Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn MÔN VẬT LÝ

Bài giải - Đáp số - chỉ dẫn
1.1. a) Đầu tiên cần ghi nhớ: sđđ có chiều từ âm nguồn sang dương nguồn (hình
1.41), dòng điện mạch ngoài có chiều từ dương nguồn về âm nguồn, nên
;A,
Rr
E
I;UUR.Ir.IE 150
0
0
=
+
=+∆=+=
Sụt áp trên nguồn ∆U=I. r
0
=0,45V; Điện áp giữa 2 cực của nguồn:
U=I. R=1,05=E-∆U;
b) Giải tương tự.
1.2. a) Hình 1.42. a)
=−−=
=
++
+−
=
)r.IE(U
;A,
rrr
EEE
I
ab 011
030201
321

50
V,),()r.IE(U;V,.,r.IEU
;V).,(
cdbc
59501051935018
1045012
033022
−=−−=−−==+=+=
−=−−
b) Nếu đổi chiều nguồn E
2
như ở hình 1.42. b)
V)r.IE(U
;V)r.IE(U;V)r.IE(U;A
Rrrr
EEE
I
cd
bcab
8
642
20
40
033
022011
030201
321
−=−−=
−=−−=−=−−===
+++

++
=
Dấu “-” ở đây cho thấy chiều thực của các điện áp ngược với chiều trên hình vẽ.
1.3. Mạch trên là không thể tồn tại trong trực tế. Với cách mắc như vậy buộc phải
tính đến nội trở các nguồn. Nếu các nguồn có nội trở thì bài toán trở nên đơn giản.
1.4.
20240128163024024240
50
1224
.,V,.,U;A,I
+==−==
−
=
1.5. Khi ngắn mạch hai cực nguồn thì
W,
r
E
rIp;
r
E
I 40
0
2
0
2
0
====
Khi mắc mạch ngoài điện trở R thì
R
)Rr(

E
p;
Rr
E
I
2
0
2
0
+
=
+
=
.
Để công suất ra đạt max phải chọn biến số R thích hợp: để p
max
thì p’=0:
33

mWW,
,
r
E
p
rRRrRrRRrRr)rR(R)Rr(
Hay
)Rr(
)rR(.R)Rr(
E'p
rR

max
10010
4
40
4
02222
0
2
0
2
0
22
0
222
00
2
0
4
0
2
0
2
0
====
=→=−=−−++=+−+
=
+
+−+
=
=

1.6. +Với điện áp thứ nhất: hình 1. 10. a):








<
≤≤+−
≤
<
=
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20
21105
105
00
.
Đồ thị hình 1.43. a)
i(t)=
=
R
)t(u








<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
20
212
10
00
.
Đồ thị hình 1.43. b)
Công suất tức thời:
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2
5

a)
i(t)
t [s]
[A]
0
1
2
1
b)
p(t)
t [s]
[W]
0
1
2
5
c)
H×nh1.43
34
p(t)=R. i
2
(t)=
=
R
)t(u
2










<
≤≤+−
≤
<
tskhi
stskhi)tt(
skhit
tkhi
20
21445
105
00
2
2

Đồ thị hình 1.43c
Năng lượng tiêu tán dưới dạng nhiệt năng:

W,
W
t
dttdt)t(pW
R
671
3

5
0
1
3
55
3
1
0
2
1
0
≈
====
∫∫
+Với điện áp thứ hai đồ thị hình1.10b)
u(t)
t [s]
[V]
0
1
2
5
a)
i(t)
t [s]
[A]
0
1
2
1

b)
p(t)
t [s]
[W]
0
1
2
5
c)
H×nh1.44
35








<
≤≤−
≤
<
=
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
)t(u
20

2155
105
00
. Đồ thị hình 1.44. a)








<
≤≤−
≤
<
==
tskhi
stskhit
skhit
tkhi
R
)t(u
)t(i
20
211
10
00
Đồ thị hình 1.44. b)








<
≤≤+−
≤
<
===
tkhi
tkhi)tt(
khit
tkhi
)t(i.R
R
)t(u
)t(p
20
21125
105
00
2
2
2
2
Đồ thị hình 1.44. c)

W≈1,67 W;
+Với điện áp thứ ba đồ thị hình 1.10c)










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(u
30
32155
215
105
00
; Hình 1.45a)

36










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
stskhit
stskhi
stkhit
tkhi
)t(i
30
323
211
10
00
; Hình 1.45b)










<
≤≤+−
≤≤
≤≤
<
=
tskhi
tskhi)tt(
stskhi
stkhit
tkhi
)t(p
30
32965
215
105
00
2
2
Hình 1.45c)
W≈1,67 W;
1.7. Điện áp hình 1.11. có biểu thức giải tích:






≤≤−
≤≤+−
≤≤
=
s4ts3khi4t
s3ts1khi2t
s1t0khit
)t(u
;
1. Trên điện trở R=1Ω:
a) Biểu thức dòng điện:
37





≤≤−
≤≤+−
≤≤
===
S4tS3khi4t
S3tS1khi2t
S1t0khit

1
)t(u
R
)t(u
)t(i
R
Đồ thị này vẫn có dạng giống điện áp như hình 1.46.
b) Năng lượng toả nhiệt:











=+−=+−
=+−=+−
==
====
∫
∫
∫
∫∫
)J(
3
1

3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
)J(
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
)J(
3
1
0
1
3
t
dtt
dt
R
U
RdtiQW
2
3
4

3
2
2
3
3
1
2
3
1
0
2
t
t
2
t
t
2
R
2
1
2
1







=+−=+−

==
∫
∫
Jun
3
2
1
3
)t4t2
3
t
(dt)4t4t(
Jun
3
1
0
1
3
t
dtt
2
3
3
1
2
3
1
0
2

Jun
3
1
3
4
)t16t4
3
t
(dt)16t8t(
2
3
4
3
2
=+−=+−
∫
;
Jun
3
4
3
1
3
2
3
1
Q
=++=
2. Trên điện cảm L (Chú ý là công thức (1.4)
)t(iudt

L
)t(i
L
t
t
L 0
0
1
+=
∫
được
thực hiện để thoả mãn tính chất liên tục của dòng điện qua điện cảm).
a) i
L
(t)
t [s]
[V]
0 1 2
1
3
u(t)
4
-1
H×nh 1.46
38
+ Với 0
≤
t
≤
1s

2
0
2
0
1
22
0
t
)(i
t
)(iudt
L
)t(i
LL
t
L
=+=+=
∫
vì i
L
(0)=0. Từ đó i
L
(1S)=0,5
+ Với 1s
≤
t
≤
3s
50
1

2
2
121
1
2
11
,
t
t
t
)(idt)t()(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+








+−=++−=+=
∫∫
=

;t
t
,),(t
t
12
2
502502
2
22
−+−=++−−+−=
(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=1s) theo công thức này i
L
(1s)=0,5- ứng với quy luật biến
thiên liên tục của dòng qua L. )
Như vậy có i
L
(t=3s)=
50
3
12
2
2
,
t
t
t
=
=

−+−
+ Với 3s
≤
t
≤
4s
50
3
4
2
343
1
2
33
,
t
t
t
)(idt)t()s(iudt
L
)t(i
L
t
L
t
L
+









−=+−=+=
∫∫
84
2
5034
2
3
4
2
222
+−=+−−−=
t
t
,).(t
t
.
(Có thể kiểm tra lại i
L
(t=3s) theo công thức này i
L
(3s)=0,5- ứng với
quy luật biến thiên liên tục của dòng qua L. )
Kết quả có










≤≤+−
≤≤−+−
≤≤
=+=
∫
s4ts3khi8t4
2
t
s3ts1khi1t2
2
t
s1t0khi
2
t
)t(iudt
L
1
)t(i
2
2
2
0L
t

t
L
0
b) Tìm quy luật biến thiên của năng lượng từ trường tích luỹ trong L.
39
W
M
(t)=
=
2
)t(Li
2
L










≤≤+−+−
≤≤+−+−
≤≤
==
s4ts3khi8t32t12t2
8
t

s3ts1khi5,0t2t5,2t
8
t
s1t0khi
8
t
2
)t(Li
)t(W
23
4
23
4
4
2
L
M
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng từ trường chính là công suất phản kháng:









≤≤−+−
≤≤−+−
≤≤

==
s4ts3khi32t24t6
2
t
s3ts1khi2t5t3
2
t
s1t0khi
2
t
dt
dW
)t(p
2
3
2
3
3
L
3. a) i
C
(t)=C
=
dt
du
C






≤≤
≤≤−
≤≤
431
311
101
tkhi
tkhi
tkhi
b) Năng lượng điện trường:
==
2
2
C
E
u
CW









≤≤+−
≤≤+−
≤≤

4384
2
3122
2
10
2
2
2
2
tkhit
t
tkhit
t
tkhi
t
c) Tốc độ biến thiên của năng lượng điện trường chính là công suất phản
kháng:
==
dt
dW
)t(p
E
u
C
i
c
=






≤≤−
≤≤−
≤≤
434
312
10
tkhit
tkhit
tkhit
.
40
1.8. Dòng điện qua R

tsin,
R
)t(e
)t(i
R
40010
==
[A].
Đồ thị hình 1.47b, lặp lại dạng e(t) hình 1.47a.
Dòng điện qua diện cảm L:
]A[tcos,tsin
,
)(idt)t(u
L
)t(i

t
t
LL
4001040010
250
1
0
1
0
0
−=
=+=
∫
∫
.
Đồ thị hình 1.47c
1.9






>
≤≤
<
=
stkhi
stkhit
khi

)t(e
12
102
000
t
π π
2
π
2
π
3
e(t)
10
[V]
-10
i (t)
0,1
[A]
t
-0,1
R
i (t)
0,1
[A]
-0,1
L
ω
t
ω
t

ω
c)
a)
b)
H×nh 1.47
41

s
stkhi
tkhit
khi
R
e
)t(i
R





>
≤≤
<
==
11
10
000

⇒ i
R

(0,5)=0,5A; i
R
(0,9)=0,9A; i
R
(1)=1A; i
R
(1,2)=1A












>−=+=+
=→≤≤=+
<
=+=
∫
∫∫
stkhit
t
t)(idt
)(istKhit)(itdt
tkhi

)t(idt)t(e
L
)t(i
t
L
L
t
L
t
t
LL
1121
1
212
111002
00
1
1
0
2
0
0
⇒ i
L
(0,5)=0,25A; i
L
(0,9)=0,81A; i
L
(1)=1A; i
L

(1,2)=1,4A
i
C
(t)=





>
≤≤
<
=
1tKhi0
1t0khi1
0tkhi0
dt
de
C
; i
C
(0,5)=1A; i
C
(0,9)=1A; i
C
(1)=1A; i
R
(1,2)=0;
1.10.




≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
15044
5004
a)

==
)()( tRitu
R



≤≤+−
≤≤
sts,khit
s,tkhit
15088
5008
;
==
dt
di
Ltu
L

)(



≤≤−
≤≤
sts,khi
s,tkhi
1504
5004
u(t)=u
R
(t)+u
L
(t)=



≤≤+−
≤≤+
sts,khit
s,tkhit
15048
50048
b) U
max
=8V
c) Phương trình công suất tiêu tán:
42
p(t)=u(t)i(t)=




≤≤+−=+−
≤≤+=+
sts,khi)tt(tt
s,tkhi)t(ttt
15013216164832
50012161632
22
2
p(0,25s)=16 W;p(0,75 s)=- 2 W;
1.11.




≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
15044
5004
a) u
R
(t)=Ri=




≤≤+−
≤≤
=
sts,khit
s,tkhit
)t(i
1504040
50040
;
43





≤≤−+−
≤≤
=⇒
−+−=++−=
+=→≤≤
=→
=
==
+=→≤≤
+=
∫
∫
∫
∫

sts,khitt
s,tkhit
)t(u
tt]
,
t
)t
t
.[(
),(uidt
C
)t(usts,Khi
V),(u;
)(u
ttdt
,
)t(uidt
C
)t(us,tKhi
:)t(uidt
C
)t(u
C
C
t
,
c
C
C
t

C
t
t
c
C
t
t
c
1504124
5004
41241
50
4
2
4
2
50
1
150
150
00
44
50
1
1
500
1
2
2
2

2
50
2
0
0
0
0
0
u(t)=u(t)+u
C
(t)=



≤≤+−−
≤≤+
sts,khitt
s,tkhitt
15036284
500404
2
2
b) U
Max
=21V
b) p(t)=u(t)i(t)=






≤≤
+−+
≤≤+
sts,khi
ttt
s,tkhi)t(t
150
1442569616
5001016
23
2
;
H×nh 1.48
0
0,5
1
t[s]
u (t)
R
20
1
u(t)
u (t)
C
4
21
44