Vận dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn năng lượng trong bài toán về tụ điện

Sáng kiến kinh nghiệm

A.ĐẶT VẤN ĐỀ
1. lí do chọn đề tài
+ Vật lý là môn khoa học thực nghiệm, khoa học tư nhiên, gây rất nhiều hứng thú cho
học sinh khi học tập và nghiên cứu nó.Nhưng cũng gây không ít khó khăn khi học
sinh chưa hiểu kỹ và sâu các vấn đề cơ bản. Đặc biêt ở khối lớp 11 và khối lớp 12, liên
quan trực tiếp đến các em khi thi học sinh giỏi các cấp và ôn thi đai học.
+ vật lí là môn khoa học tự nhiên thông qua toán học vì vậy các khái niệm, định luật,
qui luật, phương pháp đều thông qua ngôn ngữ toán học, đồng thời yêu cầu học sinh
vận dụng tốt các qui luật vật lí qua các phương trình toán học
+ Chương trình lớp 11 khi học về phần tụ điện các em chỉ được học cơ bản các công
thức của tụ điện khi tụ chưa tích điện, còn khi tụ điện đã tích điện thì các em còn rất
lúng túng khi vận dụng. Xuất phát từ thực tiễn dạy và học nhiều năm ở trường THPT
chuyên , đặc biệt liên quan trực tiếp đến việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân
thấy việc phân loại và giải các bài tập của học sinh gặp rất nhiều khó khăn, nhất là các
bài tập về những bài toán về tụ và năng lượng của tụ điện.Trong đó đặc biệt là các bài
toán liên quan đến các tụ điện ghép với nhau khi đã tích điện, liên quan đến nặng
lượng điện trường bên trong tụ, công của lực điện trường bên trong tụ.
+ Để giúp các em học sinh nắm vững phương pháp giải và vận dụng giải các bài toán
khó về tụ điện. Tôi chọn đề tài : Vận dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn
năng lượng trong bài toán về tụ điện
2.Nhiệm vụ và giới hạn đề tài
a. Nhiệm vụ :
- chỉ ra các công thức ghép tụ điện khi tu đã tích điện
- cách vận dụng công thức trong bài toán về tụ điện
b. giới hạn :
- Nội dung kiến thức trong chương tĩnh điện
- Các định luật bảo toàn năng lượng
3. Hướng phát triển của đề tài :
- Vận dụng kiến thức tổng hợp cơ, nhiệt, điện vào bài toán tụ điện

- Xét các bài toán tụ điện trong môi trường điện môi không đồng chất

Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
1
Sáng kiến kinh nghiệm

B.NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI :
I/Ghép các tụ đã tích điện, điện lượng di chuyển trong một đoạn mạch:
1) Kiến thức cơ bản
+) Nếu ghép các tụ điện đã tích điện với nhau, các kết quả về điện tích (đối với bộ tụ
ghép không tích điện trước) không áp dụng được.
+) Bài toán về bộ tụ điện ghép trong trường hợp này được giải quyết dựa vào 2 loại
phương trình:
*) phương trình về hiệu điện thế:
U = U
1
+ U
2
+ …. (nói tiếp)
U = U
1
= U
2
= … (song song)
*) Phương trình bảo toàn điện tích của hệ cô lập:
stconQ
i
=
∑
+) Điện lượng di chuyển qua một đoạn mạch được xác định bởi:

∑∑
−=∆
12
QQQ
∑
2
Q
: tổng điện tích trên các bản tụ nối với một đầu của đoạn mạch lúc sau.
∑
1
Q
: tổng điện tích trên các bản tụ nói trên lúc trước.
2) Bài tâp áp dụng:
Bài 1 (13.1-GTVL):
Ba tụ C
1
= 1μF, C
2
= 3μF, C
3
= 6μF được tích
điện tới cùng hiệu điện thế U = 90V, dấu của
điện tích trên các bản như hình vẽ. Sau đó các
tụ được ngắt ra khỏi nguồn và nối với nhau
thành mạch kín, các điểm cùng tên trên hình
vẽ được nối với nhau. Tính hiệu điện thế giữa
hai bản mỗi tụ.
Giải:
+) Giả sử khi ghép thành mạch kin, dấu điện
tích trên các bản không đổi.

U
AB
+ U
BD
+ U
DA
= U
1
’ + U
2
’ + U
3
’ = 0
+) Bảo toàn điện tích:
*) Bản B: -Q
1
’ + Q
2
’ = -Q
1
+ Q
2

*) Bản D: -Q
2
’ + Q
3
’ = -Q
2
+ Q

3
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
2
C
1
A + - B
C
2
B + - D
C
3
D + - A
C
1
+ - B
C
2
+ -
C
3
D + -
A
A
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Giải hệ trên, U
1
’ = -90V, U
2
’ = 30V, U

3
’ = 60V.
Bài 2 (13.8-GTVL):
Cho ba tụ C
1
= 1μF, C
2
= 2μF, C
3
= 3μF, U =
110V. Ban đầu K ở (1), tìm Q
1
. Đảo K sang
vị trí (2), tìm Q,U mỗi tụ.
Giải:
a. K ở (1):
+) Điện tích trên tụ C
1
: Q
1
= C
1
U = 110 μC = 1,1.10
-4
C;
b. K chuyển sang (2):
+) Ban đầu hai tụ C
2
, C
3

chưa tích điện, coi hai tụ này như bộ tụ C
23
:
C
23
=
2 3
2 3
C C
C C+
= 1,2 μF
+) Khi K chuyển sang (2), tụ C
1
ghép song song với C
23
ban đầu chưa tích điện, ta có:
U
1
’ = U
23
= U’, q
23
+ q
1
’ = q
1
⇒
(C
23
+ C

1
)U’ = q
1

⇒
U’ = 50V
⇒
U
1
’ = U
23
= 50V.
⇒
q
1
’ = 50 μC; q
2
= q
3
= q
23
= 60 μC
⇒
U
2
= q
2
/C
2
= 30V;

⇒
U
3
= 20V.
Bài 3 (13.15*-GT):
Các tụ C
1
, C
2
,…,C
n
được tích đến cùng hiệu điện thế U. Sau đó các tụ được mắc nối
tiếp nhau để tạo thành mạch kín, các bản trái dấu được nối với nhau. Tính hiệu điện thế
hai đầu mỗi tụ.
Giải:
+) Giả sử sau khi nối, dấu điện tích trên các bản tụ vẫn như cũ.
+) Theo định luật bảo toàn điện tích:
1 2 1 2
2 3 2 3
1 1
' '
' '

' '
n n
Q Q Q Q
Q Q Q Q
Q Q Q Q
− + = − +



− + = − +




− + = − +

⇒
1 1 2 2
2 2 3 3
1 1
' '
' '

' '
n n
Q Q Q Q
Q Q Q Q
Q Q Q Q
− = −


− = −




− = −


⇒
1 1 2 2
' ' '
n n
Q Q Q Q Q Q− = − = = −

+)Thay vào, ta có:
( ) ( )
1 1 2 2
' 'C U U C U U− = −
⇒
( )
2 2 2 2
1 2
1 1 1
'
' '
C C U C U
U U U U U
C C C
= + − = + −
+) Tương tự:
3 3 3
2 2 2
1
1 1 1 1 1 1
' '
'
'
n n n

C U C U C U C U
C U C U
U U U U
C C C C C C
= + − = + − = = + −
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
3
C
1
C
2
C
3
1
2
K
U
+
-
C
1
C
2
C
n
+ - + - + -
Sáng kiến kinh nghiệm

⇒
1

1 1
2
2 2
'
'
'
'

'
'
i i i
i i i
i i i
n
n n
CU CU
U U
C C
CU CU
U U
C C
CU CU
U U
C C

= + −



= + −






= + −



+) Cộng theo vế, đẻ ý công thức công hiệu điện thế ta được:
U
1
’ + U
2
’ + + U
n
’ = 0 ⇒
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
' 0
i i i
n n
nU CU CU
C C C C C C
   
+ + + + − + + + =
 ÷  ÷
   
+) Đặt
0

1
C
=
1 2
1 1 1

n
C C C
 
+ + +
 ÷
 
⇒
0 0
'
0
i i i
CU CU
nU
C C
+ − =

⇒
0 0
' 1
i
i i
nUC nC
U U U
C C

 
= − = −
 ÷
 
Bài 4 (13.16*-GT):
Trong hình bên, U = 60V (không đổi).C
1
= 20μF. C
2
= 10μF.
a. ban đầu các tụ chưa tích điện. Khóa K ở vị trí b,
chuyển sang a rồi lại về b. Tính điện lượng qua R.
b. Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b.Tính điện lượng qua
R trong lần nạp điện thứ 2 này.
c. Tính tổng điện lượng qua R sau n lần tích điện như trên
d. Tính điện tích của C
2
sau một số rất lớn lần tích điện như trên.
Giải:
a. Khi K sang a, tụ C
1
tích điện: Q1 = C
1
U = 1200μC.
+) Khi K trở lại b: Q
1
= Q
1
’ + Q
2

’ = U’(C
1
+ C
2
)
⇒ U’ = 40V ⇒ Q
2
’ = C
2
U’ = 400μC = 4.10
-4
C
+) Điện lượng qua R: ΔQ
1
= Q
2
’ = 4.10
-4
C
b. Bảo toàn điện tích cho lần nạp 2: Q
1
+ Q
2
’= Q
1
’’ + Q
2
’’
⇒ U’’ = 160/3 (V) ⇒ Q
2

’’ = C
2
U’’ = 10.160/3 (μC) = 533μC
+) Điện lượng qua R: ΔQ
2
= Q
2
’’ – Q
2
’ = 400/3 (μC)
c. Lần 1: Q
2
’ = C
2
U’ = C
2
.
1
1 2
Q
C C+
= Q
1
.
2
1 2
C
C C+
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
4

C
1
C
2
R
K
a b
U
+
-
Sáng kiến kinh nghiệm

Lần 2: Q
2
’’ = C
2
U’’ = C
2
.
1 2
1 2
'Q Q
C C
+
+
=
2 2
1 1
1 2 1 2
C C

Q Q
C C C C
 
+
 ÷
+ +
 
=
2 2
1
1 2 1 2
1
C C
Q
C C C C
 
+
 ÷
+ +
 
Lần 3: Q
2
’’’ = C
2
U’’’ = C
2
.
1 2
1 2
''Q Q

C C
+
+
=
2 2 2
1 1
1 2 1 2 1 2
1
C C C
Q Q
C C C C C C
 
 
+ +
 
 ÷
+ + +
 
 
=
=
2
2 2 2
1
1 2 1 2 1 2
1
C C C
Q
C C C C C C
 

 
 
+ +
 ÷
+ + +
 
 
 
Lần thứ n:
( )
( )
2 3 1
2 2 2 2 2
2 1
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
n
n
C C C C C
Q Q
C C C C C C C C C C
−
 
     
 
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
+ + + + +
 
     

 
=
= 1200.
1
3
.
2 3 1
1 1 1 1
1
3 3 3 3
n−
 
+ + + + +
 ÷
 
= 400.
1
1
3
1
1
3
n
 
−
 ÷
 
−
= 400.
1

1
3
2
3
n
−
= 600.
1
1
3
n
 
−
 ÷
 
μC
+) Vậy tổng điện tích qua R trong n lần nạp bằng:
( )
2
1
600. 1
3
n
n
Q
 
= −
 ÷
 
μC

d. Điện tích của C
2
khi n rất lớn là:

( )
2
1
600. 1 600
3
lim lim
n
n
n n
Q
→∞ →∞
 
= − =
 ÷
 
μC = 6.10
-4
C
Bài 5 (19. sách 121).
Tụ C
0
= 10μF được nạp điện đến U
0
= 80V. Dùng tụ này để nạp điện lần lượt cho các
tụ C
1

, C
2
, C
3
, có điện dung bằng nhau: C
1
= C
2
= C
3
= = C = 1μF.
a) Viết biểu thức tính điện tích còn lại trên C
0
sau khi nạp cho tụ C
n
và hiệu điện thế
trên tụ C
n
.
b) Nếu sau khi nạp, đem các tụ C
1
, C
2
, C
3
, , C
n
nối tiếp thành bộ thì bộ này có hiệu
điện thế bằng bao nhiêu? Tính hiệu điện thế này khi n →
∞

.
Giải:
+) Điện tích ban đầu của C
0
là: Q
0
= C
0
U
0
= 800 μF
+) Khi nạp điện cho tụ C
1
, Hiệu điện thế trên C
0
và C
1
bằng nhau và bằng U
1
. Áp dụng
định luật bảo toàn điện tích cho hai bản tụ được nối với nhau:
Q
01
+ Q
1
= Q
0

⇒

0 0 0
1
0 1 0
2
0 0
01 0 1
0
Q C U
U
C C C C
C U
Q C U
C C

= =

+ +



= =

+

;
+) Với Q
01
, Q
1
là điện tích của tụ C

0
, C
1
sau khi nạp điện lần thứ nhất.
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
5
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Tương tự, sau lần nạp điện thứ hai, hiệu điện thế và điện tích trên C
0
:
( )
( )
2
0 0
2
2
0
3
0 0
02
2
0
C U
U
C C
C U
Q
C C


=

+



=

+

+) Sau lần nạp thứ n:
( )
( )
0 0
0
1
0 0
0
0
n
n
n
n
n
n
C U
U
C C
C U
Q

C C
+

=

+



=

+


b) Sau khi nạp, đem các tụ C
1
, C
2
, C
3
, , C
n
nối tiếp thành bộ thì bộ này có hiệu điện
thế: U
b
= U
1
+ U
2
+ + U

n
=
=
( ) ( )
2
0 0 0 0 0 0
2
0
0 0

n
n
C U C U C U
C C
C C C C
+ + +
+
+ +
=
( ) ( )
2
0 0 0
0
2
0
0 0

n
n
C C C

U
C C
C C C C
 
+ + +
 
+
+ +
 
 
⇒

0 0
0 0
0
0
0
1
n
b
C C
C C C C
U U
C
C C
 
−
 ÷
+ +
 

=
−
+
. Khi
n → ∞
thì
0
0
0
n
C
C C
 
→
 ÷
+
 
+) Lúc này
0
0 0
0 0
0
0
1
b
C
C C C
U U U
C
C

C C
+
= =
−
+
= 800 (V).
II) Năng lượng của tụ điện:
1) Kiến thức cơ bản:
+ Áp dụng các công thức về năng lương của tụ điện: W =
C
QCUQU
222
22
==
.
+ Năng lượng của bộ tụ: W
bộ
=
∑
i
w
.
+ Trường hợp của tụ điện phẳng, có thể tính được mật độ năng lượng điện trường
trong tụ điện:
2
2
0
E
V
w

εε
=
.
+ Tụ điện được nối với nguồn :
n
U A Q∆ = +


U∆
là độ biến thiên năng lượng của tụ điên
A
n
là công của nguồn thực hiện (
.
n
A u q= ∆
)
Q là nhiệt toả ra
2) Bài tập áp dụng;
Bài 6 (HSG Tỉnh Nghệ An 2001 – 2002).
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
6
Sáng kiến kinh nghiệm

Một bộ hai tụ phẳng giống nhau đặt trong không khí, nối song song tích điện với điện
lượng Q. Tại thời điểm t = 0, người ta cho khoảng cách giữa hai bản tụ 1 tăng theo quy
luật: d
1
= d
0

+vt; còn khoảng cách giữa hai bản tụ 2 giảm: d
2
= d
0
– vt. Bỏ qua điện trở
dây nối. Xác định chiều, cường độ dòng điện trong mạch trong thời gian di chuyển các
bản tụ.
Giải:
+) Lúc t = 0, điện dung hai tụ bằng nhau và bằng: C
0
=
0
0 0
4
S
S
kd d
ε
π
=
,
+) Hiệu điện thế trên các tụ: U
0
=
0
2
Q
C
+) Khi cho khoảng cách giữa các bản tụ thay đổi, điện dung các tụ:
0 0

1
1 0
S S
C
d d vt
ε ε
= =
+
;
0 0
2
2 0
S S
C
d d vt
ε ε
= =
−
+) Hiệu điện thế của hai tụ: U
1
= U
2
+) Tổng điện tích trên hai bản tích điện dương: q
1
+ q
2
= Q
⇒

( )

2 2 2
0
1 2
1 2 0 0
U =U
2
Q d v t
Q
C C d S
ε
−
= =
+

+) Điện tích của C
1
: Q
1
= C
1
U
1
=
( )
0
0
2
Q d vt
d
−

< Q
+) Vậy dòng điện trong mạch có chiều từ bản dương của C
1
sang bản dương của C
2

(Hình vẽ)
+) Cường độ dòng điện trong mạch: i =
1
Q
t
∆
∆
=
0
2
Qv
d
= const.
+) Trong thời gian các bản tụ còn di chuyển được, dòng điện trong mạch là dòng
không đổi.
Bài 7 (Trích đề thi GVDG Tỉnh Nghệ An 2008):
Một tụ điện phẳng có các bản tụ dạng hình chữ nhật giống
nhau, chiều cao h=20cm, được nối với hiệu điện thế
U=3000V như hình 2. Tụ được nhúng vào một chất điện
môi lỏng có hằng số điện môi
ε
=2 theo phương thẳng đứng
với tốc độ v=2cm/s. Dòng điện chạy trong dây dẫn nối với
các bản tụ trong thời gian chuyển động của các bản là bao

Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
7
U
Hình 2
v
+ -
C
1
C
2
+ -
i
Sáng kiến kinh nghiệm

nhiêu? Điện dung của tụ khi chưa nhúng vào chất lỏng là
C=1000pF. Bỏ qua điện trở dây dẫn.
Giải:
+) Gọi a là bề rộng của mỗi bản thì điện dung của tụ khi chưa nhúng vào chất lỏng:
.
4. dk
ah
C
π
=
Điện tích trên tụ khi đó:
.CUq
=
+) Khi nhúng vào chất lỏng, phần nằm ngoài không khí có điện dung:
.
4.

)(
1
dk
tvha
C
π
∆−
=
+) Điện dung của phần nằm trong chất lỏng:
.
4.
.
2
dk
tav
C
π
ε
∆
=
+) Tại thời điểm đó, điện dung của hệ:
.)1(1'
21






∆

−+=+=
h
tv
CCCC
ε
+) Điện tích của tụ khi đó:
UCq ''
=
+) Trong thời gian ∆t, điện lượng chuyển trong mạch:
.)1()'('
h
tv
CUUCCqqq
∆
−=−=−=∆
ε
Cường độ dòng điện trong mạch:
.3,0)(10.3
)1(
7
AA
h
vCU
t
q
I
µ
ε
==
−

=
∆
∆
=
−
Bài 8(1.14 VLNC):
Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau, diện tích mỗi bản
tụ là S = 80cm
2
, khoảng cách giữa hai bản là d
1
= 1,2mm
cùng tích điện nhờ nguồn có hiệu điện thế U
0
= 1000V. Sau
đó hai tụ điện này được nối với nhau bằng hai điện trở có giá
trị R = 25kΩ, các bản tụ tích điện cùng dấu được nối với
nhau. Bây giờ hai bản mỗi tụ được đưa ra cách xa nhau d
2
=
3,6mm trong thời gian t = 2,5s theo hai cách:
a) Đồng thời tách ra xa hai bản của hai tụ.
b) Tách hai bản của một tụ trước sau đó đến lượt tụ kia.
Hỏi cách nào tốn nhiều công hơn và tốn hơn bao nhiêu?
Giải:
+) Điện dung mỗi tụ trước khi tách các bản tụ ra xa nhau: C
0
=
1
4

S
kd
π
≈ 5,9.10
-11
F;
và sau khi tăng khoảng cách giữa các bản tụ: C =
2
4
S
kd
π
=
0
3
C
≈ 1,97.10
-11
F;
+) Điện tích ban đầu của mỗi tụ: Q
0
= C
0
.U = 5,9.10
-8
C
a) Đồng thời tách các bản của hai tụ:
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
8
C

1
C
2
R
R
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Hiệu điện thế hai tụ bằng nhau và điện dung hai tụ trong khoảng thời gian này cũng
bằng nhau nên điện tích các tụ không đổi.
+) Công dùng để dịch chuyển các bản của tụ C
1
bằng dộ biến thiên năng lượng của C
1
:
1 1
WA = ∆
+)Công dể dịch chuyển các bản của hai tụ: A = A
1
+ A
2
= 2
1
W∆
A =
2 2 2
2
0 0 0
0
0 0 0 0
2

3 1
2
2 2
Q Q Q
Q
C C C C C
   
− = − =
 ÷  ÷
   
a) Tách lần lượt hai bản của từng tụ:
- Tách hai bản của tụ C
1
trước: Hiệu điện thế và điện tích các tụ sau khi tách là U
1
, U
2
,
Q
1
, Q
2
Ta có:
1 2
1 2 0
2
U U
Q Q Q
=



+ =


⇒

( )
1 2 1 0
2C C U Q+ =

⇒
0
1 2
1 2
2Q
U U
C C
= =
+
+) Điện tích của các tụ C
1
, C
2
:
Q
1
= C
1
U
1

=
0 0 0 0 0
0
1 2
0
2 2
3 3 2
3
C Q C Q Q
C
C C
C
= =
+
+
; Q
2
= C
0
.U
2
=
0 0 0 0
0
0
1 2
0
2 2 3
.
2

3
Q Q C Q
C
C
C C
C
= =
+
+
+)Độ biến thiên điện tích trên C
2
:
0 0
0
2
2 2
Q Q
q Q∆ = − =
⇒
Cường độ dòng điện trung bình qua các điện trở:
0
2
Q
q
I
t t
∆
= =
∆
+) Nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở: q = I

2
Rt =
2 2
0 0
2
4 4
Q RQ
R t
t t
=
+) Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: W
1
+ W
2
+ A
1
= W
1
’ + W
2
’ +2q

⇒
A
1
= (W
1
’ – W
1
) + (W

2
’ – W
2
) + 2q =
2 2 2
2 2
0 0 0
1 2
0 0 0
2 2 2 2 2
Q Q RQ
Q Q
C C C C t
   
− + − +
 ÷  ÷
   
=
2 2 2 2
1 2 0 0
0
3 2
2 2
Q Q Q RQ
C t
+ −
+
=
2 2
0 0

0
2 2
Q RQ
C t
+
- Sau đó tách các bản của tụ C
2
:
Sau khi tách xong, điện dung hai tụ lại bằng nhau và bằng C
0
/3, do đó điện tích các tụ
lại bằng nhau và bằng Q
0
ban đầu. Do đó điện lượng qua các điện trở R bằng lúc trước
và bằng
0
2
Q
q∆ =
nhưng ngược chiều.
Nhiệt lượng tỏa ra trên hai điện trở: 2q =
2
0
2
RQ
t
Áp dụng định luật bỏ toàn năng lượng cho quá trình dịch chuyển thứ hai này:
W
1
’ + W

2
’ + A
2
= W
1
’’ + W
2
’’ +2q
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
9
Sáng kiến kinh nghiệm

⇒
A
2
= (W
1
’’ – W
1
’) + (W
2
’’ – W
2
’) + 2q =
2 2 2 2 2
2 2
0 0 0 0 0
1 2
0 0
3

2 2 2 2 2 2 2
Q Q RQ Q RQ
Q Q
C C C C t C t
 
 
− + − + = +
 ÷
 ÷
 
 
+) Vậy tổng công đã thực hiện: A’ = A
1
+ A
2
=
2 2
0 0
0
2Q RQ
C t
+
+) Rõ ràng A’ > A: ΔA = A’ – A =
2
0
RQ
t
= 34,8.10
-12
J

+) Công thực hiện theo cách 2 tốn hơn cách 1, và tốn hơn một
lượng đúng bằng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở R. Điều
này phù hợp với quan điểm của định luật bảo toàn năng lượng.
Bài 9 (15.16
*
GTVL):
Tụ phẳng không khí có các bản hình chữ nhật cách nhau một
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 một đoạn H giữa 2 bản. Bỏ qua hiện tượng mao
dẫn. Tính H?
Giải:
*) Khi không có điện môi lỏng:
+) Điện dung của tụ: C =
0
S
d
ε
+) Năng lượng của tụ:
2
1
W
2
CU=
=
2
0
.
2

S
U
d
ε
=
2
0
.
.
2
a l
U
d
ε
+) Với a, l: các kích thước của bản tụ (hình vẽ).
+) Hai mép dưới của các bản tụ tiếp xúc với điện môi lỏng, điện trường ở mép tụ đã
làm phân cực điện môi, các phân tử điện môi trở thành lưỡng cực điện và bị hút lên bởi
điện trường giữa hai bản tụ. Công của lực điện bằng độ biến thiên năng lượng của tụ
và bằng thế năng hấp dẫn của cột chất lỏng.
+) Khi điện môi dâng lên một đoạn H:
+) Lúc này tụ gồm hai phần ghép song song:
+) Phần trên là tụ điện không khí, điện dung: C
1
=
( )
0
0 1
a l H
S
d d

ε
ε
−
=
;
+) Phần dưới là tụ có điện môi lỏng, điện dung: C
2
=
0 2 0
S aH
d d
εε εε
=
+) Điện dung tương đương củ tụ: C’ = C
1
+ C
2
=
( )
0
1
a
l H
d
ε
ε
+ − 
 
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
10

H
a
l
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Tụ có năng lượng:
2
1
W' '
2
C U=
=
( )
2
0
1 .
2
a
l H U
d
ε
ε
+ − 
 
;
+) Độ chênh lệch năng lượng của tụ khi có điện môi lỏng dâng lên và khi điện môi là
không khí:
W W ' W
∆ = −
=

( )
( )
0
2 2
0
1
. 1 .
2 2
aH
a
U l H l U
d d
ε ε
ε
ε
−
+ − − = 
 
+) Phần năng lượng do nguồn cung cấp thêm cho tụ ΔW dùng để kéo cột điện môi lên
độ cao H, ta có phương trình:
ΔW = W
t
; Với W
t
là thế năng trọng trường của cột điện môi H,
W
t
= mgz = V.D.g.
2
H

= aHd.D.g.
2
H
=
1
2
.adDgH
2

⇒

( )
0
2
1
.
2
aH
U
d
ε ε
−
=
1
2
.adDgH
2

⇒

( )
2
0
2
1 U
H
Dgd
ε ε
−
=
+) Vậy cột điện môi dâng lên có độ cao
( )
2
0
2
1 U
H
Dgd
ε ε
−
=
;
Nếu
( )
2
0
2
1 U
l
Dgd

ε ε
−
≥
thì độ cao của cột điện môi H = l
Bài 10(1.18 VLNC)
Hai bản của một tụ điện phẳng đặt thẳng đứng có chiều rộng b, chiều cao h, đặt cách
nhau một khoảng rất nhỏ d (d << b, h). Mép dưới của hai bản tụ điện chạm vào một
khối điện môi lỏng có hằng số điện môi ε và khối lượng riêng D.
a) Nối hai bản tụ với nguồn có hiệu điện thế U, người ta thấy điện môi dâng lên trong
khoảng giữa hai bản đến độ cao H. Giải thích hiện tượng đó và tính H. Bỏ qua hiện
tượng mao dẫn.
b) Nếu trước khi cho hai bản tụ điện chạm vào mặt chất lỏng, người ta tích điện cho tụ
điện rồi ngắt ra khỏi nguồn thì hiện tượng xảy ra có gì khác trước? Tính độ cao của cột
điện môi giữa hai bản tụ điện.
Giải:
a) Lời giải và đáp số như bài 15.16 – GTVL(ở trên).
b) Năng lượng của tụ khi chưa có điện môi dâng lên:

2
1
1
W
2
Q
C
=
; với: Q = C
1
U =
.

4
bh
U
kd
π
Và sau khi điện môi đã dâng lên:
2
1
2
W
2
Q
C
=
; Với:C
2
= C
1
+
( )
1
4
bH
kd
ε
π
−
> C
1
Như vậy năng lượng của tụ giảm.

Theo định luật bảo toàn năng lượng: W
1
= W
2
+ W
t

Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
11
H
b
h
Sáng kiến kinh nghiệm

Với W
t
là thế năng trọng trường của cột điện môi dâng lên giữa hai bản tụ:
W
1
= mg.
2
H
=
2
2
DgbdH
, H/2 là độ cao trọng tâm khối điện môi.
⇒
W
t

= W
1
– W
2
=
2
1 2
1 1
2
Q
C C C
 
−
 ÷
 
Thay Q, C
1
, C
2
vào biểu thức trên ta được:
W
t
=
( )
( )
2
1
8 1
bHhU
kd h H

ε
π ε
−
+ −
 
 
=
2
2
DgbdH

⇒

( )
( )
2
1
4 1
hU
DgdH
kd h H
ε
π ε
−
=
+ −
 
 
⇒
( ) ( )

2 2
4 1 . 4 . 1 0kd Dgd H kdhDgd H hU
π ε π ε
− + − − =
( )
2
2 2 4 2 2 2 2 2
' 4 4 1k d h D g kd DghU
π π ε
∆ = + −
⇒
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2
1
2 1
2 1
kd h D g DghU
h
H
kdDg
π ε
ε
π ε
+ −
= −
−
−

Bài 11(15.12
*
GTVL):
Hai tụ phẳng không khícó điện dung C, mắc song song và
được tích điện dến hiệu điện thế U rồi ngắt nguồn đi. Các
bản của một tụ có thể chuyển động tự do đến nhau (một tụ
dữ nguyên, một tụ thay đổi khoảng cách).Tìm vận tốc các
bản tụ trên tại thời điểm mà khoảng cách giữa chúng
giảm đi một nửa. Biết khối lượng của một bản tụ là M, bỏ
qua tác dụng của trọng lực.
Giải:
+) Ta có: C
1
= C
2
= C
+) Khi các bản của tụ điện (tụ thứ 2) chưa dịch chuyển, điện tích các tụ: q
1
= q
2
= CU.
+) Năng lượng của bộ tụ: W = W
1
+ W
2
=
2
1
2. .
2

CU
= C.U
2
+) Khi khoảng cách các bản của tụ điện thứ 2 giảm đi một nửa, điện dung của tụ:
C
2
’ = 2.C
2
= 2C
+) Hiệu điện thế hai đầu mỗi tụ lúc này: U
1
= U
2
= U’
+) Theo định luật bảo toàn điện tích, tổng điện tích trên hai bản tích điện dương của
hai tụ (trước và sau khi các bản tụ thứ 2 dịch chuyển) là không đổi:
q
1
+ q
2
= q
1
’ + q
2
’
⇔
2CU = (C
1
+ C
2

’).U’ = 3C.U’
⇒
U’ =
2
3
U.
+) Tổng năng lượng của các tụ: W’ = W
1
’ + W
2
’ =
( )
2
1 2
1
' '
2
C C U+
=
2 2
3 4 2
.
2 9 3
C
U CU=
+) Bỏ qua ma sát, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ gồm hai tụ và các bản
của chúng:W = W’ + 2.W
đ
; với W
đ

là động năng mỗi bản của tụ 2.

⇒

( )
2
1 1
W W ' .
2 2
M v− =

⇔

2 2
1 1 1
.
2 3 2
CU Mv=

⇒

2
3
CU
v
M
=
.
Bài 12(15.13
*

GTVL):
Tụ phẳng có S = 200cm
2
, điện môi là bản thuỷ tinh dày d = 1mm,
5=
ε
, tích điện với U
= 300V. Rút bản thuỷ 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 thuỷ tinh:
a) Tụ vẫn nối với nguồn.
b) Ngắt tụ khỏi nguồn.
Giải:
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
12
+ -
C
1
C
2
+ -
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Điện dung của tụ điện thủy tinh: C =
0
4
S
S
kd d
εε
ε

π
=
, (
0
ε
=
1
4 k
π
: hằng số điện).
+) Năng lượng của tụ:
2
1
W
2
CU=
=
2
0
.
2
S
U
d
εε
+) Điện tích của tụ: q = C.U =
0
.
S
U

d
εε
+) Điện dung của tụ khi đã rút điện môi thủy tinh: C’ =
0
4
S
S
kd d
ε
π
=
.
a) Tụ vẫn nối với nguồn: Hiệu điện thế của tụ không đổi.
+) Năng lượng của tụ khi đã rút điện môi: W’ =
2
1
'.
2
C U
=
2
0
.
2
S
U
d
ε
+) Độ biến thiên năng lượng của tụ: ΔW
1

= W’ – W =
2
0
.
2
S
U
d
ε
(1 – ε) = -318.10
-7
(J).
+) Điện tích của tụ: q’ = C’.U =
0
.
S
U
d
ε
+) Điện lượng do nguồn cung cấp thêm khi rút điện môi:
Δq = q’ – q =
0
.
S
U
d
ε
(1 – ε) < 0
+) Như vậy, nguồn đã thực hiện công âm: A
ng

= Δq.U =
2
0
.
S
U
d
ε
(1 – ε)
+) Gọi A là công thực hiện để rút điện môi, theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
W + A + A
ng
= W’
⇒
A = W’ – W – A
ng
= ΔW
1
– A
ng
⇒
A =
2
0
.
2
S
U
d
ε

(1 – ε) -
2
0
.
S
U
d
ε
(1 – ε) =
2
0
.
2
S
U
d
ε
(ε - 1) = 318.10
-7
(J).
b) Ngắt tụ ra khỏi nguồn rồi kéo điện môi ra:
+) Điện tích của tụ không đổi: q’’ = q =
0
.
S
U
d
εε
+) Năng lượng của tụ: W’’ =
2

2 '
q
C
=
2
0
0
.
2.
S
U
d
S
d
εε
ε
 
 ÷
 
=
2
2
0
.
2
S
U
d
ε ε
+) Theo định luật bảo toàn năng lượng: W + A’ = W’’

⇒
A’ = W’’ – W = ΔW
2
=
2
2
0
.
2
S
U
d
ε ε
-
2
0
.
2
S
U
d
εε
=
( )
0
2
1
.
2

S
U
d
ε εε
−
= 1592.10
-7
(J).
+) Năng lượng tăng lên và độ tăng năng lượng này bằng công của lực điện trường thợc
hiện để rút tấm thuỷ tinh ra khỏi tụ (A
’
).
Bài 13 (15.14
*
GTVL):
Tụ phẳng không khí có diện tích S, khoảng cách 2 bản là x, nối với nguồn U không
đổi.
a) Năng lượng tụ thay đổi ra sao khi x tăng.
b) Tính công suất cần để tách các bản theo x? Biết vận tốc các bản tách xa nhau là v.
c) Cơ năng cần thiết và độ biên thiên năng lượng của tụ đã biến thành dạng nang lượng
nào?
Giải:
a) Điện dụng của tụ: C =
0
4
S
S
kx x
ε
π

=
. => Nặng lượng của tụ: W =
2
1
.
2
C U
=
2
0
.
2
S
U
x
ε
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
13
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Nhận xét: Năng lượng tỷ lệ nghịch với x, khi x tăng thì năng lượng của tụ sẽ giảm.
b) Công suất (tức thời) để dịch chuyển các bản tụ:
P =
0
lim
t
A
t
∆ →
∆

=
( )
2 2
0 0
2
0
lim .
2 . . 2
t
SU SU v
v
x x v t x
ε ε
∆ →
 
=
 ÷
 ÷
+ ∆
 
c) Xét sự dịch chuyển của các bản tụ trong thời gian Δt (rất nhỏ):
+) Tại thời điểm t, các bản tụ cách nhau một khoảng x,
+) Điện tích của tụ: q = C.U
+) Sau thời gian Δt, khoảng cách giữa các bản: x’ = x + v.Δt
+) Điện dung của tụ: C’ =
0
'
S
x
ε

.
+) Điện tích của tụ: q’ = C’.U => Năng lượng tụ lúc này: W’ =
2
1
'.
2
C U
=
2
0
.
2 '
S
U
x
ε
+) Trong thời gian Δt, nguồn cung cấp thêm một lượng điện tích:
Δq = q’ – q = (C’ – C).U
+) Công của nguồn để dịch chuyển điện tích Δq:
A
ng
= Δq.U = (C’ – C).U
2
= (
0
'
S
x
ε
-

0
S
x
ε
).U
2
=
0
S
ε
U
2
1 1
'x x
 
−
 ÷
 
+) Theo định luật bảo toàn năng lượng:W + A + A
ng
= W’ ;
⇒
A = W’ – W – A
ng
=
2
0
.
2 '
S

U
x
ε
-
2
0
.
2
S
U
x
ε
-
0
S
ε
U
2
1 1
'x x
 
−
 ÷
 
=
2
0
2
SU
ε

1 1
'x x
 
−
 ÷
 
-
0
S
ε
U
2
1 1
'x x
 
−
 ÷
 
=
2
0
2
SU
ε
1 1
'x x
 
−
 ÷
 

=
2
0
2
SU
ε
'
. '
x x
x x
−
⇒
A =
2
0
2
SU
ε
( )
.
. .
v t
x x v t
∆
+ ∆
(A là công dịch chuyển các bản tụ).
Bài 14 (15.15
*
GTVL) :
Hai tụ phẳng không khí có S và d

1
= 2d
2
cùng được tích điện đến hiệu điện thế U rồi
ngắt khỏi nguồn. Hỏi năng lượng của hệ thay đổi thế nào khi đặt C
2
vào trong C
1
(các
bản song nhau)?
Giải:
+) Điện dung các tụ: C
1
=
0
1
S
d
ε
; C
2
=
0
2
S
d
ε
= 2C
1
+) Khi nạp điện tới hiệu điện thế U, điện tích các tụ:

q
1
= C
1
U =
0
1
S
d
ε
.U; q
2
= C
2
U = 2C
1
U =
0
1
2 S
d
ε
.U = 2q
1
+) Tổng năng lượng của hai tụ: W =
2
1
1
2
q

C
+
2
2
2
2
q
C
=
2
1
1
2
q
C
+
2
1
1
q
C
=
2
1
1
3
2
q
C
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình

14
+q
1
+q
2
-q
1
-q
2
C
2
C
1
+q
1
-q
1
-q
1
-q
2
q
1
+q
2
+q
1
-q
1
+ - + - + -

C
1
’ C
2
’ C
3
’
x
1
x
2
d
2
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Ngắt các tụ khỏi nguồn rồi đưa C
2
vào trong C
1
: điện tích trên các bản tụ không đổi.
TH1: Các bản tụ ban đầu tích điện cùng dấu được đặt cùng phía
+) Do sự nhiễm điện hưởng ứng toàn phần của các bản tụ điện và điện tích trên các
bản tụ được bảo toàn, nên các bề mặt của các bản tụ tích điện có dấu và độ lớn xác
định như hình vẽ trên.
+) Lúc này, hệ thống được coi gồm ba tụ điện: C
1
’, C
2
’ và C
3

’.
Trong đó: C
1
’ =
0
1
S
x
ε
; C
2
’ =
0
2
S
d
ε
= C
2
; C
3
’ =
0
2
S
x
ε
;
+) Với năng lượng tương ứng: W
1

=
2
1
1
2 '
q
C
=
2
1 1
0
.
2
q x
S
ε
;
W
2
=
( )
2
1 2
2
2 '
q q
C
+
=
( )

2
1 2
1
4
q q
C
+
=
2
1
1
9
4
q
C
; W
3
=
2
1
3
2 '
q
C
=
2
1 2
0
.
2

q x
S
ε
⇒
W
1
+ W
3
=
( )
2
1
1 2
0
2
q
x x
S
ε
+
=
2
1
2
0
2
q
d
S
ε

=
2
1
1
4
q
C
⇒
W’ = W
1
+ W
2
+ W
3
=
2
1
1
10
4
q
C

⇒

W ' 10 2 5
.
W 4 3 3
= =

⇒
W’ =
5
3
W (tăng 5/3 lần)
TH2: Các bản tụ ban đầu tích điện trái dấu được đặt cùng phía, để ý: q
2
= 2q
1
.
Tương tự TH1, dấu và độ lớn điện tích trên các mặt của các bản tụ được xác định như
hình vẽ.
Và tổng năng lượng trên C
1
’ và C
3
’ được xác định giống như trên:
W
1
+ W
3
=
( )
2
1
1 2
0
2
q
x x

S
ε
+
=
2
1
2
0
2
q
d
S
ε
=
2
1
1
4
q
C
Năng lượng trên C
2
’: W
2
=
2
1
2
2 '
q

C
=
2
1
1
4
q
C
=
2
1
1
4
q
C
;
Tổng năng lượng trên ba tụ: W’ = W
1
+ W
2
+ W
3
=
2
1
1
2
q
C
⇒

W ' 1 2 1
.
W 2 3 3
= =

⇒
W’ =
1
3
W (Năng lượng giảm đi 3 lần)
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
15
+q
1
-q
2
-q
1
+q
2
C
2
C
1
+q
1
-q
1
+q

1
-q
1
+q
1
-q
1
+ - - + + -
C
1
’ C
2
’ C
3
’
x
1
x
2
d
2
Sáng kiến kinh nghiệm

Bài 15(15.17
*
GTVL):
Có hai tụ điện phẳng giống nhau: một tụ có điện môi là không khí và có điện dung C
0

= 100

F
µ
. Người ta tích điện cho tụ này đến hiệu điện thế U
0
= 60V, tụ thứ hai có điện
môi, mà hằng số điện môi phụ thuộc vào hiệu điện thế U giữa hai bản tụ của nó theo
quy luật
U
αε
=
, với
1,0=
α
(V
- 1
). Tụ thứ hai ban đầu không tích điện. Ta mắc song
song hai tụ này với nhau.
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?
Giải:
a) Tụ không khí có điện dung: C
0
=
0
S
d
ε
= 100μF.
+) Tụ thứ hai có điện dung:C =
0 0

0
.
S S
U U C
d d
εε ε
α α
= =
,
α = 0,1 (V
-1
)
+) Điện tích tụ C
0
trước khi ghép với C: q
0
= C
0
U
0
.
+) Sau khi ghép song song C
0
với C (hình vẽ):
+) Hiệu điện thế trên các tụ: U
1
= U
2
= U
+) Điện tích trên C

0
là q
1
, trên C là q
2
.
+) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho hệ hai bản tích điện dương của hai tụ:
q
1
+ q
2
= q
0
⇒

( )
0 0 0
. .C C U C U
+ =

⇒

( )
0 0 0
1 . .U C U C U
α
+ =
⇒

( )

0
1 U U U
α
+ =
; U
0
= 60V
⇒
U = 20V.
b) Năng lượng ban đầu của C
0
:
2
0 0 0
1
W
2
C U=
= 0,18 (J).
+) Khi các tụ đã ghép với nhau, tổng năng lượng của C
0
và C là:
( )
2 2 2
1 2 0 0
1 1 1
W W W
2 2 2
C U CU C C U
= + = + = +

Với C = αUC
0
= 2C
0
⇒

2
2 2
0
0 0 0 0
3 3 1 1
W .
2 2 9 3 2
U
C U C C U
= = =
=
0
1
W
3
= 0,06 (J).
⇒
ΔW = - 0,12 (J).
+) Nhận xét: Năng lượng của bộ tụ giảm, vậy phần
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
16
+ -
C
0

C
+ -
+
-
U
d
l
A
B
D
G
C
1
C
2
C
3
Sáng kiến kinh nghiệm

năng lượng mất mát này chuyển thành nhiệt năng,
phát tia lửa điện khi nối 2 bản tụ với nhau . Mặt khác,
một phần năng lượng để làm thay đổi tính chất điện
của điên môi trong khoảng không gian giữa 2 bản tụ (
U∈
ε
).
Bài 16(15.18
*
GTVL):
Bốn tấm kim loại phẳng, mỏng giống nhau hình chữ nhật, diện tích mỗi tấm là S, chiều

dài l, đặt song song với nhau. Khoảng cách giữa 2 tấm liên tiếp là d. Giữa tấm A và B
có lớp điện môi, lấp đầy không gian giữa 2 tấm, hằng số điện môi
ε
. Tấm A và D
được nối với 2 cực của nguồn điện, có hiệu điện thế U, Tấm B và G nối với nhau bàng
dây dẫn (hình vẽ)
a) Tính năng lượng của hệ tụ và hiệu điện thế giữa 2 tấm liên tiếp?
b) Kéo đều lớp điện môi với vận tốc
v
ra khỏi các tấm kim loại. Tính công suất cần
thực hiện để kéo lớp điện môi ra khỏi các bản tụ. Bỏ qua ma sát.
Giải:
a)Các tấm kim loại phẳng đặt gần nhau tạo thành ba tụ điện phẳng:
C
1
: tụ điện môi, gồm hai bản A-B
C
2
: tụ không khí, gồm hai bản B-D
C
3
: tụ không khí, gồm hai bản G-D
+) Ta tìm được: C
1
=
0
S
d
εε
; C

2
= C
3
=
0
S
d
ε
= C
0
.
+) Khi nối B-D bằng dây dẫn và nối A, D với nguồn U, nhận thấy hệ thống gồm các tụ
C
1
, C
2
, C
3
dược mắc như sau:
(C
2
// C
3
) nt C
1
.
⇒
C
23
= C

2
+ C
3
=
0
2 S
d
ε
= 2C
0
.
⇒

1 23 0
1 1 1 1 1
2
b
d
C C C S
ε ε
 
= + = +
 ÷
 
⇒

0
2
.
2

b
S
C
d
ε
ε
ε
=
+
+) Năng lượng bộ tụ:
2
1
W
2
b
C U
=
=
( )
2
2 2
0 0
0
1 2
. . .
2 2 2 2
S SU
U C U
d d
ε εε

ε ε
ε ε ε
= =
+ + +
;
Vì C
1
nt C
23
nên:
23 0
1
23 1 0
.
2 2
U S
C d
C U d S
εε
ε
ε
= = =
và U
1
+ U
23
= U
⇒

1 1

2
U U U
ε
+ =

⇒

1
2
2
U
U
ε
=
+
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
17
C
1
C
3
C
2
A
+
D
-
B
G
G

D
D
Sáng kiến kinh nghiệm

⇒

23 1
2 2
U
U U
ε ε
ε
= =
+
= U
2
= U
3
(Do C
2
// C
3
)
+) Hiệu điện thế giữa hai tấm A và B bằng U
1
: U
AB
=
2
2

U
ε
+
+) Hiệu điện thế giữa hai tấm B và D bằng hiệu điện thế giữa G và D bằng U
23
:
U
BD
= U
GD
=
2
U
ε
ε
+
b) +) Khi chưa kéo tấm điện môi, năng lượng của bộ tụ:
( )
2
2 2
0
0
1
W
2 2 2
b
SU
C U C U
d
εε

ε
ε ε
= = =
+ +
;
và điện tích của bộ: q = C
b
U =
0
0
2 2
. .
2 2
S
U C U
d
ε
ε ε
ε ε
=
+ +
+) Sau khi đã kéo tấm điện môi ra, năng lượng của bộ tụ:
2
1
W' '
2
b
C U
=
; Với C

b
’ =
0 0
0
0 0
.2
2
2 3
C C
C
C C
=
+
⇒

2 2
0
0
1 1
W'
3 3
S
C U U
d
ε
= =

⇒
Năng lượng của hệ giảm.
+) Điện tích của bộ tụ lúc này: q’ = C

b
’U =
0
2
3
C
.U
+) Độ biến thiên điện tích của bộ tụ: Δq = q’ – q =
0
2 2
3 2
C U
ε
ε
 
−
 ÷
+
 
+) Nguồn đã thực hiện công âm trong quá trình kéo tấm điện môi:
A
ng
= Δq.U =
2
0
2 2
3 2
C U
ε
ε

 
−
 ÷
+
 
;
+) Theo định luật bảo toàn năng lượng: W + A + A
ng
= W’
⇒
A = W’ – W – A
ng
=
2
0
1 2 2
3 2 3 2
C U
ε ε
ε ε
 
− − +
 ÷
+ +
 
=
2
0
1
2 3

C U
ε
ε
 
−
 ÷
+
 
⇒
A =
( )
( )
2
0
2 1
3 2
C U
ε
ε
−
+
=
( )
( )
2
0
2 1
.
3 2
S

U
d
ε
ε
ε
−
+
+) Thời gian rút tấm điện môi:
l
t
v
=

+) Công suất (trung bình) trong thời gian t:
( )
( )
2
0
1
2
.
3 2
S
A v
P U
t l d
ε
ε
ε
−

= =
+
III) Giới hạn hoạt động của tụ điện:
1/ Kiến thức cơ bản:
+) Trường hợp một tụ điện: E
gh
E≤
, U = Ed, => U
dE
gh
≤
=> U
gh
= E
gh
.d.
+) Trường hợp bộ tụ ghép:
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
18
Sáng kiến kinh nghiệm

*) Xác định U
gh
đối với mỗi tụ.
*) Đối với bộ tụ ta có: (U
bộ
)
gh
= min
{ }

igh
U )(
.
2/Bài tập áp dụng:
Bài 17(14.3 – GT): Hai tụ C
1
= 5.10
-10
F, C
2
= 15.10
-10
F mắc nối tiếp, khoảng giữa hai
bản mỗi tụ lấp đầy điện môi có chiều dày d = 2mm và điện trường giới hạn
1800V/mm. Hỏi bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn bao nhiêu?
Giải:
Hai tụ mắc nối tiếp:
1 2
2 1
3
1
U C
U C
= =
, U
1
+ U
2
= U
⇒

1
2
3
4
1
4
U U
U U

=




=


(1)
Hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ: U
gh
= E
gh
.d = 1800.2 = 3600V (2)
Từ (1) và (2): để bộ tụ không bị đánh thủng thì U
1

≤
U
gh

⇒
U
≤
4800V.
Vậy bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn là 4800V.
Bài 18 (14.6 – GT): Ba tụ C
1
= 1μF, C
2
= 2μF, C
3
= 3μF có hiệu điện thế giới hạn U
1
=
1000V, U
2
= 200V, U
3
= 500V mắc thành bộ. Cách mắc nào có hiệu điện thế giới hạn
của bộ tụ lớn nhất? Tính điện dung và và hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ lúc này.
Giải:
Có tất cả 5 cách mắc ba tụ trên thành bộ.
- Cách 1: C
1
nt C
2
nt C
3
Để bộ tụ không bị đánh thủng thì hiệu điện thế mỗi tụ thỏa mãn:
1

2
3
1000
200
500
U V
U V
U V
≤


≤


≤

Ta tính được hiệu điện thế của bộ: U
≤
733,3V
- Cách 2: C
1
nt (C
2
// C
3
)
⇒
U
≤
1200V

- Cách 3: C
2
nt (C
1
// C
3
)
⇒
U
≤
500V
- Cách 4: C
3
nt (C
1
// C
2
)
⇒
U
≤
400V
- Cách 5: C
1
// C
2
// C
3

⇒

U
≤
200V
⇒
Cách 2 cho bộ tụ chịu được hiệu điện thế lớn nhất là
1200V, khi đó C
bộ
=
5
6
F
µ
.
Bài 19 (20.18 –GT): C
1
= C
2
= C
3
= C, R
1
là biến trở, R
2
= 600Ω, U = 120V.
a. Tính hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ theo R
1
. Áp dụng với R
1
= 400Ω.
b. Biết hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ là 70V. Hỏi R

1
có thể thay đổi trong khoảng giá trị
nào?
Giải:
a)Các điện trở: R
1
nt R
2
, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở:
1 2 1
120
600
U
I
R R R
= =
+ +
+) Hiệu điện thế giữa hai đầu R
1
: U
R1
= I.R
1
=
1 1
1 2 1
120
600
UR R
R R R

=
+ +
+) Hiệu điện thế giữa hai đầu R
2
: U
R2
= I.R
2
=
2
1 2 1
72000
600
UR
R R R
=
+ +
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
19
C
1
C
2
C
3
R
2
R
1
+ U -

+ - + -
+
-
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Gọi hiệu điện thế mỗi tụ C
1
, C
2
, C
3
lần lượt là U
1
, U
2
, U
3
và giả sử dấu điện tích trên
các bản tụ như hình vẽ, ta có các liên hệ:
( )
( )
( )
1 2
1 1
1 3 1
1 2 1
1 2 3
120 1
120
2

600
0 3
R
U U U V
UR R
U U U
R R R
Q Q Q

+ = =


+ = = =

+ +


− + + =

+) Thay C
1
= C
2
= C
3
= C vào (3), được:
1 2 3 2 3 1
0U U U U U U− + + = ⇒ + =
(3’)
Từ (1), (2), (3’) ta tìm được:

1
1
1
1
2
1
1
3
1
2 600
40
600
1200
40
600
600
40
600
R
U
R
R
U
R
R
U
R

+
= ×


+


+
= ×

+


−
= ×

+

+) Áp dụng: R
1
= 400Ω ta được: U
1
= 56V; U
2
= 64V; U
3
= -8V.
+) Nhận thấy U
3
< 0, nên điện tích trên C
3
phải có dấu phân bố ngược lại so với giả
thiết ban đầu, hiệu điện thế của C

3
là 8V.
b) So sánh U
1
, U
2
, U
3
, dễ thấy U
1
, U
2
> U
3

Để các tụ không bị đánh thủng thì U
1
, U
2

≤
70V (4)
+) U
1

≥
U
2

⇒

R
1

≥
600Ω
Điều kiện (4) trở thành: U
1

≤
70V
⇒

1
1
1
2 600
40
600
R
U
R
+
= ×
+

≤
70V
⇒
R
1

≤
1800Ω
⇒
600Ω
≤
R
1

≤
1800Ω (5)
+) U
1
< U
2

⇒
R
1
< 600Ω
Điều kiện (4) trở thành: U
2

≤
70V
⇒
R
1

≥

200Ω
IV) Cường độ dòng điện phóng qua tụ (dòng điện lượng):
1/ Kiến thức cần nhớ:
Áp dụng công thức : i =
t
q
∆
∆
, trong đó
q∆
là điện lượng chuyển qua đoạn mạch nào đó
trong thời gian
t∆
.
2/ Bài tập áp dụng:
Bài 20 (20.17 – GT): Cho mạch điện như hình vẽ.
R
1
= 20Ω, R
2
= 30Ω, R
3
= 10Ω, C
1
= 20μF, C
2
= 30μF;
U = 50V.
a. Tính điện tích các tụ khi K mở, K đóng.
b. Ban đầu K mở, tính điện lượng qua R

3
khi K đóng.
Giải:
a) *) K mở:
+) Hiệu điện thế các tụ: U
1
= U
2
= U = 50V
+) Điện tích các tụ: Q
1
= C
1
U
1
= 1000 μC, Q
2
= C
2
U
2
= 1500 μC
*) K đóng: Các điện trở được mắc: R
1
nt R
2
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
20
C
1

C
2
C
3
R
2
R
1
+ U -
C
1
C
2
R
1
R
3
R
2
K
+ U -
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Cường độ dòng điện qua các điện trở:
1 2
1
U
I A
R R
= =

+
+) Lúc này tụ C
1
// R
1
, hiệu điện thế của C
1
: U
1
’ = I.R
1
= 20V
C
2
// R
2
, hiệu điện thế của C
2
: U
2
’ = I.R
2
= 30V
+) Điện tích các tụ: Q
1
’ = C
1
U
1
’ = 400 μC

Q
2
’ = C
2
U
2
’ = 900 μC
b) Điện lượng qua R
3
bằng độ thay đổi điện tích trên bản
(+) của tụ C
1
:ΔQ =
1 1
'Q Q−
= 600 μC
⇒
200Ω
≤
R
1
< 600Ω (6)
Kết hợp (5) và (6) ta được: 200Ω
≤
R
1

≤
1800Ω
Bài 21(22.28*-GT): Cho mạch điện như hình vẽ. Ban

đầu các khóa K đều mở. Các tụ có cùng điện dung C
và chưa tích điện. Các điện trở bằng nhau và bằng R.
Nguồn điện có hiệu điện thế U.
Đóng K
1
, sau khi các tụ đã tích điện hoàn toàn, mở K
1
sau đó đóng đồng thời hai khóa K
2
, K
3
.
Tìm nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở R. Xác định
cường độ dòng điện qua các điện trở vào thời điểm
mà hiệu điện thế trên hai bản của tụ ở giữa (Tụ giữa
hai điểm M,N) bằng U/10. Bỏ qua điện trở dây nối và
các khóa K.
ĐS: q = 2CU
2
/27; i
t1
= 19U/60R; i
t
= u/60R.
Giải:
+) Đóng K
1
, lúc này các tụ được mắc: C
1
nt C

2
nt C
3
+) Điện tích mỗi tụ: Q
1
= Q
2
= Q
3
=
3
CU

+) Năng lượng điện trường của bộ tụ: W = 3.
2
1
2 9
CU
×
=
2
6
CU
+) Mở K
1
, sau đó đóng đồng thời hai khóa K
2
, K
3
:

+) Các tụ sau đó được mắc song song. Dấu điện tích trên các bản trước và sau khi
đóng K
2
, K
3
được xác định như hình vẽ dưới đây.
+) Hiệu điện thế mỗi tụ sau khi đóng K
2
, K
3
: U
1
= U
2
= U
3
=U’
Và điện tích tương ứng: Q
1
’ = Q
2
’ = Q
3
’ = C.U’
+) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho các bản tụ nối với nhau ta có:
Q
1
+ Q
3
– Q

2
= Q
1
’ + Q
2
’ + Q
3
’
⇒

3
CU
= 3.C.U’
⇒
U’ =
9
U
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
21
C
1
C
2
C
3
+ - + - + -
+ -
+ -
- +
C

1
C
2
C
3
MA
N
N M
B
+ -
+ -
+ -
C
1
C
2
C
3
R
3
R
2
K
3
K
2
K
1
A
B

M
N
+ U -
C
1
C
2
C
3
R
3
Sáng kiến kinh nghiệm

+) Năng lượng bộ tụ lúc này còn lại: W’ = 3.
2
'
2
CU
= 3.
2
2.81
CU
=
2
54
CU
+) Gọi nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi điện trở là q, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
W = W’ + 2q
⇒
q =

W W'
2
−
=
2
2
27
CU
+) Ngay sâu khi đóng K
2
và K
3
, điện tích dịch chuyển trong mạch (theo chiều mũi tên).
Vì hiệu điện thế ổn định trên các tụ U/9 > U/10, nên có hai thời điểm mà hiệu điện thế
của tụ C
2
bằng U/10:
- Lần thứ nhất: Hiệu điện thế giảm từ U/3 đến U/10, điện ích trên các bản tụ C
2
chưa
đổi dấu.
- Lần thứ hai: Hiệu điện thế tăng từ 0 đến U/10, điện ích trên các bản tụ C
2
đổi dấu.
* Thời điểm 1: Tương tự trên, áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
Q
1
’ - Q
2
’ + Q

3
’ =
3
CU
; với Q
2
’ =
10
U
C ×
=
10
CU
⇒
Q
1
’ = Q
3
’ =
13.
60
CU
+) Hiệu điện thế các tụ C
1
, C
3
: U
1
= U
3

=
1
Q ’
C
=
13
60
U
Hiệu điện thế giữa hai điểm M-N: U
MN
= U
2
= - U
1
+ I.R
2
,
I là cường độ dòng điện qua R
2
.
+) Do tính đối xứng, cường độ dòng điện qua R
2
cũng bằng cường độ dòng điện qua
R
3
:
1 2
2
13
60 10

U U
U U
I
R R
+
+
= =
=
19
60
U
R
×
* Thời điểm 2: Tương tự trên, áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
Q
1
’ + Q
2
’ + Q
3
’ =
3
CU
; với Q
2
’ =
10
U
C ×
=

10
CU

⇒
Q
1
’ = Q
3
’ =
7.
60
CU
+) Hiệu điện thế các tụ C
1
, C
3
: U
1
= U
3
=
1
Q ’
C
=
7
60
U
+) Hiệu điện thế giữa hai điểm N-M: U
NM

= U
2
= - I.R
2
+ U
1

+) Cường độ dòng điện qua các điện trở lúc này:
1 2
2
7
60 10
U U
U U
I
R R
−
−
= =
=
1
60
U
R
×
Bài 22(101.121-2).
Hai tụ phẳng C
1
, C
2

tích điện Q
1
, Q
2
.
a) Tìm tổng năng lượng của tụ.
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
22
+ -
+ -
- +
C
1
C
2
C
3
R
3
R
2
Thời điểm 1
N
M
+ -
+ -
+ -
C
1
C

2
C
3
R
3
R
2
Thời điểm 2
N
M
Sáng kiến kinh nghiệm

Bây giờ dùng hai dây dẫn để nối hai bản dương lại với nhau và nối hai bản âm lại với
nhau.
b) Tìm năng lượng mới của hệ tụ điện.
c) So sánh năng lượng này với năng ban đầu của hệ, lí giải sự
khác nhau đó.
Giải:
a. Tổng năng lượng của hai tụ:
2 2
1 2
1 2
1 2
W W W
2 2
Q Q
C C
= + = +
b. Khi nối hai bản tích điện cùng dấu của hai tụ với nhau:
+) Hiệu điện thế và điện tích các tụ:

1 2
1 2 1 2
'
' '
U U U
Q Q Q Q
= =


+ = +


⇒

( )
( )
2
1 2
1 2
1 2 1 2
'
2
Q Q
Q Q
U
C C C C
+
+
= =
+ +

+) Năng lượng mới của hệ tụ:
2 2
1 1 2 2
1 1
W '
2 2
C U C U= +
c. Hiệu năng lượng trước và sau khi nối:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
1 2 2 1 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
W W' 0
2 2 2 2
Q Q C Q C Q
Q Q
C C C C C C C C
+ −
 
− = + − = >
 ÷
+ +
 
;
+) Năng lượng chuyển thành nhiệt tỏa ra trên R hoặc sóng điện từ nếu mạch không có

điện trở.
* Chú ý: Trong các bài trên, nếu trong công thức bảo toàn năng lượng không kể tới
công của nguồn, và coi công A bằng độ giảm năng lượng thì ra cùng đáp số.
Bài tập bổ sung
14.3 – GT: Hai tụ C
1
= 5.10
-10
F, C
2
= 15.10
-10
F mắc nối tiếp, khoảng giữa hai bản mỗi
tụ lấp đầy điện môi có chiều dày d = 2mm và điện trường giới hạn 1800V/mm. Hỏi bộ
tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn bao nhiêu?
Giải:
Hai tụ mắc nối tiếp:
1 2
2 1
3
1
U C
U C
= =
, U
1
+ U
2
= U
⇒

1
2
3
4
1
4
U U
U U

=




=


(1)
Hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ: U
gh
= E
gh
.d = 1800.2 = 3600V (2)
Từ (1) và (2): để bộ tụ không bị đánh thủng thì U
1

≤
U
gh

⇒
U
≤
4800V.
Vậy bộ tụ chịu được hiệu điện thế giới hạn là 4800V.
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
23
+ -
C
1
C
2
+ -
Sáng kiến kinh nghiệm

14.6 – GT: Ba tụ C
1
= 1μF, C
2
= 2μF, C
3
= 3μF có hiệu điện thế giới hạn U
1
= 1000V,
U
2
= 200V, U
3
= 500V mắc thành bộ. Cách mắc nào có hiệu điện thế giới hạn của bộ
tụ lớn nhất? Tính điện dung và và hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ lúc này.

Giải:
Có tất cả 5 cách mắc ba tụ trên thành bộ.
- Cách 1: C
1
nt C
2
nt C
3
Để bộ tụ không bị đánh thủng thì hiệu điện thế mỗi tụ thỏa mãn:
1
2
3
1000
200
500
U V
U V
U V
≤


≤


≤

Ta tính được hiệu điện thế của bộ: U
≤
733,3V
- Cách 2: C

1
nt (C
2
// C
3
)
⇒
U
≤
1200V
- Cách 3: C
2
nt (C
1
// C
3
)
⇒
U
≤
500V
- Cách 4: C
3
nt (C
1
// C
2
)
⇒
U

≤
400V
- Cách 5: C
1
// C
2
// C
3

⇒
U
≤
200V
⇒
Cách 2 cho bộ tụ chịu được hiệu điện thế lớn nhất là 1200V, khi đó C
bộ
=
5
6
F
µ
20.17 – GT: Cho mạch điện như hình vẽ. R
1
= 20Ω, R
2
= 30Ω,
R
3
= 10Ω, C
1

= 20μF, C
2
= 30μF; U = 50V.
a. Tính điện tích các tụ khi K mở, K đóng.
b. Ban đầu K mở, tính điện lượng qua R
3
khi K đóng.
Giải:
a) K mở:
Hiệu điện thế các tụ: U
1
= U
2
= U = 50V
Điện tích các tụ:
Q
1
= C
1
U
1
= 1000 μC
Q
2
= C
2
U
2
= 1500 μC
K đóng: Các điện trở được mắc: R

1
nt R
2
Cường độ dòng điện qua các điện trở:
1 2
1
U
I A
R R
= =
+
Lúc này tụ C
1
// R
1
, hiệu điện thế của C
1
: U
1
’ = I.R
1
= 20V
C
2
// R
2
, hiệu điện thế của C
2
: U
2

’ = I.R
2
= 30V
Điện tích các tụ:
Q
1
’ = C
1
U
1
’ = 400 μC
Q
2
’ = C
2
U
2
’ = 900 μC
b) Điện lượng qua R
3
bằng độ thay đổi điện tích trên bản (+) của tụ C
1
:
ΔQ =
1 1
'Q Q−
= 600 μC
20.18 -GT: C
1
= C

2
= C
3
= C, R
1
là biến trở, R
2
= 600Ω,
U = 120V.
a. Tính hiệu điện thế giữa hai bản mỗi tụ theo R
1
.
Áp dụng với R
1
= 400Ω.
b. Biết hiệu điện thế giới hạn mỗi tụ là 70V.
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
24
C
1
C
2
C
3
R
2
R
1
+ U -
C

1
C
2
R
1
R
3
R
2
K
+ U -
Sáng kiến kinh nghiệm

Hỏi R
1
có thể thay đổi trong khoảng giá trị nào
Giải:
a)
Các điện trở: R
1
nt R
2
, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở:
1 2 1
120
600
U
I
R R R
= =

+ +
Hiệu điện thế giữa hai đầu R
1
: U
R1
= I.R
1
=
1 1
1 2 1
120
600
UR R
R R R
=
+ +
Hiệu điện thế giữa hai đầu R
2
: U
R2
= I.R
2
=
2
1 2 1
72000
600
UR
R R R
=

+ +
Gọi hiệu điện thế mỗi tụ C
1
, C
2
, C
3
lần lượt là U
1
, U
2
, U
3
và giả sử dấu điện tích trên
các bản tụ như hình vẽ, ta có các liên hệ:
( )
( )
( )
1 2
1 1
1 3 1
1 2 1
1 2 3
120 1
120
2
600
0 3
R
U U U V

UR R
U U U
R R R
Q Q Q

+ = =


+ = = =

+ +


− + + =

Thay C
1
= C
2
= C
3
= C vào (3), được:
1 2 3 2 3 1
0U U U U U U− + + = ⇒ + =
(3’)
Từ (1), (2), (3’) ta tìm được:
1
1
1
1

2
1
1
3
1
2 600
40
600
1200
40
600
600
40
600
R
U
R
R
U
R
R
U
R

+
= ×

+



+
= ×

+


−
= ×

+

Áp dụng: R
1
= 400Ω ta được: U
1
= 56V; U
2
= 64V; U
3
= -8V.
Nhận thấy U
3
< 0, nên điện tích trên C
3
phải có dấu phân bố ngược lại so với giả thiết
ban đầu, hiệu điện thế của C
3
là 8V.
b) So sánh U
1

, U
2
, U
3
, dễ thấy U
1
, U
2
> U
3

Để các tụ không bị đánh thủng thì U
1
, U
2

≤
70V (4)
+) U
1

≥
U
2

⇒
R
1

≥

600Ω
Điều kiện (4) trở thành: U
1

≤
70V
⇒

1
1
1
2 600
40
600
R
U
R
+
= ×
+

≤
70V
⇒
R
1

≤
1800Ω
⇒

600Ω
≤
R
1

≤
1800Ω (5)
+) U
1
< U
2

⇒
R
1
< 600Ω
Điều kiện (4) trở thành: U
2

≤
70V
⇒
R
1

≥
200Ω
⇒
200Ω
≤

R
1
< 600Ω (6)
Kết hợp (5) và (6) ta được: 200Ω
≤
R
1

≤
1800Ω
Bài 95 (22.28*-GT): Cho mạch điện như hình vẽ.
Ban đầu các khóa K đều mở. Các tụ có cùng điện
Nguyễn phượng Hoàng- Trường THPT Chuyên Quảng Bình
25
C
1
C
2
C
3
R
2
R
1
+ U -
+ - + -
+
-
K
3

K
2
K
1
A
B
M
N
+ U -
C
1
C
2
C
3
R
3