Mật độ electron tự do của đồng (coi mỗi nguyên tử đồng giải phóng 1 electron tự do).

-Khi hai thanh mắc nối tiếp thì điện trở tương đương của hai thanh là:

b)Độ lưu động của electron tự do bên trong kim loại đồng. Bài giải

R = R1 + R2 = (R01 + R02) + (R01 α1 + R02 α 2 )t -Để R không phụ thuộc vào nhiệt độ thì:

Gọi:

(R01 α1 + R02 α 2 ) = 0 =>

R01 α1 - R02 α 2

Mà:

l l l l R 01 = ρ1 1 ; R 02 = ρ 2 2  ρ1 1 .α1 = −ρ 2 2 .α 2 S S S S

l1 ρα 1,2.10 −7.6.10−3 9 1 . =− 2 2 =+ = ≈ l2 ρ1α1 4.10− 5.0,8.10− 3 400 44

-Mật độ electron tự do trong kim loại: n 0 =

N . V

-Vì mỗi nguyên tử kim loại giải phóng n electron tự do nên: N = n.N A

Vậy: Để điện trở của mạch không phụ thuộc vào nhiệt độ thì tỉ số chiều dài hai thanh phải bằng

l1 1 ≈ . l2 44

m . A

nN A m m , với D = . AV V

Do đó: n 0 =

N A nD A a)Mật độ electron tự do của đồng

n0 =

6. Dùng cặp nhiệt điện động đồng – constantan có hệ số nhiệt điện động là αT = 42,5(μV/K) nối với milivôn kế để đo nhiệt độ nóng chảy của thiếc. Giữ nguyên mối hàn thứ nhất của cặp nhiệt điện này trong nước đá đang tan và nhúng mối hàn thứ hai của nó vào thiếc đang nóng chảy. Khi

Ta có: n 0 =

đó milivôn kế chỉ 10,03mV. Tính nhiệt độ nóng chảy của thiếc. Bài giải

b)Độ lưu động của electron tự do bên trong kim loại đồng

Ta có: e = 10,03mV = 10.030μV; T2 = 0.

Ta có: v = μE => μ =

e 10030 = 236oC. Từ công thức: e = αT(T1 – T2) => T1 = T2 + =0+ αT 42,5

Xét trong khoảng thời gian Δt , các electron tự do truyền qua tiết diện S được chứa trong hình trụ

Vậy: Nhiệt độ nóng chảy của thiếc là tnc = T1 = 236oC. 7. Một cặp nhiệt điện có điện trở trong r = 0,6Ω và hệ số nhiệt điện động của nó là αT là 63,8(μV/K) được nối kín với một miliampe kế hiện số có điện trở trong R = 10Ω. Đặt một mối

-Điện tích truyền qua tiết diện S trong khoảng thời gian Δt là:

hàn của cặp nhiệt điện này trong không khí ở 20oC và nhúng mối hàn thứ hai của nó vào trong thiếc đang nóng chảy đựng trong cốc sứ. Khi đó miliampe kế chỉ cường độ dòng điện I = 1,3mA.

-Cường độ dòng điện là: I =

Tính suất điện động của cặp nhiệt điện và nhiệt độ nóng chảy của thiếc. Bài giải

Ta có: e = αT(T1 – T2)

Và

1300 =

e = 1300.10,6 = 13780μV = 13,78mV; T1 =

(1’) (2’)

13780 + 1276 = 236oC. 63,8

Vậy: Suất điện động của cặp nhiệt điện và nhiệt độ nóng chảy của thiếc là e = 13,78mV và T1 = 236oC.

419

v E

Δq = Ne = n 0 Ve = n 0SvΔte

Δq = n 0Sve Δt

I n 0Se

-Độ lưu động: μ =



e e = 10+0,6 10,6

63,5

8,9 10-6 =8,44.1028 (e/m3).

đáy S, đường cao ΔS=v.Δt .

(1)

e I= (2) R+r e = 63,8(T1 – 20) = 63,8T1 – 1276

Và

6,02.1023 .1.

v I U U , với E = . = = E n 0SeE d l

Il l l = = n 0SeU n 0SeR n 0 eSR

μ=

Mà:

R=ρ

μ=

l RS => = ρ. S l

1 1 = = 4,6.10-3 (SI) n 0 eρ 8,44.1028 .1,6.10-19 .1,6.10-8

Vậy: Độ lưu động của electron tự do bên trong kim loại đồng là μ = 4,6.10-3 (SI) .

420

9. Mật độ electron trong một dây dẫn kim loại là n0 = 2,4.1028 (electron/m3). Vận tốc trung bình của electron trong dây dẫn là v = 0,3(mm/s). Dây dẫn có tiết diện S = 5mm2. Tính cường độ dòng điện trong dây dẫn.

Bài giải Ta có: I = n0eSv = 2,4.1028.1,6.10-19.5.10-6.0,3.10-3 = 5,76A. Vậy: Cường độ dòng điện trong dây dẫn là I = 5,76A. 10. Một dây đồng có tiết diện S = 4mm2 có dòng điện cường độ I = 10A chạy qua. Tốc độ trung bình của electron trong chuyển động có hướng của nó trong dây đồng là v = 0,18(mm/s). a)Tính mật độ electron trong đồng. b)Tính lực điện trường tác dụng lên mỗi electron, biết đồng có điện trở suất là ρ = 1,69.108 (Ωm).

Bài giải I 20 = = 8,45.1028 (e/m3). eSv 1,6.10−19.4.10−6.0,18.10−3



F = 1,6.10-19.20.

96500.1532 = 13200C 11200

I' =

q 13200 11 = = A t 3600 3 nE 0 - E' R 2 + nr0

11 .(1,5 + 10.0,1) = 1,63V 3 Vậy: Suất phản điện của bình điện phân là E’ = 1,63V. c)Cường độ dòng điện qua các pin và các bình khi hai bình mắc song song -Khi hai bình điện phân mắc song song, ta có: I = I1 + I2 (1)

b)Lực điện trường tác dụng lên mỗi electron

ρl . S

-Lực điện trường tác dụng lên mỗi electron là: F = eE = e.

Vậy: Mật độ electron trong đồng là n0 = 8,45.1028 (e/m3).

-Hiệu điện thế hai đầu đoạn dây đồng là: U = IR = I

1 A 1 63, 6 . .It = . .7,2.3600 = 8,54g F n 96500 2 Vậy: Khối lượng ca-tôt tăng lên sau 1 giờ điện phân dung dịch CuSO4 là mCu = 8,54g. b)Suất phản điện của bình điện phân -Cứ 96500C giải phóng 1 đương lượng gam hiđro tức là 1g H2 chiếm 11200cm3 ở điều kiện tiêu chuẩn. Do đó, để thu được 1532cm3 H2 ở điều kiện tiêu chuẩn phải dùng điện lượng: mcu =

-Theo định luật Ôm cho đoạn mạch chứa máy thu, ta có: I’ =

a)Mật độ electron trong đồng Ta có: I = n0eSv => n0 =

-Áp dụng định luật Faraday, ta được:

U ρ = eI. . l S

1,69.10−8 = 13,52.10-21N 4.10−6 -21

Vậy: Lực điện trường tác dụng lên mỗi electron là F = 13,52.10 N. -------------------

E' = nE0 – I’(R2 + nr0) = 10.1,08 -

I1 =

U AB U = AB R1 0,5

(2)

I2 =

U AB - E' U AB - 1,63 = R2 1,5

(3)

UAB = nE0 – nr0I

Chuyên đề 12: DÒNG ĐIỆN TRONG CHẤT ĐIỆN PHÂN, CHÂN KHÔNG, CHẤT KHÍ VÀ CHẤT BÁN DẪN 11. Một bộ pin gồm 10 pin mỗi pin có E0 = 1,08V và r0 = 0,1Ω được mắc nối tiếp và được dùng để thực hiện điện phân các dung dịch. a)Trường hợp bình điện phân chứa dung dịch CuSO4 với các điện cực bằng Cu và có điện trở R1 = 0,5Ω thì sau 1 giờ khối lượng ca-tôt tăng bao nhiêu? Lấy Cu = 63,6.

(4)

-Thay (1), (2), (3) vào (4), ta được: UAB = nE0 – nr0(

U AB U AB - 1,63 ). + 0,5 1,5



1,5UAB = 1,5nE0 – 3nr0UAB + nr0UAB – 1,63nr0

 

1,5UAB = 1,5.10.1,08 – 3.10.0,1UAB + 10.0,1UAB – 1,63.10.0,1 1,5UAB = 162 – 3UAB + UAB – 1,63 => UAB = 3,24V

I1 =

3, 24 3,24 - 1,63 = 6,48A ; I2 = = 1,07A ; I = 6,48 + 1,07 = 7,55A. 0,5 1,5

b)Trường hợp bình điện phân chứa dung dịch H2SO4 với các điện cực đại bằng Pt và có điện trở

Vậy: Cường độ dòng điện qua các pin và các bình khi hai bình mắc song song là I = 7,55A; I1 =

R2 = 1,5Ω thì sau 1 giờ người ta thu được 1532cm3 H2 ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính suất phản

6,48A và I2 = 1,07A. 12. Khi điện phân dung dịch NaOH với điện cực bằng graphit ta thấy ở a-nốt có khí oxi và ở catốt có khí hidro thoát ra. Biết cường độ dòng điện qua bình điện phân là I = 7,5A và thời gian

điện của bình. c)Bây giờ cả hai bình nói trên mắc song song vào bộ pin. Tính cường độ dòng điện qua các pin

điện phân là t = 16 phút 5 giây. Tính: a)Khối lượng các chất khí thoát ra ở hai điện cực. b)Thể tích chất khí thu được ở a-nốt dưới áp suất 72 cmHg và nhiệt độ 27oC.

và các bình.

Bài giải a)Khối lượng ca-tôt tăng lên sau 1 giờ điện phân dung dịch CuSO4 -Cường độ dòng điện qua bình điện phân dung dịch CuSO4:

Bài giải a)Khối lượng các chất khí thoát ra ở hai điện cực

nE 0 10.1,08 = = 7,2A I= R1 + nr0 0,5 + 10.0,1

Ta có: t = 16 phút 5 giây = 965s.

421

422

-Khối lượng khí oxi thoát ra ở a-nốt: m1 =



m1 =

1 A1 . .It . F n1

1 16 . .7,5.965 = 0,6g 9,65.104 2

m2 =

1 A2 . .It . F n2

1 1 . .7,5.965 = 0,075g 9,65.104 1

-Thể tích khí oxi ở điều kiện chuẩn (p0 = 76 cmHg; T0 = 273K) là: V0 = 22,4.

m1 0,6 = 22,4. = 0,42 (lít) M1 32

-Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng, ta có: V1 =

I 0,137 = = 6,85.10-4m2 = 6,85cm2. j 0,02

Vậy: Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân và diện tích của mỗi điện cực là I = 0,137A và S = 6,85cm2.

Vậy: Khối lượng các chất khí thoát ra ở hai điện cực : khí oxi là m1 = 0,6g, khí hidro là m2 = 0,075g. b)Thể tích chất khí thu được ở a-nốt dưới áp suất 72 cmHg và nhiệt độ 27oC

m1Fn1 1,104.9,65.104.1 = = 0,137A. A1 t 108.2.3600

-Diện tích mỗi điện cực là: S =

-Khối lượng khí hidro thoát ra ở ca-tốt: m2 =



-Từ công thức (1), ta có: I =

14. Trong sơ đồ mạch điện như hình vẽ, các pin đều có suất điện động e và điện trở trong r. Điện trở của biến trở có giá trị R, các dây nối có điện trở không đáng kể. Q là đi-ốt lý tưởng (nếu điện thế điểm B lớn hơn điện thế điểm C thì điện trở đi-ốt vô cùng lớn. Nếu VB ≤ VC thì điện trở đi-ốt bằng 0)

p 0 V0 pV = 1 1. T0 T1

Bài giải a)Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ -Khi VB ≤ VC (điện trở đi-ốt bằng 0). Ta có:

Với:

a)Tính khối lượng Pb giải phóng khỏi a-nốt của bình thứ hai. b)Tính cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân và diện tích của mỗi điện cực.

Cho khối lượng mol nguyên tử của Ag và Pb là A1 = 108; A2 = 207. Bài giải

+Hiệu điện thế giữa hai đầu R: UBA = RI = R

Vì bình điện phân 1 đựng dung dịch AgNO3 với điện cực bằng Ag (điện cực tan); bình điện phân 2 đựng dung dịch Pb(NO3)2 với điện cực bằng Pb (điện cực tan) nên hai bình điện phân được coi như hai điện trở R1 và R2 mắc nối tiếp. a)Khối lượng Pb giải phóng khỏi a-nốt của bình thứ hai Ta có: Khối lượng a-nốt ở bình thứ nhất giảm đi chính là khối lượng Ag được giải phóng khỏi anốt của bình thứ nhất. -Áp dụng định luật Farađay cho khối lượng chất thoát ra ở hai bình điện phân, ta có:

-Từ (1) và (2) ta được: m2 = m1.

1 A2 . .It F n2

eb +Cường độ dòng điện qua R: I = . rb +R 2r 4e ; R = RAD rb = ; eb = 3 3

m2 =

(Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1984-1985)

bạch kim. Cho dòng điện có mật độ j = 2.10-2(A/m2) chạy qua hai bình trong thời gian t = 2 giờ thì thấy a-nốt ở bình thứ nhất giảm đi một lượng m1 = 1,104g.

(1);

R, xác định giá trị đó.

p0 T1 76 27 + 273 . .V0 = . .0, 42 = 0,48 (lít) p1 T0 72 273

1 A1 . .It F n1

và đi-ốt cho dòng đi từ C đến B. R Tính hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ. Có một giá trị đặc biệt của

Vậy: Thể tích khí oxi thu được ở a-nốt dưới áp suất 72 cmHg và nhiệt độ 27oC là V1 = 0,48 (lít). 13. Hai bình điện phân mắc nối tiếp nhau. Bình thứ nhất có a-nốt bằng Ag, chứa dung dịch AgNO3; bình thứ hai có a-nốt bằng Pb, chứa dung dịch Pb(NO3)2. Cả hai bình đều có ca-tốt bằng

m1 =

B D

4e 2r + 3R

4e 4e . = 2r 2r + 3R +3 R

Từ đó: Khi R giảm thì UR = UBA cũng giảm. -Khi VB > VC (điện trở đi-ốt lớn vô cùng). Ta có: 2e 2e ; UBA = 2r 2r + R +1 R Từ đó: Khi R giảm thì UR = UBA cũng giảm. I=

Vậy: Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở khi R giảm từ lớn xuống nhỏ là UR =

(2)

4eR (VB ≤ 2r + 3R

2eR (VB > VC) và đều giảm khi R giảm. 2r + R b)Giá trị đặc biệt của R -Giá trị đặc biệt R0 của R mà khi R0 = 0 hoặc R0 = ∞ thì UR có cùng một giá trị. Tức là:

A 2 n1 207 1 . = 1,104. . = 1,058g. A1 n 2 108 2

VC), UR =

Vậy: Khối lượng Pb giải phóng khỏi a-nốt của bình thứ hai là m2 = 1,058g. b)Cường độ dòng điện chạy qua bình điện phân và diện tích của mỗi điện cực

423

424

4eR 2eR = => R0 = 2r và UR = e 2r + 3R 2r + R -Xét các trường hợp: +R > 2r thì UR > e; UBC > 0: Hiệu điện thế đặt vào đi-ốt là hiệu điện thế ngược. +R < 2r thì UR < e; UBC < 0: Hiệu điện thế đặt vào đi-ốt là hiệu điện thế thuận. UR =



40I4 + 20(I4 + I0) = 1 => I4 =

40 mA 3

0,04 160 .4000 = V 3 3 -Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn: UCD = UQ = UAD – UAC.

15. Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 1kΩ; R2 = 2kΩ; R3 = 3kΩ; R4 = 4kΩ. Q là đèn điện tử có a-nốt nối với C, ca-tốt nối với D. Nếu VA > VK thì đèn mở và cho dòng I0 = 10mA đi qua. Ngược

UAD = I4R4 =

lại, VA < VK thì đèn đóng và không có dòng đi qua. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là 100V (VA > VB).

160 - 32,5 = 20,83V 3 Vậy: Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn là UQ = 20,83V. 2. Q là đi-ốt bán dẫn

a)Đèn đóng hay mở? b)Tính hiệu điện thế giữa hai cực của đèn.

a)Đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn điện -Từ đường đặc trưng vôn-ampe của đi-ốt ta thấy:

2. Giữ nguyên các điện trở và UAB nhưng thay Q bằng đi-ốt chỉ cho dòng điện đi qua theo chiều từ C đến D. Đi-ốt

I(mA)

D R4 A

có đường đặc trưng vôn-ampe như hình bên. a)Nêu các đặc điểm của đi-ốt về mặt dẫn

R2 B

+Đi-ốt chỉ cho dòng điện qua nó theo một chiều từ C đến D khi UAK > 20V. Khi UAK = 30V thì dòng qua nó là 10mA. +Đường đặc trưng của đi-ốt là đường thẳng nên có dạng: I = aU + b. Do đó:

10 5

 20a+b = 0 => a = 1; b = -20  30a+b = 10

R3 C

UCD =

điện. b)Nếu đi-ốt mở, tính dòng qua đi-ốt.

V(Vôn)

-Phương trình đường đặc trưng vôn-ampe của đi-ốt: I = U -20; I(mA), V(Vôn).

125 > 0 nên khi mắc đi-ốt vào thì đi-ốt mở, dòng qua được đi-ốt. 3 b)Dòng qua đi-ốt khi đi-ốt mở -Khi dòng đã ổn định, ta có: -Khi chưa có đi-ốt: UCD =

(Trích Đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Năm học 1987-1988) Bài giải 1. Q là đèn điện tử hai cực a)Đèn đóng hay mở?

10I1 +30I3 = 1 I +3I3 = 100(mA) (1) <=>  1 ;   40I 4 +20I 2 = 1 4I 4 +2I 2 = 100(mA) (2)

Khi chưa có Q, mạch gồm (R1 nt R3) // (R2 nt R4) nên: -Cường độ dòng điện qua các nhánh của mạch là:

Và 

I13 R +R 3 3 = 2 4 = => I13 = I 24 I 24 R 1 +R 3 2 2

I1R1 + Uđ = I4R4  I1R1 + (20 + Id) = I4R4 I1 + 20 + Id = 4I4 (5)

-Từ (1) và (3): I1 =

100+3Id (6) 4

3 UAC = I13R1 = I 24 ; UAD = I24R4 = 4I24 2

-Từ (2) và (4): I 4 =

100-2Id (7) 6

U AC 3 = < 1 => VC > VD 8 U AD

-Thay (6) và (7) vào (5):

-Hiệu điện thế giữa hai đầu AC và AD là:

100+3Id 100-2Id + 20 + Id = 4 . 4 6

100+3Id +4Id +80 400-8Id => Id = 7,02mA = 4 6 Vậy: Dòng điện qua đi-ốt là Id = 7,02mA. 16. Cho mạch điện như hình vẽ. Sự phụ thuộc của dòng điện qua các đi-ôt Đ1, Đ2 vào hiệu điện



Vậy: Nếu mắc Q vào hai điểm C và D thì Q mở. b)Hiệu điện thế giữa hai cực của đèn -Khi Q mở, dòng qua Q có chiều từ C đến D và có cường độ I0 = 10mA. Ta có: I1R1 + I3R3 = 100 (1)  1000I1 + 3000I3 = 100; I3 = I1 – I0  10I1 + 30(I1 – I0) = 1 => I1 = 32,5mA => Và 

I1 = 3I3 +Id (3)  I 2 = I 4 +Id (4)

thế Uđ đặt vào hai cực của đèn là: I = αUđ + β U 2đ , trong đó:

α1 = 0,07(mA/V); β1 = 0,005(mA/V2) α2 = 0,03(mA/V); β2 = 0,01(mA/V2)

UAC = I1R1 = 0,0325.1000 = 32,5V (2) I4R4 + I2R2 = 100 4000I4 + 2000I2 = 100; I2 = I4 + I0

Tính dòng điện qua mỗi đèn, biết R = 4KΩ, E = 300V,

điện trở trong của nguồn không đáng kể.

425

R Đ1

Đ2

426

Bài giải -Ta có: Uđ =E – IR; I = I1 + I2.

+Điện lượng đã chuyển qua mạch đến lúc đó là: q = CUc = C(E – U0)

Với:

I1 = α1Uđ + β1 U 2đ ; I2 = α2Uđ + β2 U 2đ



Uđ = E – [(α1Uđ + β1 U 2đ ) + (α2Uđ + β2 U 2đ )]R



(β1 + β2)R U 2đ + [(α2 + α2)R + 1]Uđ – E = 0

-[R(α1 + α 2 ) + 1] + (α1R + α 2 R + 1) 2 + 4ER(β1 + β 2 ) Uđ = 2R(β1 + β 2 )

R Đ1

Đ2

I1 B

-[4.103(7.10−5 + 3.10−5) + 1] + (7.10−5.4.103 + 3.10−5.4.103 + 1)2 + 4.300.4.103(0,5.10−5 + 10−5) = 2.4.103(0,5.10−5 + 10−5)

60V.

chạy qua đi-ôt D phụ thuộc vào hiệu điện thế đặt vào điôt như sau:

0 khi U < U 0 I=  k(U - U 0 ) khi U ≥ U 0

(2)

Với:

(3)

Anguồn = qE = C(E – U0)E

M I1 O

q(U 0 + U1 ) C(E - U 0 ) E + kRU0 A= = (U0 + ) 2 2 kR + 1

U0 U1 E

Uđ

(5)

kR C(E - U 0 ) 2 . . kR + 1 2 18. Trong mạch điện như hình a. Tụ điện có điện dung C = 1µF ban đầu chưa tích điện, điện trở

K R

R = 10Ω, nguồn điện có suất điện động E = 20V có điện trở trong không đáng kể, đi-ôt D có đặc

trưng vôn-ampe như hình b (I0 = 1A, U0 = 10V). Bỏ qua điện trở của dây nối và khóa K. Tính tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R sau khi đóng K. Đ

K R

C O

Uđ O

E - Ud (1) R +Vì E > U0 nên đường diễn tả (1) sẽ cắt đường đặc trưng vôn-ampe của đi-ôt tại một điểm M trên đoạn dốc (hình c). Giá trị ban đầu của hiệu điện thế U1 trên đi-ôt được xác định: I=

E - U1 = k(U1 – U0) R =>

E-U d R

+Thay (3), (4), (5) vào (2) ta được: Q =

Bài giải -Tại thời điểm vừa đóng khóa K, tụ điện chưa kịp tích điện nên Uc = 0, do đó: Ud + UR = E hay Ud + IR = E =>

C(E - U 0 ) 2 q2 = (4) 2C 2 +Nếu coi Ud giảm đều đặn từ U1 tới U0 thì:

Trong đó U0 < E; K là một hằng số dương. Đường đặc trưng của đi-ôt như hình b. Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại.

kR C(E - U 0 ) 2 . . kR + 1 2 Vậy: Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi khóa K đang mở thì đóng lại là Q =

I1 = 7.10-5.60 + 0,5.10-5.602 = 22,2.10-3A = 22,2mA I2 = 3.10-5.60 + 10-5.602 = 37,8.10-3A = 37,8mA. Vậy: Cường độ dòng điện qua mỗi đèn là I1 = 22,2mA và 37,8mA. 17. Cho mạch điện như hình a, nguồn điện có suất điện Và:

động E, điện trở trong không đáng kể. Mạch ngoài có điện trở R, tụ điện có điện dung C. Cường độ dòng điện

trên điện trở R: Anguồn = Wc + Ad + Q

Wc =

-Thay số, ta được: Uđ =

+Công của nguồn điện sinh ra khi làm dịch chuyển điện lượng q đươc chuyển hóa thành năng lượng Wc của tụ, thành công Ad để dịch chuyển điện tích qua đi-ôt và thành nhiệt lượng Q tỏa ra

Bài giải -Ngay sau khi đóng K có dòng điện qua đi-ôt, tụ điện được nạp điện, hiệu điện thế trên tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên đi-ôt bằng U0, dòng điện giảm dần, hiệu điện thế trên tụ tăng dần. Đến thời điểm t1 dòng điện trong mạch bằng I0. Lúc này: +Hiệu điện thế và điện tích trên tụ là: U1 = E - U0 – I0R; q1 = CU1 = C(E – U0 – I0R) +Năng lượng tích lũy trên tụ là:

CU12 C(E - U 0 - I0 R) 2 = 2 2 +Nhiệt lượng tỏa ra trên đi-ôt là: WĐ1 = q1U0 = U0C(E – U0 – I0R). +Công của nguồn điện là: A = Eq1 = EC(E – U0 – I0R). +Nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q1 = A – WĐ1 – WC1. WC1 =

E + kRU0 U1 = kR + 1

k(E - U 0 ) . kR + 1 -Sau đó, tụ điện càng được tích điện thì I càng giảm, đến khi I = 0 thì Ud = U0 và lúc đó hiệu điện thế trên tụ là: Uc = E – U0. +Thay giá trị này của U1 vào (1), ta được: I1 =

427



Q1 = EC(E – U0 – I0R) – U0C(E – U0 – I0R0) -

C(E - U 0 - I0 )R 2

428

C [(E – U0)2 – (I0R)2] 2 -Sau thời điểm t1, dòng điện trên mạch tiếp tục giảm lúc này đi-ôt có vai trò như điện trở thuần r U = 0 . Giai đoạn này, ta có: I0 

Q1 =

+Nhiệt lượng Q2 tỏa ra trên R là: Q2 = A2 - ∆WC – WĐ2

 A2 = E[EC – C(E – U0 – I0R)] = EC(U0 + I0R) +Phần năng lượng tăng thêm trong tụ là:



q + Ri + U0 C -Khi vừa đóng khóa K thì tụ chưa tích điện nên: q = 0. 

E - U0 R -Sau đó, tụ C được tích điện, UC tăng dần nên i giảm dần, i triệt tiêu khi: UC = E – U0. -Điện lượng đã qua mạch là: q = UCC = (E – U0)C. -Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: Ang = Q + WC + Ađ.

(WĐ2 là nhiệt lượng tỏa ra trên đi-ôt) +Công của nguồn điện là: A2 = E(EC – q1).

∆WC =

Bài giải -Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín, ta có: E = UC + UR + Uđ.

E 2C E 2C C - WC1 = - (E – U0 – I0R)2 2 2 2

U + I0 R   ∆WC = C(U0 + I0R)  E - 0  2  

I0 =

Với:

Ang = qE; WC = qE =



qE = Q +

+Nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q2 = A2 - ∆WC – WĐ2 => =>

=> =>



R RI 0 U Q2 R = = = ; WĐ2 = Q2 0 U0 WĐ2 r U0 I0 R I0

C(E - U 0 ) 2 . 2 20. Mạch điện như hình vẽ, các đi-ôt đều lí tưởng. Nguồn E1 = 1,2V; E2 = 2,4V; điện trở trong của các nguồn rất nhỏ. R là biến trở. Điện trở thuần R1

 I0 R  Q2 =   (A2 - ∆WC)  I0 R + U 0 

= R2 = 6Ω. Cho R thay đổi, tìm công suất toả

 U 0 + I0 R   RI0C(U 0 + I0 R)   =  EC(U 0 + I0 R) - C(U 0 + I0 R)  E 2 2   

C 10 −6 (E - U 0 ) 2 + U 0 I0 R  = (20 - 10) 2 + 10.1.10  = 10-4J 2 2  Vậy: Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R sau khi đóng K là Q = 10-4J. 19. Đi-ốt Đ có đặc tuyến vôn-ampe được mô tả như hình vẽ, được mắc vào mạch điện như sơ đồ trên. Khi UĐ ≥ U0 (hiệu điện thế thuận) thì đi-ốt mở. Khi UĐ < U0 thì đi-ốt đóng: không có dòng điện qua đi-ốt. Ban đầu, K mở và tụ C chưa được tích điện. Hỏi khi đóng K thì dòng điện qua mạch có cường độ bao nhiêu? Tính điện lượng qua mạch sau khi đóng K và nhiệt lượng tổng cộng tỏa ra trên điện trở R. Đ

+Đoạn MRN: I =

E1 − U MN R1

C Uđ

429

Đ2

(2) (3)

1,8R 3+ R

Đ Đ1

Đ2

U MN E1 U MN E 2 U MN = − + − R R1 R1 R2 R2

-Từ (1), (2), (3): I1 = U0

R1 M

-Giả sử lúc các đi-ôt đều mở, tại nút M ta có:

-Thay số, ta được: UMN =

Đ1

(1)

E − U MN +Đoạn NE2M: I2 = 2 R2

U MN R

+Đoạn NE1M: I1 =

Bài giải -Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch:

nhiệt cực đại trên R.

+Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên R là: Q = Q1 + Q2.



(E – U0)C và Q =

  I R+U 0  U  Q2 + WĐ2 = Q2 1 + 0  = Q2  0  I0 R    I0 R 

I0 R I0 R + U0

q2 + qU0 2C

C(E - U 0 ) 2 2 Vậy: Điện lượng qua mạch sau khi đóng K và nhiệt lượng tổng cộng tỏa ra trên điện trở R là q =

Q2 + WĐ2 = A2 - ∆WC

Q2 =

q2 ; Ađ = qU0. 2C

(4)

1, 2 U MN 6−R −  I1 = 6 6 10(3 + R)

(1')

430

I2 = I=

2, 4 U MN − 6 6

 I2 =

12 + R 10(3 + R)

6−R 12 + R 18 +  I= 10(3 + R) 10(3 + R) 10(3 + R)

-Về phương diện khối lượng, ta có thể thay thế hai vật khối lượng 1,5kg và 4,0kg R1 bằng một vật có khối lượng 5,5kg. R -Về phương diện điện trở (tác dụng cản trở

(2') (3')

-Từ (2’) và (3’) ta luôn có I2 > 0 ; I > 0 => đi-ôt Đ và Đ2 luôn mở. *Trường hợp R ≥ 6Ω: Ta có: I1 ≤ 0; đi-ôt Đ1 bị đóng, dòng điện đi qua E2, R, R2. PR = I 22 R =

E 22 E 22 . R= 2 2 (R + R 2 ) R2    R+  R 

song. II. PHƯƠNG PHÁP CÁCH LI

E2 2, 42 PR = PR(max) khi R = R2 = 6Ω và PR(max) = 2 = = 0,24W. 4R 2 4.6

Nội dung của phương pháp cách li là tách một bộ phận nào đó của hệ ra khỏi hệ để khảo sát, nghiên cứu. Chẳng hạn, với bài toán chuyển động của hệ

*Trường hợp R < 6Ω: Ta có: I1 > 0; đi-ôt Đ1 mở: PR = I2R =

182 1,82 . R= 2 2 100(3 + R)  3  + R   R 

PR = PR(max) khi R = 3Ω và PR(max) =



2 dòng điện), ta có thể thay thế hai điện trở R1 = 3Ω và R2 = 6Ω mắc song song bằng một điện trở R = 2Ω. Ta nói rằng vật có khối lượng 5,5kg có khối lượng tương đương với hai vật có khối lượng 1,5kg và 4,0kg; điện trở R tương đương với hai điện trở R1 và R2 mắc song

gồm hai vật ta có thể tách riêng một vật ra để khảo sát, từ đó tính được lực căng dây nối hai vật.

1,82 = 0,27W. 4R

Vậy: Công suất tỏa nhiệt cực đại trên R là PR(max) = 0,27W. ---------------------------

Phần thứ tư

(+) I II

III. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI XỨNG Nội dung của phương pháp đối xứng là dựa vào tính đối xứng của hệ khảo sát để tìm ra lời giải cho bài toán. Có nhiều bài toán tính đối xứng của hệ được cho sẵn nhưng cũng có nhiều bài toán ta cần phải thêm hoặc bớt một cách thích hợp để tạo ra một hệ có tính đối xứng. Chẳng hạn:

tố có tác dụng tương đương như nhiều nhân tố đã cho về phương diện nào đó. Chẳng hạn:

-Tính đối xứng của quả cầu đồng chất, khối lượng phân bố đều cho phép ta xác định được trọng tâm của vật nằm tại tâm quả cầu. -Bán cầu tích điện đều chưa có tính đối xứng nên ta có thể thêm một bán cầu giống hệt bán cầu đã cho và ghép lại để được quả cầu có tính đối xứng và dễ dàng khảo sát để xác định điện thế do bán cầu đã cho gây ra tại một điểm nào đó (Bài tập vận dụng 13.3). IV. PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ v Nội dung của phương pháp đồ thị là biến các quan v1 hệ đại số thành quan hệ hình học bằng đồ thị. Vận dụng đặc điểm trực quan của đồ thị để phân tích và s giải các bài toán vật lí. Chẳng hạn, để tính quãng v2 đường chuyển động của vật ta có thể tính diện tích t1 t O t2

431

432

 . CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG Chuyên đề 13: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT --- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG ĐƯƠNG Nội dung của phương pháp tương đương là thay thế nhiều nhân tố bằng một nhân

giới hạn bởi đồ thị v – t; các trục tọa độ hoặc các đường thẳng song song với các trục tọa độ… V. PHƯƠNG PHÁP GIẢ ĐỊNH

Nội dung của phương pháp cực trị là khảo sát cực đại, cực tiểu của một đại lượng vật lí (lớn nhất, nhỏ nhất; xa nhất, gần nhất; cao nhất, thấp nhất; tối đa, tối thiểu…). Để giải bài toán bằng phương pháp cực trị ta có thể sử dụng các cách

Nội dung của phương pháp giả định là thừa nhận một giả thiết nào đó rồi dựa trên giả thiết đó để tiến hành giải bài toán. Từ kết quả thu được ta kết luận về tính đúng đắn của giả thiết và tìm ra kết quả của bài toán. Cụ thể: -Có thể lựa chọn một trong các phương án có thể xảy ra như chọn một chiều làm chiều dòng điện (bài toán chưa cho biết chiều dòng điện) và giải bài toán theo

khác nhau như khảo sát hàm số, sử dụng tính chất của bất đẳng thức, tính chất của hàm số,… nhưng phải cần lưu ý đến điều kiện bài toán và lựa chọn cách giải phù hợp để biến bài toán phức tạp thành đơn giản. VIII. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Nội dung của phương pháp quy nạp là dựa vào sự lặp lại có tính quy luật của các

phương án đó, nếu tính ra I > 0 nghĩa là ta đã giả định đúng chiều dòng điện; nếu tính ra I < 0 nghĩa là ta giả định chưa đúng chiều dòng điện và cần phải đổi lại

hiện tượng, các quá trình liên tiếp để khái quát thành lời giải cho bài toán. Để giải bài toán bằng phương pháp này ta có thể phân tích một quá trình rồi dựa vào tính

chiều dòng điện trước khi kết luận. Ví dụ, với mạch điện như hình dưới thì:

lặp lại có quy luật của các quá trình tiếp theo rồi rút ra mối liên hệ giữa quá trình sau với quá trình trước và quy luật chung của các quá trình liên tiếp đó. Chẳng hạn, khi thả quả cầu từ độ cao h thì vận tốc quả cầu ở các lần nảy lên khi tiếp xúc với

+Nếu chọn chiều dòng điện từ A đến B thì: I =

U AB + e1 - e 2 . r1 + r2

U -e +e +Nếu chọn chiều dòng điện từ B đến A thì: I’ = BA 1 2 . r1 + r2

Ta luôn có: I’ = -I nên kết quả đúng sẽ là một trong hai phương án trên. -Có thể thêm bớt một điều kiện nào đó không trái với đề bài để được một hệ hoàn chỉnh, đơn giản đã biết trước tính chất như thêm khối cầu đồng chất có kích thước bằng kích thước lỗ hổng của một quả cầu. Với quả cầu hoàn chỉnh thì ta đã biết trọng tâm tại tâm quả cầu, từ đó vận dụng quy tắc hợp lực song song ngược chiều ta tìm được trọng tâm của quả cầu có lỗ hổng ban đầu.

sàn nhà (giả sử mỗi lần va chạm vận tốc quả cầu giảm đi một nửa) là: -Khi nảy lên lần thứ 1: v1 =

v0 , v0 = 2

2gh là vận tốc quả cầu khi chạm sàn lần thứ

1. -Khi nảy lên lần thứ 2: v2 = O

v v1 = 20 . 2 2

… -Khi nảy lên lần thứ n: vn =

VI. PHƯƠNG PHÁP CHIA NHỎ Nội dung của phương pháp chia nhỏ là chia toàn bộ quá trình phức tạp thành nhiều quá trình nhỏ (quá trình nguyên tố) mà các quá trình nhỏ đó đều tuân theo một quy luật vật lí. Từ việc phân tích một quá trình nguyên tố ta dùng phương pháp suy luận để trìm ra kết quả bài toán. Chẳng hạn, với một xích sắt tiết diện đều khi chuyển động ta không thể coi xích sắt là một chất điểm để khảo sát được nhưng nếu chỉ xét một mắt xích thì có thể coi một mắt xích là một chất điểm. Khảo sát chuyển động của mắt xích và dùng phương pháp ngoại suy vật lí ta suy ra được chuyển động của cả dây xích. VII. PHƯƠNG PHÁP CỰC TRỊ 433

v0 . 2n

IX. PHƯƠNG PHÁP ẢNH ĐIỆN Nội dung của phương pháp ảnh điện là thay một mặt đẳng thế nào đó trong điện trường bằng một vật dẫn có cùng hình dạng và cùng điện thế với mặt đẳng thế đang xét thì điện trường ở ngoài vật dẫn ấy sẽ không thay đổi. Chẳng hạn, để xác định lực tác dụng giữa điện tích điểm +q và một mặt phẳng kim loại rộng vô hạn đặt cách +q một đoạn d bằng phương pháp ảnh điện ta làm như sau: Gọi –q là “ảnh” của +q qua mặt phẳng kim loại rộng vô hạn trên (-q và q đều cách mặt phẳng kim loại trên một đoạn d). Với hệ điện tích “+q, -q” thì mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng nối hai điện tích –q và +q là mặt đẳng thế. -Thay mặt đẳng thế trên bằng mặt phẳng kim loại rộng vô hạn. -Lực tác dụng giữa điện tích điểm +q và một mặt phẳng kim loại rộng vô hạn đặt cách +q một đoạn d sẽ bằng lực tác dụng giữa hai điện tích +q và –q đặt cách nhau một đoạn 2d:

434

P' = P + F <=> P' = P 2 +F2

kq 2 kq 2 = 2 (2d) 4d 2

 +q

-q

 3



2 3

P’ = (mg)2 +  mg  = mg 3  3 

-Gia tốc trọng trường tương đương có độ lớn: g’ =

2 3 g và có phương hợp với 3

phương thẳng đứng góc:

X. CHÚ Ý Để vận dụng linh hoạt, sáng tạo các phương pháp tổng quát trên trong việc giải nhanh các bài toán vật lí cần chú ý: -Xác định “dấu hiệu” đặc biệt của bài toán từ đó lựa chọn phương pháp phù hợp để giải nhanh, chính xác bài toán. -Nắm vững các phương pháp giải để chuyển bài toán từ phức tạp sang đơn giản. -Mỗi bài toán có thể có nhiều phương pháp giải, mỗi phương pháp có thể vận dụng để giải nhiều dạng bài toán khác nhau, do đó cần luyện tập để trở thành kỹ năng phân tích, nhận dạng và sử dụng phương pháp giải hợp lí. Điều này đạt được khi chúng ta nắm vững lí thuyết ở mục A và rèn luyện kĩ năng giải qua việc giải thật nhiều bài toán vật lí của nhiều dạng khác nhau. -Các phương pháp trên cũng có thể vận dụng để giải các bài toán thuộc các phần khác nhau của vật lí như cơ học, điện từ, nhiệt học, quang học,...

--- B-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG--13.1. Một vòng tròn bán kính R làm bằng nhựa cách điện trơn nhẵn đặt thẳng đứng. Đặt quả cầu nhỏ tích điện, khối lượng m tại điểm A thấp nhất của vòng (hình vẽ). Quả cầu và vòng tròn được đặt trong điện trường đều. Độ lớn của lực điện trường tác dụng lên quả cầu bằng

3 B ngang, hướng mg và phương của nó nằm 3

sang phải. Truyền cho quả cầu vận tốc ban đầu v0 hướng nằm ngang sang phải làm cho quả cầu chuyển động theo vòng đi lên. Để quả cầu đi hết một vòng thì v0 phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu? Bài giải

3 mg F 3 3 θ = arctan = arctan = arctan = 30o P mg 3

Do đó, B sẽ là điểm “cao nhất” ứng với trọng trường tương đương. Để quả cầu nhỏ thực hiện chuyển động được một vòng thì vận tốc của nó ở điểm cao nhất B phải là: vB = g'R . -Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho trọng trường tương đương ta được: WA = WB  =>

1 1 mv02 = mg'(R+Rcosθ)+ mv 2B 2 2

v0 = 2( 3+1)gR

Vậy: Để quả cầu đi hết một vòng thì v0 phải có giá trị tối thiểu v0 = 2( 3+1)gR . . Nhận xét: -Bài toán trên được giải bằng phương pháp tương đương. Với bài toán này ta thay hai ngoại lực là trọng lực P và lực điện trường F bằng trọng lực tương đương P’ và chuyển lời giải bài toán phức tạp thành bài toán tương đương đơn giản. Phương pháp tương đương là một trong những phương pháp cơ bản của Vật lí. -Có thể giải bài toán trên bằng phương pháp khác nhưng chắc chắn sẽ phức tạp hơn nhiều. Bạn đọc thử giải bằng phương pháp khác và so sánh với phương pháp này nhé! 13.2. Một viên bi P làm bằng kim loại có thể chuyển động không ma sát trên một vòng tròn tâm O, bán kính R đặt nằm ngang. Viên bi P có điện tích Q. Trên mặt phẳng chứa vòng tròn, tại điểm A cách O một đoạn r (OA = r < R) có đặt điện tích

-Các ngoại lực tác dụng lên quả cầu: Trọng lực P và lực điện trường F . Trọng lực tương đương tác dụng lên quả cầu là: 435

q. Trên đường thẳng OA tại điểm A1 đặt một điện tích q1. Xác định điểm A1 và giá trị điện tích q1 (theo q) để khi truyền cho viên bi P một vận tốc ban đầu thì nó sẽ chuyển động tròn đều trên vòng tròn. Bài giải -Vì viên bi P chuyển động tròn đều nên nó chịu tác dụng của lực điện trường có phương trùng với bán kính tại điểm ta xét. Lực này đóng vai trò là lực hướng tâm cho chuyển động tròn đều của viên bi. 436

-Vì lực điện trường vuông góc với phương chuyển động của viên bi nên công của lực điện trường tác dụng lên viên bi bằng 0, viên bi chuyển động trên một mặt đẳng thế (V = const). Đặt OA1 = r1, ta có: kq1 kq = R-r r1 - R

(1)

kq1 kq = R+r r1 + R

-Từ (1) và (2): r1 =

(2)

q r O

R2 R ; q1 = q . r r

. Nhận xét: -Bài toán trên được giải bằng phương pháp cách li. Với bài toán này ta xét riêng chuyển động của viên bi dưới góc độ điện thế: viên bi chuyển động tròn đều, lực tác dụng lên viên bi vuông góc với phương chuyển động nên công của lực điện trường bằng 0, do đó viên bi chuyển động trên mặt đẳng thế. -Có thể giải bài toán trên bằng phương pháp khác nhưng chắc chắn sẽ phức tạp hơn nhiều. Bạn đọc thử giải bằng phương pháp khác và so sánh với phương pháp cách li nhé! 13.3. Điện tích q được phân bố đều trên bán cầu ACB, bán kính R. CD là đường thẳng đi qua đỉnh C và tâm O của bán cầu. P và Q là hai điểm trên đường thẳng CD và đối xứng với nhau qua tâm O. Biết điện thế điểm P là VP, xác định điện thế điểm

Vậy: Điện thế tại Q do bán cầu bên trái gây ra là: VQ = k

U = kQc 

a

1 => U ~ Qc b 

U0 = U = kQc  -

Q O

a

-Vì U ~ Qc nên đồ thị U – Qc được vẽ như hình bên. -Điện thế do điện tích cảm ứng tạo ra ở ngoài tâm O cũng là: 1 b 

-Công thực hiện để đưa điện tích Q từ tâm O ra xa vô cực bằng phần diện tích gạch gạch trên đồ thị U – Qc:

Bài giải -Ta tưởng tượng lấy thêm nửa quả cầu bên phải cũng có bán kính R, điện tích q ghép với bán cầu đã cho thành quả cầu có bán kính R, điện tích 2q. -Do tính đối xứng nên điện thế tại điểm P do bán cầu bên phải tạo ra là: VP' = VQ . VP + VQ = VP + VP'

1 1 1 1 Q c U 0 = kQ 2  -  2 2 a b

Vậy: Muốn đem điện tích điểm Q từ từ qua lỗ nhỏ ra ngoài xa vô cực thì cần thực hiện một công là A =

1 21 1 kQ  -  . 2 a b

. Nhận xét: Bài toán trên được giải theo phương pháp đồ thị. Với bài toán trên ta đã dựa vào mối quan hệ U ~ Qc để vẽ đồ thị và từ đồ thị tính được công A một

-Mặt khác, VP + VP' chính là điện thế do cả quả cầu gây ra tại điểm P. Vì điện tích trên mặt quả cầu là đều nên: 2q VP + V = k R

2q - VP . R

trên tính đối xứng được suy luận bằng cách bổ sung thêm nửa bán cầu còn thiếu để tạo ra quả cầu hoàn chỉnh có tính đối xứng và khi xác định kết quả cuối cùng ta phải “loại” phần bổ sung thêm để nội dung bài toán trở lại như ban đầu. 13.4. Một vỏ cầu dẫn điện nhưng không tích điện, a bán kính trong và ngoài của nó tương ứng là a và b. O Trên vỏ cầu có một lỗ nhỏ. Tại tâm O có điện tích b điểm Q. Muốn đem điện tích điểm Q từ từ qua lỗ nhỏ ra ngoài xa vô cực thì cần thực hiện một công là bao nhiêu? Bài giải -Điện thế do điện tích cảm ứng trên mặt trong và ngoài quả cầu gây ra ở tâm quả cầu là:

2q - VP . R

. Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp đối xứng. Với bài toán R

Vậy: Để viên bi P có thể chuyển động tròn đều trên vòng tròn thì r1 = OA1 =

-Điện thế tại Q do bán cầu bên trái gây ra là: VQ = k

' P

tích điện đều được đặt úp trên mặt phẳng xOy. Tại điểm E trên OC (OE = r) có một điện tích điểm q. Biết rằng khi di chuyển điện tích điểm này từ điểm E dần lên đỉnh

P O

cách dễ dàng. 13.5. Một vỏ bán cầu mỏng ABCD không dẫn điện, tâm O, đường kính AC = 2R,

T D

437 O

438

E C

A x

T của bán cầu, ngoại lực cần phải thực hiện công A (A > 0), bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. a)Tìm độ lớn và dấu của công ngoại lực làm di chuyển điện tích này từ E đến A. b)Tìm độ lớn và dấu của công ngoại lực làm di chuyển điện tích này từ E đến P (P là điểm đối xứng với T qua O). Bài giải

Giả sử vùng hình cầu được tích điện với mật độ điện khối ρ. Trong vùng này, cách điện tích q một đoạn ri lấy một thể tích rất nhỏ ∆Vi có điện tích ∆q = ρ∆Vi. -Lực điện do vùng hình cầu tác dụng lên điện tích điểm q là: F=

kρΔV kΔq q =  2 iq ri2 ri Vi

-Mặt khác, lực điện do điện tích điểm q tác dụng lên cả vùng cầu tích điện là: F’ = EρV =

 Vi

a)Độ lớn và dấu của công ngoại lực làm di chuyển điện tích q từ E đến A Giả sử lấy một vỏ bán cầu khác, tích điện giống hệt bán cầu nói trên ghép lại thành một vỏ cầu hoàn chỉnh thì vỏ cầu trở thành vật đẳng thế. Gọi U là điện thế của vỏ cầu đẳng thế. -Vì hai nửa vỏ cầu đối xứng qua mặt ABCD nên các điểm trên mặt này cũng đẳng





kρΔVi q = ri2

-Điện thế các điểm trên mặt hình tròn ABCD của nửa vỏ cầu đã cho khi không có nửa vỏ cầu giả định ghép vào là: U 2

 Vi

kρΔVi ρV ri2 V

-Vì cường độ điện trường tại một điểm ở ngoài quả cầu tích điện giống cường độ điện trường của một điện tích điểm dặt tại tâm quả cầu nên: E=

VA = VB = VC = VD = VE

kρΔVi ρV ri2 V

-Theo định luật III Niu-tơn, ta có: F’ = F.

thế:

VA = VB = VC = VD = VE =



F = ρV

ρV q kq r2 = 2 ρV r

Vậy: Cường độ điện trường trung bình trong vùng hình cầu này là E =

kq . r2

. Nhận xét: Bài toán trên được giải theo phương pháp chia nhỏ. Với bài toán trên, ta đã “chia nhỏ” vùng hình cầu ra thành nhiều vùng thể tích rất nhỏ ∆Vi cách

-Công ngoại lực làm di chuyển điện tích q từ E đến A: AEA = qUEA = 0. Vậy: Công ngoại lực làm di chuyển điện tích q từ E đến A là AEA = 0. b)Độ lớn và dấu của công ngoại lực làm di chuyển điện tích q từ E đến P -Với vỏ cầu hoàn chỉnh: VE = VT => UTE = 0. -Nếu giữa T và E có một hiệu điện thế UTE ≠ 0 thì UEP = -UTE. => AEP = -AET = -A < 0 Vậy: Công ngoại lực làm di chuyển điện tích q từ E đến P là AEP = -A < 0. . Nhận xét: Bài toán trên được giải theo phương pháp giả định. Với bài toán trên, ta giả định rằng đã “thêm” một vỏ bán cầu khác, tích điện giống hệt bán cầu nói trên và ghép lại thành một vỏ cầu hoàn chỉnh. Từ đặc điểm vỏ cầu hoàn chỉnh là vật đẳng thế nên lời giải bài toán thật đơn giản phải không các bạn! 13.6. Một vùng hình cầu bán kính R, tâm O. Điện tích điểm +q đặt tại một điểm nằm ngoài vùng hình cầu nói trên, cách tâm O một khoảng r (r > R). Tính cường độ điện trường trung bình trong vùng hình cầu này. Bài giải

439

điện tích điểm q một đoạn ri rồi dùng công thức tính giá trị trung bình để tính cường độ trung bình trong vùng hình cầu đã cho. 13.7. Cho quả cầu nhỏ dẫn điện nhưng không mang điện tiếp xúc với một quả cầu lớn dẫn điện và mang điện tích Q. Sau khi tách ra khỏi quả cầu lớn thì quả cầu nhỏ mang điện tích q. Tiếp theo lại cho quả cầu lớn và quả cầu nhỏ tiếp xúc với nhau. Sau mỗi lần tách ra, quả cầu lớn lại được nạp bổ sung cho đến khi điện tích của nó bằng giá trị ban đầu Q. Hỏi điện tích tối đa quả cầu nhỏ có thể thu được là bao nhiêu? Bài giải *Cách 1: Gọi r, R là bán kính của hai quả cầu nhỏ và lớn; ρ là mật độ điện tích phân phối trên các quả cầu. Sau khi hai quả cầu tiếp xúc, tỉ số phân phối điện tích trên hai quả cầu là: 4 3 ρ πR 3 q' R = 3 =   = const 4 Q'  r ρ πr 3 3

440

-Sau lần tiếp xúc thứ nhất, ta có:

Q-q R =  q  r 

-Sau lần tiếp xúc cuối cùng, ta có:

Q R =   qm  r

13.8. Phía trước một tấm kim loại rất rộng được nối đất có đặt một điện tích điểm – q tại điểm A cách tấm kim loại một khoảng d. a)Tính cường độ điện trường tại điểm P ở bên trong tấm kim loại do điện tích cảm

(1)

(2)

qQ Q-q Q -Từ (1) và (2): => qm = . = Q-q q qm

Vậy: Điện tích tối đa mà quả cầu nhỏ có thể thu được là qm =

qQ . Q-q

*Cách 2: -Hai quả cầu cô lập tiếp xúc nhau tương đương với hai tụ điện mắc song song có một đầu chung nối đất. Gọi Q1, Q2 là điện tích của hai tụ điện đó, ta có: Q1 Q Q1 C1 = k = const = 2 <=> = C1 C2 Q1 +Q 2 C1 +C2

=> Q1 = (Q1 + Q2)k (1) -Từ (1) ta thấy, quả cầu nhỏ dù mang điện hay không thì sau khi cho hai quả cầu tiếp xúc nhau, tỉ số điện tích trên quả cầu nhỏ và tổng điện tích trên hai quả cầu luôn là k (hằng số). Do đó nếu gọi q1, q2, … là điện tích trên quả cầu nhỏ sau lần tiếp xúc thứ 1, thứ 2, …. Ta có: q1 = kQ = q; q2 = k(Q + q1) = kQ + kq1 = q + kq; q3 = k(Q + q2) = kQ + kq2 = q + kq + k2q; … qn = k(Q + qn-1) = kQ + kqn-1 = q + kq + k2q + … + kn-1q (2) -Vì k < 1 nên với n đủ lớn thì (2) là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn nên: qn =

e)Sau khi cắt bỏ dây tiếp đất rồi truyền cho tấm kim loại này đến điện tích +Q. Hỏi lượng điện tích này sẽ phân bố như thế nào để tấm kim loại lại trở về trạng thái cân bằng tĩnh điện? P

P’ P A -q

Hình a

P’

P’1

r +q A Hình b

A’

-q A Hình c

Bài giải a)Cường độ điện trường tại điểm P ở bên trong tấm kim loại do điện tích cảm ứng gây ra -Thay cường độ điện trường do điện tích bề mặt tạo ra bằng cường độ điện trường do điện tích điểm gây ra. -Khi vật dẫn cân bằng tĩnh điện, ta có: Ecảm = Edẫn.

qQ . Q-q

. Nhận xét:

-Ở cách 1, ta đã giải bài toán trên bằng phương pháp cực trị. Ở bài toán trên từ việc phân tích ta suy ra tỉ số

d)Hãy tính lực do các điện tích cảm ứng trên tấm kim loại tác dụng lên điện tích điểm –q.

q qQ = 1-k Q-q

Vậy: Điện tích tối đa mà quả cầu nhỏ có thể thu được là qm =

ứng gây ra. b)Tính cường độ điện trường tại điểm P’ đối xứng với P qua mặt ngoài về phía điểm A của tấm kim loại. c)Dựa trên phân tích cường độ điện trường hãy chứng minh cường độ điện trường ở gần bề mặt tấm kim loại vuông góc với bề mặt.

q' = const; xét hai lần tiếp xúc đầu tiên và cuối cùng ta xác Q'

EP =

kq ; r = AP và E P hướng từ A đến P (hình b) 2 r

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm P ở bên trong tấm kim loại do điện tích cảm ứng gây ra có độ lớn EP =

kq và có hướng từ A đến P. r2

định được qm. Thật đơn giản phải không các bạn. -Ở cách 2, ta đã giải bài toán trên bằng phương pháp quy nạp (truy hồi). Với bài toán trên, quy luật điện tích trên quả cầu nhỏ là Q1 = (Q1 + Q2)k, từ đó bằng phương pháp quy nạp ta xác định được qm.

b)Cường độ điện trường tại điểm P’ đối xứng với P qua mặt ngoài về phía điểm A của tấm kim loại Vì tấm kim loại tiếp đất nên điện tích cảm ứng phân bố ở mặt ngoài bên phải (phía điểm A). Vì điện trường của điện tích tại P và P’ có tính đối xứng nên:

441

442

EP’ = EP =

kq và E P' có hướng như hình b r2

Vậy: Cường độ điện trường tại điểm P’ có độ lớn EP’ =

kq và có hướng như hình r2

b. c)Chứng minh cường độ điện trường ở gần bề mặt tấm kim loại vuông góc với bề mặt -Xét hai điểm P1 và P’1 nằm ở hai phía rất gần mặt ngoài của tấm kim loại. Độ lớn cường độ điện trường do các điện tích +q và –q đặt tại A và A’ gây ra tại P’1 bên trong tấm kim loại là: E +q =

kq kq ; E -q = '2 r2 r

-Cường độ điện trường tổng hợp do hai điện tích +q và –q đặt tại A và A’ gây ra tại P’1 là: E P' = E +q +E -q 1

-Trên hình vẽ ta dễ dàng chứng minh được rằng E P = E +q +E -q có phương nằm ' 1

ngang, nghĩa là vuông góc với bề mặt tấm kim loại. d)Lực do các điện tích cảm ứng trên tấm kim loại tác dụng lên điện tích điểm –q -Cường độ điện trường do điện tích cảm ứng gây ra ở điểm A là: EA =

kq kq = (2d)2 4d 2

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẶC BIỆT GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ MẠCH ĐIỆN --- A-TÓM TẮT KIẾN THỨC --I. PHƯƠNG PHÁP KIẾC-XỐP 1. Các khái niệm và định luật -Nút là điểm gặp nhau của một nhóm gồm ít nhất ba dây dẫn. -Mắt mạng (mạch vòng) là một mạch kín bất kì tách ra từ mạch điện phân nhánh. -Định luật Kiếc-xốp 1 (định luật về nút mạng): Tổng đại số của các dòng điện đi qua một nút phải bằng 0. (14.1)  Ik = 0 k

-Định luật Kiếc-xốp 2 (định luật về mắt mạng): Trong một mắt mạng bất kì, tổng đại số của các suất điện động luôn bằng tổng đại số các độ giảm thế trên các đoạn mạch thuộc mắt đó. (14.2)  ek =  Ik R k k

kq 2 4d 2

Vậy: Lực do các điện tích cảm ứng trên tấm kim loại tác dụng lên điện tích điểm – q đặt tại A có độ lớn FA = -

Chuyên đề 14:

2. Nội dung phương pháp: Để vận dụng phương pháp Kiếc-xốp cần thực hiện các bước sau:

-Lực điện trường tác dụng lên điện tích điểm –q đặt tại A là: FA = -qEA = -

điện thế với mặt đẳng thế đang xét thì điện trường ở ngoài vật dẫn ấy sẽ không bị thay đổi. -----------------------------

kq 2 và có hướng sang trái. 4d 2

e)Sự phân bố của điện tích sau khi cắt bỏ dây tiếp đất để tấm kim loại lại trở về trạng thái cân bằng tĩnh điện Sau khi cắt dây nối đất, điện tích cảm ứng vẫn được duy trì và phân bố như trước, cường độ điện trường bên trong tấm kim loại bằng 0. Khi truyền cho tấm kim loại điện tích +Q mà điện trường bên trong tấm kim loại bằng 0 thì cân bằng được thiết lập, điều này thỏa mãn khi hai mặt ngoài của tấm kim loại có điện tích phân bố đều. . Nhận xét: Bài toán trên được giải theo phương pháp ảnh điện. Ở đây ta thay

-Chọn chiều dòng điện trên các đoạn mạch không phân nhánh (nếu chưa biết chiều dòng điện trên các đoạn mạch đó). -Dựa vào định luật Kiếc-xốp lập n phương trình theo n ẩn số phải tìm, trong đó: +Lập (m – 1) phương trình nút mạng theo định luật Kiếc-xốp 1 (nếu có m nút mạng). +Lập (n – m + 1) phương trình mắt mạng theo định luật Kiếc-xốp 2. -Giải hệ gồm n phương trình đã lập. -Biện luận từ kết quả thu được: +Nếu I > 0, ta đã giả định đúng chiều dòng điện thực tế trên đoạn mạch. +Nếu I < 0, ta đã giả định sai chiều dòng điện thực tế trên đoạn mạch nên phải đổi lại chiều dòng điện đã giả định. II. PHƯƠNG PHÁP NGUỒN TƯƠNG ĐƯƠNG

một mặt đẳng thế trong điện trường bằng một vật dẫn có cùng hình dạng và cùng 443

444

1. Nội dung phương pháp: Đối với trường hợp mạch điện gồm nhiều nguồn điện mắc với nhau ((e1, r1); (e2, r2);…) ta có thể thay các nguồn đó bằng một nguồn tương đương (eb, rb): bài toán quy về việc xét một mạch điện đơn giản với chỉ có

-Nếu có nhiều dòng điện cùng đi qua điện trở R theo các chiều khác nhau thì dòng điện tổng hợp qua R bằng tổng đại số các dòng thành phần. 2. Nội dung phương pháp: Lần lượt coi dòng qua một điện trở chỉ do một nguồn

một nguồn điện (eb, rb). 2. Các trường hợp cụ thể a)Các nguồn mắc nối tiếp: eb =

điện cung cấp còn các nguồn khác đều có suất điện động bằng 0. Áp dụng định luật Ôm cho từng trường hợp rồi áp dụng hệ thức (13.6) ta xác định được dòng qua điện trở đó. IV. PHƯƠNG PHÁP DÒNG MẮT MẠNG 1. Cơ sở lí thuyết: Phương pháp dòng mắt mạng là sự kết hợp các phương pháp

e

; rb =

r . i

b)Các nguồn mắc xung đối: eb =

e - e i1

; rb =

r . i

Kiếc-xốp và phương pháp chồng chất dòng điện. 2. Nội dung phương pháp

(dấu + ứng với nguồn điện; dấu - ứng với máy thu điện) r c)Các nguồn giống nhau mắc song song: eb = e; rb = . n

d)Các nguồn giống nhau mắc hỗn hợp đối xứng (n dãy, mỗi dãy m nguồn mắc nối tiếp): eb = me; rb =

mr n

-Dòng điện qua các đoạn mạch là tổ hợp tương ứng các dòng mắt mạng đi qua đoạn mạch đó.

e)Các nguồn khác nhau mắc song song: eb e1 e2 = + +... rb r1 + R1 r2 + R 2

(14.3)

1 1 1 = + +... rb r1 + R 1 r2 + R 2

(14.4)

UAB =

e1 e2 + +... r1 + R 1 r2 + R 2 1 1 1 + + +... R r1 + R1 r2 + R 2

-Chọn chiều cho các dòng mắt mạng. -Áp dụng định luật Kiếc-xốp II viết m phương trình cho m mắt mạng. -Giải hệ các phương trình trên được các giá trị Ik.

eb rb 1 1 + R rb

(14.5) *Chú ý: Nếu có nguồn ở nhánh nào mắc ngược lại thì suất điện động đó sẽ có giá trị -; nhánh nào không có e hoặc r thì giá trị tương ứng của nó sẽ bằng 0 trong các biểu thức trên. III. PHƯƠNG PHÁP CHỒNG CHẤT DÒNG ĐIỆN

e 1, r 1

e2, r2

V. PHƯƠNG PHÁP ĐIỆN THẾ NÚT 1. Cơ sở lí thuyết: Phương pháp điện thế nút là sự kết hợp phương pháp Kiếc-xốp và việc vận dụng định luật Ôm cho đoạn mạch tổng quát. 2. Nội dung phương pháp -Chọn một nút làm nút nối đất (điện thế bằng 0).

-Áp dụng định luật Kiếc-xốp 1 và định luật Ôm tổng quát để lập (n – 1) phương trình cho n nút. -Giải hệ các phương trình trên được các giá trị điện thế Vk. -Từ các giá trị Vk ta tính được các hiệu điện thế, các dòng điện trong mỗi đoạn mạch.

--- B-CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG---

1. Cơ sở lí thuyết -Nếu trong một mạch điện có nhiều nguồn điện, dòng điện qua từng điện trở là tổng hợp các dòng điện do mỗi nguồn cung cấp riêng biệt khi mà suất điện động các nguồn khác coi như bằng 0. IR =  IRk (14.6) k

(I là dòng tổng hợp qua R; IRk là dòng do nguồn thứ k cung cấp qua R) 445

14.1. Cho mạch điện như hình vẽ: e1 = 12,5V; r1 = 1Ω; e2 = 8V; r2 = 0,5Ω; R1 = R2 = 5Ω; R3 = R4 = 2,5Ω; R5 = 4Ω; RA = 0,5Ω. Tính cường độ dòng điện

e2 B

qua các đoạn mạch và số chỉ của ampe kế. Bài giải R1 Chọn chiều dòng điện như trên hình vẽ. -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 1 cho các nút B, C, A và D ta được: I = I1 + I5 = I3 + I4 (1) (2) I1 = I2 + I3

R4 D

R3 A

446

I4 = I2 + I5 (3) -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 2 cho các mắt mạng ACBA; BCDB và CDAC ta được:



e2 = R1I1 + R3I3 + (r2 + RA)I e1 + e2 = (R5 + r1)I5 + R4I4 + (r2 + RA)I (5) 0 = R2 I 2 + R4 I 4 – R3 I 3 8 = 5I1 + 2,5I3 + (r2 + RA)I 20,5 = 5I5 + 2,5I4 + I

e1 e e e = => e1 = r1 = r1 r r 2

+Ghép nguồn (e1, r1) với R1b thành nguồn tương đương (e0, r0), với:

(4)

r0 = r1 + R1b = r1 + e1

(6) (4’) (5’)

0 = 5I2 + 2,5I4 – 2,5I3 (6’) -Từ (4’) và (5’): 2I + 5(I1 + I5) + 2,5(I3 + I4) = 28,5 (7)

e0 = e1 = e2 B

R4 D

e 2

+Mạch tương đương gồm (e0, r0) và Đ. -Cường độ dòng điện qua đèn: I =

R 1R b 18R b =1+ R1 + R b 18+R b

e0 . r0 + R d 2

-Từ (7) và (1): 9,5I = 28,5 => I = 3A. -Từ (2), (1) và (6’): 5(I1 – I3) + 2,5(I – I3) – 2,5I3 = 0  5I1 – 10I3 = -2,5I = -2,5.3 = -7,5 (8)

     e0  e 2 0  . -Công suất tiêu thụ trên đèn: P = RdI = Rd   =  r  0  r0 + R d  + R d    Rd 

-Từ (4’) và (8): I3 = 1A; I1 = 0,5A. => I5 = I – I1 = 3 – 0,5 = 2,5A; I2 = I1 – I3 = 0,5 – 1 = -0,5A; I4 = I2 + I5 = -0,5 +

-Để P = Pmax  r0 = Rd =

2,5 = 2A. -Vì I2 < 0 nên dòng điện chạy trên đoạn AD theo chiều từ D đến A. Vậy: Cường độ dòng điện qua các đoạn mạch là I1 = 0,5A; I2 = 0,5A; I3 = 1A; I4 = 2A; I5 = 2,5A; số chỉ của ampe kế là IA = I = 3A. . Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp Kiếc-xốp. Bạn đọc có thể giải bằng các phương pháp khác. 14.2. Cho mạch điện như hình vẽ: r = 2Ω; đèn Đ: 7V-7W; R1 = 18Ω; R2 = 2Ω; Rb là biến trở. Đóng khóa K và điều chỉnh Rb khi đó đèn sáng bình thường và đạt công suất tiêu thụ cực đại. a)Tính suất điện động của nguồn và giá trị Rb khi đó. b)Khi khóa K mở, đèn sáng như thế nào?

e, r R2



U d2 72 = = 7Ω . Pd 2

18R b = 7 => Rb = 9Ω 18+R b

-Mặt khác, khi P = Pmax thì Ud =

e0 e = => e = 4Ud = 4.7 = 28V. 2 4

Vậy: Khi đèn sáng bình thường và đạt công suất tiêu thụ cực đại thì suất điện động của nguồn và giá trị Rb khi đó là e = 28V và Rb = 9Ω. b)Độ sáng của đèn khi khóa K mở -Khi khóa K mở, mạch ngoài gồm: [R1 nt (R2b // Rd)], do đó:

R = R1 +

(R 2 +R b )R d (2 + 9).7 401 = 18 + = Ω 2+9+7 18 R 2 +R b +R d

-Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =

IR -Cường độ dòng điện qua đèn: I’ = 2bd = Rd

Bài giải a)Suất điện động của nguồn và giá trị Rb -Khi khóa K đóng: +Ghép nguồn (e, r) với R2 thành nguồn tương đương (e1, r1), với:

-Vì I’ < Id =

e 28 = 1,153A. = 401 r+R 2+ 18 I

(R 2 +R b )R d (2 + 9).7 1,153. R 2 +R b +R d 2 + 9 + 7 = 0,705A. = Rd 7

Pd 7 = = 1A nên đèn sáng yếu hơn bình thường. Ud 7

Vậy: Khi khóa K mở thì đèn Đ sáng yếu hơn bình thường.

rR 2 1 1 1 2.2 = + => r1 = = 1Ω = r1 r R r + R2 2+2

. Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp tương đương. Bạn đọc có thể giải bằng các phương pháp khác. 447

448

14.3. Cho mạch điện như hình vẽ a: e1 = 60V; e2 = 30V; r1 = r2 ≈ 0; R1 = R2 = R3 = 2Ω. Tính cường độ dòng điện qua các nhánh. Bài giải I1

I’1

I’3

hay

3 – 18 = 6I1 + 3(I1 – I2) 16 – 3 = 2I2 + 3(I2 – I1) I1 = -1A; I2 = 2A

 

-15 = 9I1 – 3I2 13 = -3I1 + 5I2

Vậy: Cường độ dòng điện qua các nhánh là: Ie = -I1 = 1A; Ie = I2 – I1 = 2 – (-1) = 1

I2 e1

I’2

3A; Ie = I2 = 2A.

. Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp dòng mắt mạng. Bạn đọc R3

Hình a

I1R1 =

I'2R 2 =

có thể giải bằng các phương pháp khác. 14.5. Cho mạch điện như hình vẽ: e = 26V; r = 1Ω; R = 3Ω; R1 = 5Ω; R2 = 2Ω; R3 = 10Ω; R4 = 30Ω; R5 = 5Ω. Tính cường độ dòng điện qua các điện trở và điện trở tương đương của đoạn mạch AB. Bài giải Giả sử dòng điện qua các đoạn mạch có chiều như hình vẽ. Đặt UAB = U, chọn VB = 0 => VA = U. -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 1 cho các nút C và D, ta được: I1 = I2 + I5; I4 = I3 + I5 (1) -Áp dụng định luật Ôm, ta được: U = e – I(r + R) = 26 – 4I (2)

Hình c

R 2R3 2.2 = = 1Ω. R 2 + R3 2+2 R1 1

e1 I 60 20 = 20A; I R2 2 = I R2 3 = = = 10A . = 2 2 R1 +R 23 2 +1

-Sơ đồ c: Coi nguồn e1 = 0, ta có: R13 = Và

Hình b

-Sơ đồ b: Coi nguồn e2 = 0, ta có: R23 = Và

R 1R 3 2.2 = 1Ω. = 2+2 R1 + R 3

e2 30 I'R 2 10 = 10A; I'1R1 = I'3R3 = 2 = = 5A . = R 2 +R13 2 +1 2 2

-Áp dụng nguyên lí chồng chất dòng điện, ta có: I1 = I1R - I'1R = 20 – 5 = 15A 1

I2 = I - I' R2 2

R2 2

VA - VC U - VC V -V V = ; I2 = C B = C ; R1 5 R2 2

I3 =

VA - VD U - VD V -V V = ; I4 = D B = D ; R3 10 R4 30

I5 =

VC - VD V - VD = C R5 5

= 10 – 10 = 0

I3 = I + I' = 10 + 5 = 15A R3 3

I1 =

R3 3

Vậy: Cường độ dòng điện qua các nhánh của mạch điện là I1 = 15A, I2 = 0, I3 = 15A.

R2 R4

e, r

-Thay các biểu thức dòng điện ở trên vào (1), ta được:

. Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp chồng chất dòng điện. Bạn đọc có thể giải bằng các phương pháp khác. 14.4. Cho mạch điện như hình a: e1 = 18V, r1 = 6Ω; e2 = 3V, r2 = 3Ω; e3 = 16V, r3 = 2Ω. Tính cường độ dòng điện qua các nhánh. Bài giải Chọn chiều dòng điện như hình b; gọi dòng điện trong các mắt mạng là I1 và I2. Áp dụng định luật Kiếc-xốp 2 cho hai mắt mạng, ta được: e1 e2 – e1 = r1I1 + r2(I1 – I2) e2 e3 – e2 = r3I2 + r2(I2 – I1) e3

449

U - VC V V -V = C + C D 5 2 5

(3)

V -V VD U - VD = + C D 30 10 5

(4)

-Từ (3) và (4): VC =

U U ; VD = 3 2

(5)

-Từ đó: I1 =

2U U 11U ; I3 = ; I = I1 + I3 = 15 20 60

U 60 = = 5,45Ω I 11

RAB =

-Thay (6) vào (2), ta được: U = 26 – 4.

(6)

11U => U = 15V. 60

450

-Từ đó tính được: I1 = 2A; I2 = 2,5A; I3 = 0,75A; I4 = 0,25A; I5 = 0,5A. . Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng phương pháp điện thế nút. Bạn đọc có thể giải bằng các phương pháp khác. 14.6. Cho mạch điện như hình vẽ: e1 = 36V = 3e2; r1 = R = 2r2 = 6Ω. Xác định biểu thức hiệu điện thế UAB và cường độ dòng điện qua mỗi nhánh. Bài giải A Cách 1: Phương pháp nguồn tương đương. 1 1 1 1 1 1 1 2 Ta có: = + + = + + = => r = 1,5Ω. r r1 r2 R 6 3 6 3

e e e 0 36 12 0 = 1+ 2+ = + + = 10 => e = 10.1,5 = 15V r r1 r2 R 6 3 6

-U AB +e1 −15 + 36 = = 3,5A r1 6

I2 =

U AB -e2 15 − 12 = = 1A r2 3

I3 =

U AB 15 = 2,5A = R 6

I3 = I + I = 1,5 + 1 = 2,5A; UAB = RI3 = 6.2,5 = 15V. R 2

Cách 4: Phương pháp dòng mắt mạng. -Chọn chiều cho hai dòng mắt mạng như hình vẽ. -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 2 cho hai mắt mạng, ta được: e1 = r1i1 + R(i1 – i2) -e2 = r2i2 + R(i2 – i1) 36 = 6i1 + 6(i1 – i2)

(1)

A 2 e2

(2)

(1’)

-12 = 3i2 + 6(i2 – i1) -Từ (1’), (2’): i1 = 3,5A; i2 = 1A.

(2’)

-Cường độ dòng điện trong các nhánh: I1 = i1 = 3,5A; I2 = i2 = 1A; I3 = i1 – i2 = 3,5 – 1 = 2,5A. Và UAB = R(i1 – i2) = 6(3,5 – 1) = 15V.

-Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch, ta được: I1 =

I3 = 2 R

U AB V V = A = A R R 6

-Mặt khác, tại nút A: I1 = I2 + I3



(2)

I1 e1

(3)

I2 e2

(4)

-VA +36 -V +36 V = A + A => VA = 15V. 6 6 6

-Từ đó: I1 =

-15+36 15-12 15 = 3,5A; I2 = = 1A; I3 = = 2,5A. 6 3 6

Vậy: Cường độ dòng điện qua các nhánh của mạch điện là I1 = 3,5A; I2 = 1A; I3 = 2,5A; hiệu điện thế giữa A và B là UAB = 15V.

r2 1 R r1 6 3 .4,5 = 1,5A; I1r2 = I1 = .4,5 = 3A. I1 = r2 +R 3+6 r2 +R 3+6

-Khi nguồn e2 phát điện (nguồn e1 = 0): Ir2 =

U BA +e1 -V +e -V +36 = A 1 = A (1) r1 r1 6

U -e V -e V -12 I2 = AB 2 = A 2 = A r2 r2 3

e1 36 -Khi nguồn e1 phát điện (nguồn e2 = 0): I1r1 = = = 4,5A. r2 R 3.6 r1 + 6+ 3+6 r2 +R

IR2 =

Cách 5: Phương pháp điện thế nút. -Chọn chiều dòng điện như hình vẽ; chọn VB = 0 => VA = UAB.

Cách 2: Phương pháp Kiếc-xốp. -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 1: I1 = I2 + I3 (1) -Áp dụng định luật Kiếc-xốp 2 cho các mắt mạng Ae1BA, Ae1Be2A: A e1 = r1I1 + RI3  36 = 6I1 + 6I3 (2) e1 – e2 = r1I1 + r2I2  24 = 6I1 + 3I2 (3) e1 -Từ (1), (2) và (3): I1 = 3,5A; I2 = 1A; I3 = 2,5A; 1 và UAB = RI3 = 6.2,5 = 15V. B Cách 3: Phương pháp chồng chất dòng điện.

I1R =

R 1

hay

Vì nguồn (e, r) hở nên: UAB = e = 15V. Áp dụng định luật Ôm cho các nhánh, ta được: I1 =

-Theo nguyên lí chồng chất dòng điện, ta có: I1 = I1r - Ir2 = 4,5 – 1 = 3,5A; I2 = I1r - I2r = 3 – 2 = 1A;

. Nhận xét: Bài toán trên được giải bằng 5 phương pháp khác nhau. Điều này có nghĩa rằng mỗi bài toán về mạch điện có thể được giải bằng nhiều cách khác nhau. Vấn đề là bạn đọc lựa chọn một phương pháp phù hợp để lời giải bài toán được đơn giản và ngắn gọn. ------------------

e2 12 = 2A. = r1R 6.6 3+ r2 + 6+6 r1 +R

r1 r2 6 R r2 6 I2 = .2 = 1A; Ir21 = .2 = 1A. I2 = r1 +R 6+6 r1 +R 6+6

451

452

cơ bản thuộc hệ đơn vị SI 1. Đơn vị không gian, thời gian và hiện tượng tuần hoàn 1.1 góc phẳng (góc) radian rad m/m 1.2 góc khối steradian sr m2/m2 2 1.3 diện tích mét vuông m m.m 1.4 thể tích (dung mét khối m3 m.m.m tích) 1.5 tần số héc Hz s-1 1.6 vận tốc góc radian rad/s s-1 trên giây 1.7 gia tốc góc radian trên rad/s2 s-2 giây bình phương 1.8 vận tốc mét trên giây m/s m.s-1 2 1.9 gia tốc mét trên giây m/s m.s-2 bình phương 2. Đơn vị cơ 2.1 khối lượng theo kilôgam kg/m kg.m-1 chiều dài (mật độ trên mét dài) 2.2 khối lượng theo kilôgam trên kg/m2 kg.m-2 bề mặt (mật độ mét vuông mặt) 2.3 khối lượng riêng kilôgam trên kg/m3 kg.m-3 (mật độ) mét khối 2.4 lực niutơn N m.kg.s-2 2.5 mômen lực niutơn mét N.m m2.kg.s-2 2.6 áp suất, ứng suất pascan Pa m-1.kg.s-2 2.7 độ nhớt động lực pascan giây Pa.s m-1.kg.s-1 2.8 độ nhớt động học mét vuông m2/s m2.s-1 trên giây 2.9 công, năng lượng jun J m2.kg.s-2 2.10 công suất oát W m2.kg.s-3 2.11 lưu lượng thể tích mét khối m3/s m3.s-1 trên giây 2.12 lưu lượng khối kilôgam kg/s kg.s-1 lượng trên giây 3. Đơn vị nhiệt o 3.1 nhiệt độ Celsius độ Celsius C t = T - T0; trong đó t là nhiệt độ Celcius, T là nhiệt độ nhiệt động học và T0 =273,15. 3.2 nhiệt lượng jun J m2.kg.s-2 Tên

---Phụ lục--A. CÁC ĐƠN VỊ ĐO LƯỜNG CHÍNH THỨC (Trích Nghi định số: 134/2007/NĐ-CP, ngày 15 tháng 8 năm 2007 của Chính phủ nước CHXHCN Việt Nam)

1-Các đơn vị cơ bản TT Đại lượng 1 độ dài 2 khối lượng 3 thời gian 4 cường độ dòng điện nhiệt độ nhiệt động 5 học 6 lượng vật chất 7 cường độ sáng 2-Các đơn vị dẫn xuất TT Đại lượng

Tên đơn vị mét kilôgam giây ampe

Ký hiệu đơn vị m kg s A

kenvin

mol candela

mol cd

Đơn vị

Thể hiện theo đơn vị 453

Ký hiệu

454

Đơn vị TT

Đại lượng

3.3

nhiệt lượng riêng

Tên

jun trên kilôgam 3.4 nhiệt dung jun trên kenvin 3.5 nhiệt dung khối jun trên (nhiệt dung riêng) kilôgam kenvin 3.6 thông lượng nhiệt oát 3.7 thông lượng nhiệt oát trên mét bề mặt (mật độ vuông thông lượng nhiệt) 3.8 hệ số truyền nhiệt oát trên mét vuông kenvin 3.9 độ dẫn nhiệt (hệ oát trên mét số dẫn nhiệt) kenvin 3.10 độ khuyếch tán mét vuông nhiệt trên giây 4. Đơn vị điện và từ 4.1 điện lượng (điện culông tích) 4.2 điện thế, hiệu điện vôn thế (điện áp), sức điện động 4.3 cường độ điện vôn trên mét trường 4.4 điện trở ôm 4.5 điện dẫn (độ dẫn simen điện) 4.6 thông lượng điện culông (thông lượng điện dịch) 4.7 mật độ thông culông trên lượng điện (điện mét vuông dịch) 4.8 công, năng lượng jun 4.9 cường độ từ ampe trên trường mét 4.10 điện dung fara 4.11 độ tự cảm henry 4.12 từ thông vebe

Ký hiệu J/kg

Thể hiện theo đơn vị cơ bản thuộc hệ đơn vị SI m2.s-2

J/K

m2.kg.s-2.K-1

J/(kg.K)

m2.s-2.K-1

Đơn vị TT

-3

-1

W/(m .K)

kg.s .K

W/(m.K)

m.kg.s-3.K-1

m2/s

m2.s-1

s.A

m2.kg.s-3.A-1 -3

-1

V/m

m.kg.s .A

Ω S

m2.kg.s-3.A-2 m-2.kg-1.s3.A2

s.A

C/m2

m-2.s.A

J A/m

m2.kg.s-2 m-1.A

F H Wb

m-2.kg-1.s4.A2 m2.kg.s-2.A-2 m2.kg.s-2.A-1

Tên

Ký hiệu

4.13 mật độ từ thông, tesla T cảm ứng từ 4.14 suất từ động ampe A 4.15 công suất tác oát W dụng (công suất) 4.16 công suất biểu vôn ampe V.A kiến 4.17 công suất kháng var var 5. Đơn vị ánh sáng và bức xạ điện từ có liên quan 5.1 năng lượng bức jun J xạ 5.2 công suất bức xạ oát W (thông lượng bức xạ) 5.3 cường độ bức xạ oát trên W/sr steradian 5.4 độ chói năng oát trên W/(sr.m2) lượng steradian mét vuông 5.5 năng suất bức xạ oát trên mét W/m2 vuông 5.6 độ rọi năng lượng oát trên mét W/m2 vuông 5.7 độ chói candela trên cd/m2 mét vuông 5.8 quang thông lumen lm 5.9 lượng sáng lumen giây lm.s 5.10 năng suất phát lumen trên lm/m2 sáng (độ trưng) mét vuông 5.11 độ rọi lux lx 5.12 lượng rọi lux giây lx.s 5.13 độ tụ (quang lực) điôp® điôp 6. Đơn vị âm 6.1 tần số âm héc Hz 6.2 áp suất âm pascan Pa 6.3 vận tốc truyền âm mét trên giây m/s 6.4 mật độ năng jun trên mét J/m3 lượng âm khối 6.5 công suất âm oát W 6.6 cường độ âm oát trên mét W/m2 vuông

m2.kg.s-3 kg.s-3

W W/m2

Đại lượng

455

Thể hiện theo đơn vị cơ bản thuộc hệ đơn vị SI kg.s-2.A-1 A m2.kg.s-3 m2.kg.s-3 m2.kg.s-3 m2.kg.s-2 m2.kg.s-3 m2.kg.s-3 kg.s-3 kg.s-3 kg.s-3 m-2.cd cd cd.s m-2.cd m-2.cd m-2.cd.s m-1 s-1 m-1.kg.s-2 m.s-1 m-1.kg.s-2 m2.kg.s-3 kg.s-3

456

Đơn vị TT

Đại lượng

Tên

6.7

trở kháng âm (sức pascan giây cản âm học) trên mét khối 6.8 trở kháng cơ (sức niutơn giây cản cơ học) trên mét 7. Đơn vị hoá lý và vật lý phân tử 7.1 nguyên tử khối kilôgam 7.2 phân tử khối kilôgam 7.3 nồng độ mol mol trên mét khối 7.4 hoá thế jun trên mol 7.5 hoạt độ xúc tác katal 8. Đơn vị bức xạ ion hoá 8.1 độ phóng xạ (hoạt becơren độ) 8.2 liều hấp thụ, kerma gray 8.3 liều tương đương sivơ 8.4 liều chiếu culông trên kilôgam

Ký hiệu Pa.s/m3 N.s/m

Thể hiện theo đơn vị cơ bản thuộc hệ đơn vị SI m-4.kg.s-1

Quốc tế

deca

kg.s-1

zetta

exa

peta

tera

giga

mega

kilo

kilô

hecto

hectô

Thừa số

deca

deci

centi

10 = 101

Ước kg kg mol/m3

kg kg m-3.mol

J/mol kat

m2.kg.s-2.mol-1 s-1.mol

mili

s-1

micro

micrô

Gy Sv C/kg

m2.s-2 m2.s-2 kg-1.s.A

nano

nanô

pico

picô

femto

femtô

atto

attô

zepto

zeptô

yocto

yoctô

Bội yôtta

Ký hiệu = 102

3-Các bội, ước thập phân của đơn vị đo lường chính thức hệ SI Tên Ký Thừa số hiệu Quốc tế Việt Nam

yotta

Tên Việt Nam

1 000 000 000 = 1024 1 000 000 = 1021 1 000 = 1018 1 = 1015

000 000 000 000 000

0,01 = 10-2 0,001 = 10-3 0,000

001

= 10-6 0,000 000 001 = 10-9 0,000 000 000 001 = 10-12 0,000 000 000 000 001 = 10-15 0,000 000 000 000 000 001 = 10-18 0,000 000 000 000 000 000 001 = 10-21 0,000 000 000 000 000 000 000 001 = 10-24

B. CÁC HẰNG SỐ

000 000 000 000 000

1-Số Avôgađrô: NA = 6,02.10 mol-1.

000 000 000 000 000

2-Vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3.108 m/s. 3-Điện tích nguyên tố: e = 1,6.10-19 C.

000 000 000 000 000

4-Hằng số hấp dẫn: G = 6,67.10-11 N.m2/kg2.

1 000 000 000 000

5-Hằng số Bônzơman: k = 1,38.10-23 J.K-1.

= 1012

6-Hằng số P-lăng: h = 6,625.10-34 J.s.

1 000 000 000

7-Hằng số các khí lí tưởng: R = 8,31 J.K-1.

= 109 1 000 000

8-Hằng số Faraday: F = 9,65.105 C.

= 106 1

0,1 = 10-1

9-Khối lượng electron: me = 9,1.10-31 kg.

000

10-Khối lượng prôtôn: mp = 1,67.10-27 kg.

= 103

11-Hằng số Rybec: R = 1,1.107 m-1.

100 457

458

12-Bán kính Bo: r0 = 5,3.10-11 m.

-Bất đẳng thức Bec-nu-li: (1 + x)n ≥ 1 + nx; x > -1, n ∈ N. -3

13-Thể tích mol của khí lí tưởng: Vμ = 22,4.10 m /mol. 24

9-Công thức gần đúng ( ε ≤ 1 ; α rất nhỏ, tính bằng rad)

14-Trái Đất: mTĐ = 6.20 kg; RTĐ = 6,4.10 m; TTĐ = 24 h; gTĐ = 9,81 m/s .

( 1 ± ε )m ≃ 1 ± mε ; (1 ± ε)m (1 ± ε') m' ≃ 1 ± mε ± m'ε' ; ex ≃ 1 + x

15-Mặt Trăng: mMTr = 7,36.1022 kg; RMTr = 1,74.106 m; TMTr = 27,3 ngày; gMTr = 1,67 m/s2.

sinα ≃ tanα ≃ α

C. CÔNG THỨC TOÁN HỌC 2

1-Hình tròn: S = πR ; C = 2πR. 4 2-Hình cầu: S = 4πR ; V = πR3. 3 2

3-Hình trụ đứng tròn xoay: Sxq = 2πRh; Stp = 2πRh + 2πR2; V = πR2h; h là chiều cao. 4-Tam giác: S =

10-Công thức tính sai số Biểu thức

A± B

Sai số

ΔA ± ΔB A±B

AB hoặc ΔA ΔB + |A| |B|

A B

An n

ΔA |A|

An 1 ΔA . n |A|

--------------------

1 ah; h là chiều cao ứng với cạnh a. Tam giác vuông: a2 + b2 = c2; 2

c là cạnh huyền. 5-Định lý hàm số sin và cosin cho tam giác ABC (góc: A, B, C; cạnh a, b, c): sinA sinB sinC 2 ; c = a2 + b2 – 2abcosC = = a b c

6-Một số công thức lượng giác tanα =

sin α cosα ; cotα = ; sin2α + cos2α = 1; sin2α = 2sinαcosα cos α sinα

cos2α = cos2α – sin2α = 2cos2α – 1 = 1 – 2sin2α sin( α ± β ) = sinαcosβ + sinβcosα; cos( α ± β ) = cosαcosβ + sinαsinβ. sinα ± sinβ = 2sin(

α±β α∓β α+β α −β )cos( ); cosα + cosβ = 2cos( )cos( ). 2 2 2 2

cosα - cosβ = -2sin( cos2α =

α+β α −β )sin( ). 2 2

1 1 ; sin2α = . 1 + tan 2 α 1 + cot 2 α

7-Tổng số hữu hạn thông dụng 1+2+3+…+n=

n(n + 1) ; 2

12 + 22 + 32 + … + n2 =

1 n(n + 1)(2n + 1) 6 1 3

1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2; 12 + 32 + 52 + … + (2n – 1)2 = n(4n 2 - 1) 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1); 1 + x + x2 + … + xn =

1 - x n+1 ; x ≠ 1. 1-x

8-Một số bất đẳng thức -Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm a, b: a + b ≥ 2 ab . 459

460