Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý 11

A
B
C
U
R
0
+
_
-
_
-
-
-
-
_
-
φ
φ
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI
Bài 1:
Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là 1 dây
đồng chất, dài l = 1,3m, tiết diện S = 0,1mm
2
, điện
trở suất
ρ
= 10
- 6
m
Ω

.U là hiệu điện thế không đổi.
Nhận thấy khi con chạy ở các vị trí cách đầu A hoặc
đầu B những đoạn như nhau bằng 40cm thì công suất
toả nhiệt trên biến trở là như nhau. Xác định R
0
và
tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R
0
ứng với 2 vị trí của C?
Gi ải:
Gọi R
1
, R
2
là điện trở của biến trở ứng với 2 vị trí trên của con chạy C; R là điện trở toàn phần của biến trở:
RR
13
4
1
=
RR
13
9
2
=
P
1
= P
2

⇔
2
20
1
10
)()( R
RR
U
R
RR
U
+
=
+
è R
0
=
RRR
13
6
21
=
Gọi I
1
, I
2
là cường độ dòng điện qua R
0
trong 2 trường hợp trên
R

U
RR
U
I
10
13
10
1
=
+
=
R
U
RR
U
I
15
13
20
2
=
+
=
è I
1
= 1,5I
2
è
25,2
2

1
=
P
P
Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ 3, nguồn điện có suất
điện động E, điện trở
trong r = R / 2, hai tụ điện có điện dung

C
1
= C
2
= C (ban đầu chưa tích điện) và hai điện trở R và 2R, lúc đầu khóa k mở.
Bỏ qua điện trở các dây nối và khoá k. Đóng k.
a.Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn MN.
b.Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R.
Giải:
a. +Khi k ngắt q
1
= 0; q
2
= 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của các tụ điện q
= 0.
+ Khi k đóng
' '
1 2
,q CE q CE= =
nên q
’
=

' '
1 2
2q q CE+ =
+Điện lượng từ cực dương của nguồn đến nút A là: q
’
= 2CE
+ Gọi điện lượng qua AM là
∆
q
1
, qua AN là
2
q∆
, ta có :
q
’
=
1 2
q q∆ + ∆
= 2CE (1)
+Gọi I
1
, I
2
là cường độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta có:
1 1 1
2 2 2
2
2
q I t I R

q I t I R
∆ ∆
= = = =
∆ ∆
(2)
+Từ (1) và (2) suy ra:
1 2
4 2
;
3 3
CE CE
q q∆ = ∆ =
+Điện lượng dịch chuyển từ M đến N
'
1 1
4
3 3
MN
CE CE
q q q CE∆ = ∆ − = − =
1
R
2R
M
N
k
E, r
r
+
-

C
2
C
1
H×nh 3
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
b. +Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q
’
trong mạch là : A = q
’
E = 2CE
2
+Năng lượng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2.
2 2
1
2
CE CE=
+Điện trở tương đương của mạch AM là: R
AM
=
2
3
R
+Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở là: Q
AM
+ Q
r
= A - W = CE
2
(3)

+Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện trở:
4
3
AM AM
r
Q R
Q r
= =

+Từ (3) và (4) ta được:
2
4
7
AM
Q CE=
+Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ nghịch với điện trở nên:
2
2
2 2 8
2
3 21
R
R AM
R
Q R
Q Q CE
Q R
= = ⇒ = =
Bài 3 : Có một số điện trở r = 5 (
Ω

).
a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 (
Ω
).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
b. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 7 (
Ω
).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
Giải:
a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 (
Ω
).
* Gọi điện trở của mạch là R
Vì R < r nên các điện trở r phải được mắc song song.
Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc song song với một mạch nào đó có điện trở X như hình (a) .
Ta có :
R =
Xr
Xr
+
.

⇔
3 =
X
X
+5
.5

⇒
X = 7,5 (
Ω
)
Với X = 7,5 (
Ω
) ta có X có sơ đồ như hình (b)
Ta có : X = r + Y
⇒
Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 (
Ω
)
Để Y = 2,5 (
Ω
) thì phải có 2 điện trở r mắc song song.
Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình (c).
b. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch
có điện trở 7 (
Ω
).
* Gọi điện trở của mạch là R
/

Vì R
/
> r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với
một đoạn mạch có điện trở X như hình (d)
Ta có : R
/

= r + X
/

⇒
X
/
= R
/
- r = 7 - 5 = 2 (
Ω
).
Vì X
/
< r
⇒
X
/
là đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có
điện trở Y
/
như hình (e).
Ta có : X
/
=
/
/
.
Yr
Yr
+

2
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11

⇔
2 =
/
/
5
.5
Y
Y
+

⇒
Y
/
=
3
10
(
Ω
).
Vì Y
/
< r nên Y
/
là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có điện trở Z như hình
(g).
Ta có : Y
/

=
Zr
Zr
+
.
⇔

3
10
=
Z
Z
+5
.5
⇔
50 + 10 Z = 15.Z
⇒
Z = 10 (
Ω
). Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r mắc nối
tiếp với nhau như hình (h)
Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình (h)
Bài 4:
Có một số đèn (3V- 3W) và một số nguồn, mỗi nguồn có suất điện động ξ = 4V, điện trở r = 1Ω.
a. Cho 8 đèn. Tìm số nguồn ít nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình thường. Xác định hiệu
suất cách ghép.
b. Cho 15 nguồn. Tìm số đèn nhiều nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình thường. Xác định
hiệu suất cách ghép.
Giải
a. Gọi x là số nguồn điện; m là số dãy của bộ nguồn; n là số nguồn điện trong mỗi dãy

Ta có: x = m.n; ξ
b
= nξ;
b
nr
r
m
=
Gọi y là số bóng đèn; p là số dãy bóng đèn; q là số bóng trên mỗi dãy. Ta có: y = p.q
Cường độ dòng điện qua mạch chính I = p.I
đm
Ta có: U = ξ
b
- Ir
b
nr
n I
m
ξ
= −
⇒
2
dm
.
n r
U n p I
x
ξ
= −
Với

dm
.
x
m
n
I p I

=



=

(1)
Mà U = q.U
đm

dm
y
U
p
=
Với
y
q
p
=
(2)
So sánh (1) và (2) ta có:
2

dm
0
dm
prI
y
n n U
x p
ξ
− + =
(3)
Phương trình (3) có nghiệm khi:
2
4 0
dm
y
rp
x
ξ
∆ = − ≥
(4)
2
4
dm
rp
x
y
ξ
⇒ ≥
3
4

x
y
⇒ ≥
* Khi y = 8 thì x ≥ 6 nên số nguồn tối thiểu là 6 nguồn.
Thay y = 8 và x = 6 vào (4) ⇒ ∆ = 0 nên
12
n
p
=
; ta lại có
6 8
;n p
m q
= =
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:
m n p q
Cách 1 2 3 4 2
Cách 2 1 6 2 4
Hiệu suất:
1 2
50%
dm
b
qU
U
H H
n
ξ ξ
= = = =
3

BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
b. Khi x = 15 thì
3
20
4
x
y
y
≥ ⇒ ≤
nên số bóng đèn nhiều nhất có thể mắc được 20 bóng.
Thay x = 15; y = 20 vào (4) ⇒ ∆ = 0 nên
30
n
p
=
; ta lại có
15 20
;n p
m q
= =
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:
m n p q
Cách 1 5 3 10 2
Cách 2 1 15 2 10
Hiệu suất:
1 2
50%
dm
b
qU

U
H H
n
ξ ξ
= = = =
Bài 5:
Cho hai tụ điện phẳng không khí, các bản hình tròn bằng kim loại có đường kính D. Tụ 1có 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.
Giải:
+ Do khoảng cách giữa 2 bản của tụ 2 gấp đôi tụ 1 nên C
1
= 2C
2
= C

 q
1
= 2q
2
.
+ Năng lượng tụ 1:
C
q
W
2
2
1
1

=
; Năng lượng tụ 2:
C
q
C
q
W
4
2
1
2
2
2
==
+ Tổng năng lượng ban đầu của hệ: W
0
= W
1
+ W
2
=
2 2
1 1
3 3
4
q q
C C
=

*Trường hợp 1: Đưa 2 bản cùng dấu gần nhau  do hiện tượng hưởng ứng, hệ gồm 3 tụ

1
/
C
,
/
2
C
,
/
3
C
+ Tụ 1
1
/
C
có điện tích
1
/
2
q q
=
và điện dung
1
/
.
4 . .
S d
C C
k x x
ε

π
= =
+ Tụ 2
/
2
C
có điện tích
/
2 2
3q q
=
và điện dung
/
2
C
= C
+ Tụ 3
/
3
C
có điện tích
3
/
2
q q
=
/
3
.
4 . ( )

S d
C C
k d x d x
ε
π
= =
− −
+ Năng lượng:
1
1
2 2
/
2 2
/
2 2
q q x
W
C dC
= =
;
2
2
/
2
9
2
q
W
C
=

;
3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =

+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3
2 2
/ / /
2 1
5 5
4
q q
W W W W
C C
= + + = =
+ 
0
3
5

W
W
=
Năng lượng của hệ tăng lên.
*Trường hợp 2: Đưa 2 bản trái dấu lại gần nhau  Cũng có hệ 3 tụ cùng điện .tích q
2
4
2d
x
d
d-x
+ - + - +
-
2d
x
d
d-x
+ - + - + -

+ -

+ -

BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
+ Năng lượng:
1
1
2 2
/
2 2

/
2 2
q q x
W
C dC
= =
2
2
/
2
2
q
W
C
=
3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =
+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3

2
/ / /
1
4
q
W W W W
C
= + + =
+ 
0
3
W
W
=
Năng lượng của hệ giảm xuống.
Bài 6:
Cho một mạch điện như hình 3. Tất cả các vôn kế đều giống nhau, tất cả các điện trở đều giống nhau.
Vôn kế V
1
chỉ 8V, vôn kế V
3
chỉ 10V. Tìm số chỉ vôn kế V
5
.
Giải:
*Tìm tỷ số R/R
V
+ V
3
= V

1
+RI
1
+ R(I
1
+ I
V2
)  2 = 2 RI
1
+RI
V2
(1)
+ I
V2
= (8+ RI
1
)/R
V
(2) và I
1
= 8/R
V
(3)
+ (1),(2),(3)  4x
2
+12x-1= 0 (4) với x =R/R
V

+ Giải (4)  x =
10 3

2
−
*Tìm số chỉ V
5
+ V
5
= V
3
+RI
3
+ R(I
3
+ I
V4
) = 10+2RI
3
+RI
V4
(5)
+I
V4
= (10+ RI
3
)/R
V
(6)
+ I
3
= 10/R
V

+16/R
V
+ 8R/
2
V
R
(7)
+ Thay (6),(7) vào (5) và chú ý x =
10 3
2
−
V
5
=
1
5 10
2
V
 
−
 ÷
 
Bài 7:
Để xác định vị trí chỗ bị chập của một dây đôi điện thoại dài 4km, người ta nối phía đầu dây với nguồn
điện có hiệu điện thế 15V; một ampe kế có điện trở không đáng kể mắc trong mạch ở phía nguồn điện thì thấy khi
đầu dây kia bị tách ra thì ampe kế chỉ 1A, nếu đầu dây kia bị nối tắt thì ampe kế chỉ 1,8A. Tìm vị trí chỗ bị hỏng
và điện trở của phần dây bị chập. Cho biết điện trở của một đơn vị dài của dây là 1,25Ω/Km
Giải:
+ Mô tả mạch tương đương
Gọi L là chiều dài của dây điện thoại , x là khoảng cách từ chỗ hỏng đến nguồn, R là điện trở của phần cách điện

tại chỗ bị hỏng
+ Khi đầu dây kia bị tách ( trong mạch điện tương đương với khóa k mở)
 U = (2xα + R)I
1

 2,5x + R = 15 (1)
5
V
n
V
1
V
2
V
3
V
4
V
5
Hình 3
I
1
I
2
I
3
I
4
V
5

V
3
V
2
V
1
V
4
I
V2
I
V3
I
V4
I
V5
A
+
-
R
K
x
L
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
+ Khi đầu dây kia bị nối tắt (trong mạch điện tương đương với khóa k đóng )

( )
( )
2
.2

2
2
R L x
U x I
R L x
ρ
ρ
ρ
 
−
 
= +
 
+ −
 
 

3,75x
2
– 27,5x-R+50 = 0 (2)
+ Từ (1) & (2)  3,75x
2
– 25x +35 = 0 (3)
+ Giải (3)  x = 2km  (1)  R = 10km
Bài 8:Cho mạch điện:
Trong đó:
E = 80V
R
1
= 30 Ω

R
2
= 40 Ω
R
3
= 150 Ω
R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V.
1. Tính điện trở R
A
của ampe kế và điện trở R
V
của vôn kế.
2. Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB. Tính R trong hai trường hợp:
a. Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại.
b. Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại.
Giải:
1. Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính:
Ta có: E = I (r + R) + R
2
(I – I
A
) + U
V
80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24 ⇒ I = 1A
U
AB
= (I – I
A
) R
2

+ U
V
= 32V
Ω=−=⇒ 10
1
R
I
U
R
A
AB
A
Ω=
−−
== 600
3
R
U
II
U
I
U
R
V
A
V
V
V
V
2. Ta có:

Ω== 32
I
U
R
AB
AB
a. Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở
R
R
R
N
+
=
32
.32
(1)
Công suất P của điện trở mạch ngoài:
P = E . I – rI
2
Hay : rI
2
– E.I + P = 0
∆ = E
2
– 4.r.P ≥ 0
r
E
P
4
2

max
=⇒
Mặt khác ta có:
( )
2
2
.
rR
E
RP
N
N
+
=
P = P
max
khi R
N
= r (2)
Từ (1) và (2):
Rr
R
R
−==
+
48
32
32
⇒ R = 32Ω
b. Gọi: I’ là cường độ dòng điện qua R

I
3
là cường độ dòng điện qua mạch AB có chứa R
1
, R
2
, R
A
,R
3

6
A V
A
V
R
3
R
1
R
2
R
A
B
(
E,r
)
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Ta có:
'

'
'
3
r
UE
R
U
r
UE
III
AB
AB
AB
−
=−
−
=−=
Với
rrR
R
EE
+
=
+
=
32
32
.80.'

r

r
rR
rR
r
+
=
+
=
32
.32.
'
(E’, r’): nguồn tương đương
Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’
Ω=⇒
+
=−⇔ 32
32
.32
48 r
r
r
r
Và do đó: R = 48 – 32 = 16Ω
Bài 9:
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện
có E = 8V, r =2
Ω
.
Điện trở của đèn là R
1

= 3
Ω
; R
2
= 3
Ω
; ampe kế có điện
trở không đáng kể.
a, K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi
điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1
Ω
thì đèn
tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.
b, Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc
vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. Khi điện trở phần AC bằng 6
Ω
thì ampe kế chỉ
5
3
A. Tính
điện trở toàn phần của biến trở mới.
Giải:
a, Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC.
Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên.
- Điện trở toàn mạch là:

2
3( 3) ( 1) 21 6
6 6
tm

x x R x R
R R x r
x x
+ − + − + +
= − + + =
+ +
⇒

2
tm
8( 6)
R ( 1) 21 6
E x
I
x R x R
+
= =
− + − + +
;
- H.đ.t giữa hai điểm C và D:
2
24( 3)
( )
( 1) 21 6
CD
x
U E I R r x
x R x R
+
= − + − =

− + − + +
;
- Cường độ dòng điện qua đèn là:
1
2
1
24
R ( 1) 21 6
CD
U
I
x x R x R
= =
+ − + − + +
;
- Khi đèn tối nhất tức
1
I
đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại.
- Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có:
1
1
2 2
b R
x
a
−
= − = =
;
- Suy ra

R =
3 (
Ω
).
b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau
như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới.
- Điện trở toàn mạch lúc này:
17 ' 60
4( ' 3)
tm
R
R
R
−
=
−
- Từ các nút ta có:
A BC
I I I= +
hay
A BC
I I I= −
.
- Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC:
7
+ -
R
1
R
2

E , r
A
B
C
A
K
+
-
R - x
R
1
R
2
x
E
r
B
C
A
D
D
+
-
A
B
C
R
1
R
2

R'-6
x = 6
E, r
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11

32( ' 3)
17 ' 60
R
I
R
−
=
−
;
48
17 ' 60
BC
I
R
=
−
;
- Theo giả thiết
5
3
A
I =
A, ta có:
32( ' 3) 48 5
17 ' 60 17 ' 60 3

R
R R
−
− =
− −
;
- Từ đó tính được : R' = 12 (
Ω
)
Bài 10:
Muốn mắc ba bóng đèn, Đ
1
(110V-40W), Đ
2
(110V-50W) và Đ
3
(110V-80W) vào mạng điện có hiệu điện thế
220V sao cho cả ba bóng đều sáng bình thường, người ta phải mắc thêm vào mạch một điện trở R
0
.
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R
0
tương ứng với mỗi cách mắc.
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó công suất tiêu thụ ở R
0
là bao nhiêu ?
Giải:
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R

0
tương ứng với mỗi cách mắc.
- Điện trở của các bóng đèn :
R
1D
=
1
2
1
Dm
Dm
P
U
=
40
110
2
= 302,5 (
)Ω
R
2D
=
2
2
2
Dm
Dm
P
U
=

50
110
2
= 242 (
)Ω
R
3D
=
3
2
3
Dm
Dm
P
U
=
80
110
2
= 151,25 (
)Ω
Vì mạng điện có hiệu điện thế gấp đôi hiệu điện thế định mức của các đèn, nên phải
mắc thành hai nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có một số đèn song song và mắc thêm điện trở phụ
R
0
sao cho điện trở tương đương của hai nhóm bằng nhau (dòng điện qua hai nhóm như nhau).
Có 4 cách mắc khả dĩ như sau :
- Với sơ đồ (a) :
0321
1111

RRRR
DDD
+=+
0
1
25,151
1
242
1
5,302
1
R
+=+

⇒
R
0
= 1210 (
Ω
)
- Với sơ đồ (b) :
0231
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
242
1

25,151
1
5,302
1
R
+=+

⇒
R
0

≈
172,86 (
Ω
)
- Với sơ đồ (c) :
8
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
0132
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
5,302
1
25,151
1
242

1
R
+=+

⇒
R
0

≈
134,44 (
Ω
)
- Với sơ đồ (d) :
25,151
1
242
1
5,302
11111
321
++=++
DDDtd
RRRR

⇒
R
td

≈
71,17 (

Ω
)
⇒
R
0

≈
71,17 (
Ω
)
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó
công suất tiêu thụ ở R
0
là bao nhiêu ?
Công suất tiêu thụ của R
0
: P =
0
2
R
U
- Vì U = 110 V = const nên P
min
khi R
max0
- Trong bốn cách mắc ta nhận thấy rằng theo cách mắc ở sơ đồ (a) là lợi nhất :
⇒
R

max0
= 1210 (
Ω
).
- P
min
=
max0
2
R
U
=
1210
110
2
= 10 (W).
Bài 11:
Tám đoạn dây dẫn cùng có điện trở R được hàn lại thành hình tháp có đáy
ABCD và đỉnh 0 như hình vẽ : Tính điện trở tương đương giữa các điểm :
a. A và C.
b. A và B.
c. A và 0. Biết hiệu điện thế giữa A và 0 là 14 (V) và R = 2 (
Ω
), tính
các dòng điện trong các đoạn dây dẫn.
Giải:
Khung dây hình tháp vẽ lại dạng phẳng như hình vẽ
a. Tính điện trở tương đương giữa A và C :
Do đối xứng nên V
B

= V
D
=
2
AC
VV −
= V
0
. Nên có thể bỏ
Đoạn OB và OD.
- Điện trở tương đương giữa A và C : R
AC
=
R
3
2
b. Tính điện trở tương đương giữa A và B :
Nếu tách các dây ở 0 như hình (a), do đối xứng V
01
= V
02
, nên
có tách hay chập không tác dụng gì đến dòng
⇒
Mạng mới
tương đương với mạng đã cho; ta có mạch điện có dạng như
hình (b)
- R
CD
=

3
2
R
- R
ADCB
=
3
2
R + 2R =
3
8
R.
9
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
-
AB
R
1
=
R
3
8
1
+
R
3
2
1
=
RR 2

3
8
3
+
-
AB
R
1
=
R8
15
⇒
R
AB
=
R
15
8
.

c. Tính điện trở tương đương giữa A và 0 :
- Do đối xứng nên V
B
= V
D
, ta chập ABC với ADC
Có dạng như hình (c), mạch điện tương đương như hình (d)
- R
BO
=

R
8
3
- R
ABO
=
R
8
7
- R
tđAO
=
R
15
7
- Dòng điện trong các đoạn dây dẫn có chiều như
hình(e)
* Căn cứ vào sơ đồ mạch điện hình (d) ta có :
- I
AO
=
AO
AO
R
U
=
2
14
= 7 (A).

- I
ABO
=
ABO
AO
R
U
=
2.
8
7
14
= 8 (A)
- U
BO
= I
ABO
.R
BO
= 8.
8
3
.2 = 6 (V)
- I
BO
=
2
R
U
BO

=
2
2
6
= 6 (A)
- I
BDO
= I
ABO
- I
BO
= 8 - 6 = 2 (A)
* Căn cứ vào mạch điện hình (e) ta có cường độ dòng điện trong các đoạn dây dẫn như sau :
I
1
= I
4
=
2
ABO
I
=
2
8
= 4 (A)
I
2
= I
3
=

2
BDO
I
=
2
2
= 1 (A)
I
5
= I
2
+ I
3
= 2 (A)
I
6
= I
4
- I
3
= 4 - 1 = 3 (A)
I
7
= I
1
- I
2
= 4 - 1 = 3 (A)
I
8

= I
AO
= 7 (A)
10
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Hoặc cường độ dòng điện mạch chính I =
tdAO
AO
R
U
=
2.
15
7
14
= 15 (A)
I
8
= I - I
1
- I
4
= 15 - 4 - 4 = 7 (A)
Bài 12:
Cho mạch điện như hình vẽ :
R
1
= R
2
= 3 (

Ω
) ; R
3
= 2 (
Ω
) ; R
4
là biến trở ; K là khóa điện.
Nguồn 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.
a. Ban đầu khóa K mở, R
4
= 4 (
Ω
) thì vôn kế chỉ 1 (V).
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
- Nếu đóng khóa K thì ampe kế và vôn kế chỉ bao nhiêu ?
b. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của
ampe kế I
A
thay đổi như thế nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí của con chạy C.
Giải:
a. Ban đầu khóa K mở, R
4
= 4 (
Ω

) thì vôn kế chỉ 1 (V).
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R
12
= R
1
+ R
2
= 6 (
Ω
)
R
34
= R
3
+ R
4
= 6 (
Ω
)
I
1
= I
2
=
6
U
Ta có : U
1
= I

1
.R
1
= 3.I
1
= 3.
6
U
U
2
= I
2
.R
3
= 2.I
2
= 2.
6
U
Giả sử V
M
> V
N
ta có :
U
MN
= U
2
- U
1

=
23
UU
−
=
6
U
−

⇒
U
V
= U
NM
=
6
U
⇒
U = 6 U
V
= 6.1 = 6 (V)
- Khi khóa K đóng :
R
13
=
31
31
RR
RR
+

=
2,1
5
6
23
2.3
==
+
(
Ω
)
R
24
=
7
12
43
4.3
42
42
=
+
=
+ RR
RR
(
Ω
)
R
BD

= R
13
+ R
24
= 1,2 +
7
12
=
7
4,20
(
Ω
)
Cường độ dòng điện mạch chính : I =
BD
R
U
=
7
4,20
6
=
2,10
21
4,20
42
=

≈
2,06 (A)

U
13
= U
1
= U
3
= I. R
13
=
2,10
21
.1,2 = 2,47 (V)
11
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
I
1
=
1
1
R
U
=
3
47,2
= 0,823 (A)
U
24
= U
2
= U

4
= I. R
24
=
2,10
21
.
7
12
= 3,53 (V)
I
2
=
2
2
R
U
=
3
53,3
= 1,18 (A)
Ta có : I
2
> I
1

⇒
I
A
= I

2
- I
1
= 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ
I
A
= 0,357 (A)
Vôn kế chỉ 0 (V)
b. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của
ampe kế I
A
thay đổi như thế nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí của con chạy C.
Ta có :
R
13
=
31
31
RR
RR
+
=
2,1
5
6

23
2.3
==
+
(
Ω
)
Đặt NC = x
R
24
=
xR
xR
+
2
2
.
=
x
x
+3
.3
R
BD
= 1,2 +
x
x
+3
.3
=

x
x
+
+
3
6,32,4
I =
BD
R
U
=
x
x
+
+
3
6,32,4
6
=
6,32,4
)3(6
+
+
x
x
U
13
= I. R
13
=

6,32,4
)3(6
+
+
x
x
.1,2 =
6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
I
1
=
1
13
R
U
=
3
6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
=
6,32,4

)3(4,2
+
+
x
x
U
24
= I.R
24
=
6,32,4
)3(6
+
+
x
x
.
x
x
+3
.3
=
6,32,4
.18
+x
x
I
2
=
2

24
R
U
=
3
6,32,4
.18
+x
x
=
6,32,4
.6
+x
x
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó : I
A
= I
1
- I
2
=
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
-

6,32,4
.6
+x
x
=
6,32,4
6,32,7
+
−
x
x
(1)
Biện luận :
Khi x = 0
→
I
A
= 2 (A)
Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó I
A
giảm
Khi x = 2
→
I
A
=
6,32.2,4
2.6,32,7
+
−

= 0 .
12
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.
Khi đó : I
A
= I
2
- I
1
=
6,32,4
.6
+x
x
-
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
=
6,32,4
2,76,3
+
−
x
x
I

A
=
x
x
6,3
2,4
2,7
6,3
+
−
(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (
Ω
) trở lên thì
x
2,7
và
x
6,3
đều giảm do đó I
A
tăng.
+ Khi x rất lớn ( x =
∞
) thì
x
2,7
và
x

6,3
tiến tới 0. Do đó I
A

≈
0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua
điện trở R
4
rất nhỏ ; Sơ đồ mạch có thể vẽ như hình bên.
* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I
A
chạy qua ampe kế vào giá trị x của biến trở R
4
có dạng như hình vẽ .
Bài 13:
Cho mạch điện hình vẽ:
Nguồn điện có E = 8V, r = 2Ω. Đèn có điện trở
R
1
= 3Ω, R
2
= 3 Ω, điện trở của ampe kế không đáng kể.
a) K mở di chuyển con chạy C đến vị trí mà R
BC
= 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần biến trở R
AB
.
b) Thay R
AB
= 12Ω rồi di chuyển con chạy C đến giữa (trung điểm AB) rồi đóng K. Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.

Giải:
a) Tính điện trở toàn phần biến trở R
AB
.
- Hình vẽ
Đặt: R
AB
= R ; R
BC
= x ; R
AC
= R – x
Khi K mở mạch điện vẽ lại như sau
13
6
)3(3
+
+
=
x
x
R
CD
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
;
Cường độ dòng điện qua đèn
Khi đèn tối nhất thì I
1
nhỏ nhất
Đặt y = -x

2
+ (R - 1)x + 21 + 6R ;
I
1
min khi y max :
y
max
khi
Theo đề: x = 1Ω , R = 3Ω
b) Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.
Khi K đóng con chạy C ở giữa – Hình vẽ
R
3
= R
AC
= 6Ω
R
4
= R
BC
= 6Ω
R
234
= 6Ω

A
rR
E
I
AD

2=
+
=

U
AD
= I . R
AD
= 4V ,

AII
3
1
43
==

3
III
A
+=


⇒= AI
A
3
5
số chỉ của ampe kế là
A
3
5

Bài 14:
Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có điện trở
không đáng kể; A
1
chỉ 0.2A; A
2
chỉ 0.3A. Nếu
đổi vị trí của 2 điện trở trong sơ đồ cho nhau
thì chỉ số của các ampe kế vẫn không đổi. Tìm cường độ dòng điện qua nguồn trong các trường
hợp hoán đổi.
Bài giải: Ký hiệu các dòng điện qua các nhánh như hình vẽ.
Ta có I
1
= i
2
+ i
3
(1)
I
2
= i
1
+ i
3
(2)
I = I
1
+i
1

= I
2
+ i
3
. (3)
∗ . (2) – (1) : I
2
- I
1
= i
1
– i
3
≠0 : (4) không đổi sau khi đổi
các điện trở.
Nếu hoán đổi vị trí R
1
và R
3

Sau khi đổi I’
1
= i
2
+ i
1
;
Theo đề bài I’
1
= I

1

⇒
i
1
= i
3

⇒
I
1
–I
2
= 0 : không phù hợp
với điều kiện không đổi của (4)
14
6
)3(3
+
+
+−=
x
x
xRR
AD
RxRx
x
rR
E
I

AD
621)1(
)6(8
2
++−+−
+
=
+
=
⇒
+
=
+
=
11
1
.
Rx
RI
Rx
U
I
CDCD
RxRx
I
621)1(
24
2
1
++−+−

=
y
I
24
1
=
2
1
2
−
=−=
R
A
B
x
Ω=
+
=
2
.
1234
1234
RR
RR
R
AD
A
R
U
I

AD
3
2
234
2
==
A
2
E
A
1
R
1
R
2
R
3
A
2
E
A
1
I
I
1
i
1
i
2
i

3
I
2
R
1
R
2
R
3
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Vậy không thể đổi vị trí của R
1
cho R
3
∗ . Trường hợp đổi R
1
với R
2
.
Sau khi đổi I’
1
= i
1
+ i
3
; (5)
Vì I’
1
= I
1

nên từ (1) và (5)
⇒
i
1
= i
2
.
(2) : I
2
=2i
2
= 2i
1

⇒
i
1
= i
2
= 0.15A
Vậy I = I
1
+ i
1
= 0.2+ 0.15 = 0.35A
∗ . Trường hợp đổi R
2
với R
3
.

Sau khi đổi I’
2
= i
1
+ i
3
; (6)
Vì I’
2
= I
2
nên từ (2) và (6)
⇒
i
2
= i
3
.
(1) : I
1
=2i
2
= 2i
3

⇒
i
3
= i
2

= 0.1A
Vậy I = I
2
+ i
3
= 0.3+ 0.1 = 0.4A
15