TAI LIEU ON THI HSG 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Bài 1 : a) Nếu lần lượt mắc R1 = 2 Ω và R2 = 8 Ω vào một nguồn D. điện một chiều có suất điện động là E, điện trở trong r thì công suất tỏa nhiệt là như nhau. Tính điện trở trong r của nguồn điện.. RX để tạo thành điện trở mạch ngoài của nguồn điện trên. Hỏi RX. R2. R3. R1. b) Người ta mắc song song R1 và R2 rồi mắc nối tiếp với điện trở. E, r A. phải bằng bao nhiêu để công suất mạch ngoài lớn nhất ? c) Bây giờ người ta mắc nguồn điện trên và R1 và R2 vào mạch. R4. C. B A. điện như hình vẽ. Trong đó R3 = 58,4 Ω ; R4 = 60 Ω. Ampe kế có điện trở nhỏ không đáng kể. Tìm số chỉ của ampe kế. Biết suất điện động E = 68 V. Giải 2.  E  a) Khi mắc R1 ta có : P1 = I1 .R1 =   .R1  R1  r  2. 2.  E  Khi mắc R2 ta có : P2 = I .R1 =   .R2  R2  r  2 2. P1 = P2  r = 4 Ω b) Điện trở tương đương của mạch ngoài : R = RX + 1,6 Công suất tiêu thụ : P = I2.R =. E r    R  R . 2.  Pmax khi R = r. Thay số RX = 2,4 Ω. c) Vì RA = 0 nên mạch ngoài có : {(R1 //R2) nt R3} // R4 R12 . R1.R2 2.8   1, 6    ; R123 = R12 + R3 = 1,6 + 58,4 = 60 Ω R1  R2 2  8. Điện trở tương đương : RN = Dòng điện mạch chính : I . R123 .R4 60.60   30 Ω R123  R4 60  60. E 68  =2A RN  r 30  4. Hiệu điện thế UAB = 60 V Dòng điện qua R3 là I3 = 1A. Dòng điện qua R1 là I1 = 0,8A Dòng điện qua ampe kế IA = I – I1 = 1,2 A Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Bài 2 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. E = 1,5 V ; r = 0,7 Ω ; R1 = 0,3 Ω ; R2 = 2 Ω a) Điện trở R phải có giá trị bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ ở. R R1. mạch ngoài là lớn nhất ? b) Muốn cho công suất tiêu thụ trên R là lớn nhất thì R phải có giá. R2. trị bằng bao nhiêu ? Tìm công suất trên R khi đó.. Giải a) Gọi RN là điện trở mạch ngoài 2.  E  E2 Ta có: PN = I RN =   .RN  2   RN  r  r   RN   R N   2. Muốn PN lớn nhất. Ở đây RN = R1 +. RN . R  r  R1  R2 R R 2  0,5 Ω R2  R R 2 r  R1. E. b) Ta có: I . r  R1  UR = I.. PR =. r hay RN = r RN. R2 R R2  R. 1,5. . 0, 7  0,3 . 2R R2. . 6  3R 4  6R. R2 R 6  3R 2 R 3R  .  R2  R 4  6 R 2  R 2  3R. U R2 9R 9   2 2 R  2  3R   2  3 R    R  2 2 3 R R   3 R. PR cực đại khi PRmax =. 9. 2 6 . 2. 3  W 8. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Bài 3 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E1 , r1. E2 , r2. A. E1 = 4 V ; E2 = 2 V ; r1 = r2 = 1 Ω. R2. R1 = 4 Ω ; R2 = 2 Ω ; C1 = 2 μF ; C2 = 6 μF Tính điện tích của mỗi tụ điện khi K đóng và K mở.. R1. C2. C1 C. B. Điện lượng chạy qua R2 khi chuyển khóa K từ đóng sang mở.. K. Giải * Khi K đóng : I . E1  E2  1A r1  r2  R 1. Q1 = C1.UBC = 0 I. U AB  E1  U AB  I  r1  R1   E1  11  4   4  1V  r1  R1. Q2 = C2.UAB = 6.1 = 6 (μC) * Khi K mở : U’BA = E1 = 4 V ' Q2'  C2 .U BA  6.4  24  C  ' ' ' U BA  U BC  U CA  ' ' '   U BC  U BA  U CA  E1  E2  6 V  ' U AC  E2 . ' Q1'  C1.U BC  2.6  12  C . Khi K đóng : UAB > 0 : Bản trên của tụ C2 tích điện dương '  0 : Bản trên của tụ C2 tích điện âm Khi K mở : U BA. Nên điện lượng chạy qua R2 là : q  Q2  Q2'  6  24  30   C . Bài 4 : Cho mạch điện như hình vẽ : Nguồn điện có E = 18 V ; r = 6 Ω ; R1 = 2 Ω ; R2 = 1 Ω. R3. R1 E, r. Bỏ qua điện trở dây nối và khóa K. Biết rằng khi K mở hay đóng thì công suất tiêu thụ của mạch ngoài. K R 2. R4. bằng 12 W. Tính các điện trở R3, R4 Giải Gọi R là điện trở ở mạch ngoài công suất nhiệt ở mạch ngoài là :. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. 2. 2.  E   18  2 P = I2R =   .R  12    .R  R  15R  36  0 1  Rr   R6 Giải (1) ta được hai nghiệm R = 12 Ω ; R = 3 Ω. Nhìn vào mạch điện ta thấy khi K mở điện trở mạch ngoài lớn hơn khi K đóng Khi K mở : R = R1 + R3 → R3 = 10 Ω Khi K đóng :.  R1  R3  .  R2  R4   3 → R R1  R2  R3  R4. 4. =3Ω. Bài 5 : Dùng một acquy lần lượt thắp sáng 2 bóng đèn Đ1, Đ2 có cùng công suất định mức. Nếu dùng đèn Đ1 công suất của nguồn là P1 = 60 W. Nếu dùng đèn Đ2 công suất của nguồn là P2 = 90 W. Biết rằng trong cả hai trường hợp đèn sáng bình thường. a) Tìm công suất định mức của mỗi bóng đèn. b) Xác định công suất lớn nhất của mạch ngoài mà acquy có thể cung cấp. Giải a) Công suất định mức - Gọi P là công suất định mức của mỗi đèn. I1, I2 là cường độ dòng điện định mức của đèn 1 và đèn 2. E, r là suất điện động và điện trở trong của acquy. * Khi dùng đèn Đ1 : P = P1 – I12. r với I1 =. P1 P2 → P = P1 - 12 r 1 E E. * Khi dùng đèn Đ2 : P = P2 – I22. r với I2 =. P2 P2 → P = P2 - 22 r  2  E E. Thay (1) vào (2) → r . E2  3 P1  P2. Thay (3) vào (1) → P =. P1.P2 60.90   36W . Vậy P = 36 W P1  P2 60  90. b) Công suất lớn nhất của mạch ngoài 2. - Công suất mạch ngoài : P = I R =. Vậy Pmax =. E 2R.  R  r. E2. 2. E2  → Pmax = 2 4r r    R  R . P1  P2  37,5  W  4. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Bài 6 : Một động cơ nhỏ có điện trở trong rđ = 2 Ω, khi hoạt động bình thường cần một hiệu điện thế U = 9 V và một dòng điện có cường độ I = 0,75 A. a) Tính công suất tiêu thụ của động cơ và hiệu suất của động cơ ? b) Để cung cấp cho động cơ đó người ta dùng 18 acquy, mỗi cái có suất điện động E = 2 V, điện trở trong r = 2 Ω. Hỏi có mấy cách mắc để động cơ hoạt động bình thường ? Cách mắc nào có lợi ? Giải a) Công suất toàn phần của động cơ : Ptp = UI = 9.0,75 = 6,75 W - Công suất tiêu hao thành nhiệt : P’ = I2.rđ = 0,752.2 = 1,125 W ' Pci Ptp  P 6,75  1,125   .100%  = 83,3% - Hiệu suất của động cơ : H = Ptp Ptp 6,75. b) Giả sử mắc bộ nguồn thành n dãy, mỗi dãy có m nguồn nối tiếp thì : m.n = 18 (1) Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn là : Eb = mE ; rb =. mr (2) n. - Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch : U = Eb – I.rb (3). n1  1 - Từ (1), (2), (3), (4) suy ra :  hoặc m1  18. n2  3  m2  6. Vậy có 2 cách mắc : - Cách 1 : Mắc 18 nguồn thành 1 dãy nối tiếp với hiệu suất : H1 =. U 9 .100%  .100% = 25% m1E 18.2. - Cách 2 : Mắc thành 3 dãy song song, mỗi dãy gồm 6 nguồn nối tiếp với hiệu suất : H2 =. U 9 .100%  .100% = 75%. m2E 6.2. - Kết luận : Mắc cách 2 có lợi hơn. Bài 7 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. Nguồn điện có E = 6 V và r = 1 Ω. Đèn Đ có ghi 3 V – 3 W. Tụ điện có điện dung C = 0,5  F. Điện trở của AB là R = 7 Ω. R. A D là một con chạy trên biến trở R, điện trở AD là Rx với 0  Rx  7 Ω. a) Cho Rx = 2  . Tính công suất tiêu thụ trên đèn và tính điện tích. Rx Đ. B D C. trên mỗi bản tụ điện C. b) Tính Rx để đèn sáng bình thường. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ Giải. a) RĐ  RAD = I=. U2  3    ; RBD = 7 – 2 = 5  P. R x .R §  1,2    ; RAB = RAD + RBD = 1,2 + 5 = 6,2  Rx  R§. E. 5  A  Ix = 1/2 A; IĐ = 1/3 A R AB  r 6. Công suất tiêu thụ của đèn: PĐ = 1W. Công suất này nhỏ hơn công suất định mức đèn. Tụ điện được tích điện dưới hiệu điện thế : 5 25 25 25 UDB = I.RDB = .5  (V)  q = CUDB = 0,5.106.  .10-6 (C) 6 6 6 12. b) Đèn sáng bình thường UĐ = 3 V  UAD = 3 V Gọi x là điện trở AD : RAD =.  I’ =. E RN  r. 3x 3x . Điện trở mạch ngoài : RN = RAD + RDB = +7–x 3 x 3 x. → UAD = UĐ = I’.RAD =. Với UAD = 3 V →. 6 3x 6 3x 18 x .  .  3x RN  1 3  x  8  x 3  x 3x   8  x  3  x  3 x. 18 x  3  x 2  2 x  24  0 3x   8  x  3  x . Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = 1. Vậy để đèn sáng bình thường Rx = 1 Ω. Bài 8 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E1, r1. E1 = 16 V ; E2 = 5 V ; r1 = 2 Ω ; r2 = 1 Ω ; R2 = 4 Ω Đèn Đ có ghi 3 V – 3 W ; RA ≈ 0. Biết đèn sáng bình thường. A. và ampe kế chỉ số 0. Hãy tính các điện trở R1 và R3. Giải Đèn sáng bình thường, ta có :. R1. C. R2. B. E2, r2 A R3. Đ. D. UBD = UĐ = 3 V IĐ =. P§  1  A  = I3 vì IA = 0 ; U§. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ RĐ =. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. U§2  3 P§. Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch CE2D : UCD = E2 – (r2 + RA)IA = E2 = 5 V UCB = UCD + UBD = 8 V Cường độ dòng điện qua R2 là : I2 =. UCB  2A R2. Cường độ dòng điện qua R1 là : I1 = I2 = 2 A vì IA = 0 Cường độ dòng điện mạch chính : I = I1 + I3 = 2 + 1 = 3 A Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AE1B : UAB = E1 – Ir1 = 16 – 3.2 = 10 V Từ đó : UAC = UAB + UBC = UAB – UCB = 10 – 8 = 2 V = U1 Suy ra : UAD = UAB + UBD = UAB – UDB = 10 – 3 = 7 V = U3 R1 . U1 2 U 7   1    ; R3  3   7    I1 2 I3 1. R1 Bài 9 : Cho mạch điện như hình vẽ : K2. Nguồn điện có E = 2 V và r = 0 ; C = 2 F ; R1 = 18 Ω ; R2 = 20 Ω. M C N • • R2 R3. Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. Bỏ qua điện trở các khóa và dây nối. a) Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính nhiệt lượng tỏa ra trên R1 sau khi K1. điện tích trên tụ điện đã ổn định.. E. b) Với R3 = 30 . Khóa K1 vẫn đóng, đóng tiếp K2 tính điện lượng chuyển qua điểm M sau khi dòng điện trong mạch đã ổn định. c) Khi K1, K2 đang còn đóng, ngắt K1 để tụ điện phóng điện qua R2 và R3. Tìm R3 để điện lượng chuyển qua R3 đạt cực đại và tính giá trị điện lượng cực đại đó. Giải a) Sau khi đóng K1 Điện tích trên tụ điện : q = CE = 2.2 = 4 C Năng lượng điện trường trong tụ điện : W =. 1 CE2 = 4.10-6 J 2. Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công : Ang = qE = 4.10-6.2 = 8.10-6 J Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Nhiệt lượng tỏa ra trên R1 : Q1 = Ang – W = 4.10-6 J b) Sau khi đóng K2 Cường độ dòng điện qua mạch : I . RR E 1  A → UMN = I. 2 3  0,8V RR 15 R2  R3 R1  2 3 R2  R3. Điện tích của tụ điện khi đó : q’ = CUMN = 2.0,8 = 1,6 C Điện lượng chuyển qua điểm M : q = q’ – q = -2,4 C Dấu trừ cho biết điện tích dương trên bản nối với M giảm, các êlectron chạy vào bản tụ đó. c) Khi K1 và K2 đóng R23 =. R2 R3 20 R3 360  38 R3  ; RN = R1 + R23 = R2  R3 20  R3 20  R3. U MN E R 20 R3  → UMN = 23 E  R23 RN RN 180  19 R3. Điện tích của tụ điện khi đó : q’ = CUMN =. 40 R3  C  180  19 R3. Khi ngắt K1, điện lượng qua R2 và R3 lần lượt là q2 và q3 thì q2 + q3 = q’ và q2 q3 R2 q' 800    q3  q'  3600 R3 R2 R2  R3 R2  R3 19 R3   560 R3. Chú ý: đối với đoạn mạch gồm hai điện trở R2 mắc song song với R3 thì U2 = U3 → I2R2 = I3R3 →. q3 = q3max khi 19R3 =. q q q2 q R2  3 R3 → 2  3 R3 R2 t t. 3600  R3 = R3. 3600  13,76 . Khi đó q3max  0,7386 C 19. Bài 10 : Cho mạch điện như hình vẽ : C1. UAB = 24 V ; C1 = 5 F ; C2 = 20 F ; R1 = 8  ; R2 = 12  ; R = 25 . Ban đầu khoá K mở, các tụ chưa được tích điện trước khi mắc vào mạch. Tính điện lượng chuyển qua điện. C2. M K. • A. trở R khi K đóng và cho biết chiều chuyển động của các êlectron qua điện trở R. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. R. R1. R2. • B. N 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ Giải. Khi K mở hoặc đóng, dòng điện chỉ qua điện trở R1, R2 mà không đi qua C1, C2 và R Ta có I . U = 1,2 A; UAN = U1 = IR1 = 9,6 V; UNB = U2 = IR2 = 14,4 V R1  R2. - K mở, C1 và C2 mắc nối tiếp, dấu điện tích trên các bản tụ như hình vẽ, độ lớn điện tích mỗi tụ : Q1 = Q2.. C1. Tổng đại số điện tích các bản tụ nối với M : QM = - Q1 + Q2 = 0. -. + • A. K R. R1. Điện tích của tụ C1 : Q’1 = C1UAM = C1UAN = 48 μC. -. +. - K đóng sau thời gian ngắn phân bố lại điện tích, dòng điện qua R bằng 0 nên UMN = 0, VM = VN. C2. M. • B. R2. N. Điện tích của tụ C2 : Q’2 = C2UMB = C2UNB = 288 μC. Dấu điện tích trên các bản tụ là không đổi nên tổng đại số điện tích của các bản tụ nối với M là : Q’M = - Q’1 + Q’2 = 288 – 48 = 240 μC Điện lượng qua R khi K đóng : ΔQ = |Q’M - QM| = 240 μC Do trước khi K đóng QM = 0 và sau khi K đóng Q’M > 0 nên êlectron di chuyển theo chiều từ M đến N.. Bài 11 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E1, r1. E1 = 6 V ; r1 = 1 Ω ; r2 = 3 Ω ; R1 = R2 = R3 = 6 Ω. Vôn kế lí tưởng. a) Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2.. D. E2, r2. V. b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối. R1. A. R3. B. C. với D thì vôn kế chỉ bao nhiêu ? R2. Giải a) Điện trở mạch ngoài là : RN . R2 ( R1  R3 )  4 R2  R1  R3. E1, r1. I R2 1   I 2  2 I1 I đến A rẽ thành hai nhánh : 1  I 2 R1  R3 2 Tại A : I = I1 + I2 → I1 = I/3. I R1 A I1. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. E2, r2. V R3. B. C. UCD = UCA + UAD = - R1I1 + E1 – r1I = 6 - 3I. U CD  3V  6 - 3I =  3  I = 1A ; I = 3A. D. I2 R2 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. * Với I = 1 A  E1 + E2 = (RN + r1 + r2)I = 8  E2 = 2 V * Với I = 3 A  E1 + E2 = 8.3 = 24  E2 = 18 V b) Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối. * Với E2 = 2 V < E1 : E1 phát, E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 I. E1  E2 1  0,5 A  UCD = UCA + UAD = - I1R1 + E1 – Ir1 = - .6 + 6 – 0,5.1 = 4,5 V RN  r1  r2 6. * Với E2 = 18 V > E1 : E2 là nguồn, E1 là máy thu I. E2  E1  1, 5 A → UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 + r1I = 6 + 3 I = 10,5 V RN  r1  r2. Bài 12 : Cho mạch điện như hình vẽ : Biết E1 = 1,5 V ; r1 = 0,5 Ω ; E2 = 3,5 V ; r2 = 0,5 Ω ; R1 = 1Ω ; R là biến trở.. E1, r1. R1. Khi biến trở có giá trị 2 Ω thì dòng điện qua nó có cường độ 1 A. Tính R2. Giải. R. A. B. Áp dụng định luật Ôm cho 3 nhánh, ta có : E2, r2. R2. UBA = E1 – I1(R1 + r1) UBA = E2 – I2(R2 + r2) UBA = IR I = I1 + I2. Từ các phương trình trên ta được: U BA. E1 E  2 r  R r  R2  1 1 2 = IR → R2 = 0,625Ω 1 1 1   R r1  R1 r2  R2. Bài 13 : Cho mạch điện như hình vẽ :. R3. E1 = 3 V ; E2 = 3,6 V ; R1 = 10 Ω ; R2 = 20 Ω ; R3 = 40 Ω bỏ qua điện trở trong của hai nguồn. Tụ có điện dung C = 1μF.. E2. K B. a) Lúc đầu khóa K mở, tính cường độ dòng điện qua nguồn E1. C. M. R2. R4 R1. N. A. và điện tích của bản tụ nối với M.. E1 b) Đóng khóa K, tính cường độ dòng điện qua mỗi nguồn và điện lượng chuyển qua R4. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ Giải. a) K mở : dòng qua nguồn E1 là : I0 . E1 3   0,1A R1  R2 30. R3. M •. E2. I2. Điện tích trên tụ là : q0 = UMA.C = (E2 - I0.R1).C = 2,6 μC Và cực dương nối với M.. R2. B. I. N. b) K đóng, vẽ lại mạch : E1. Áp dụng định luật Ôm ta có : UNB = E1 – I1R1 (1). R1. A •. I1. UNB = - E2 + I2R3 (2) UNB = IR2 (3) Lại có: I1 = I + I2 (4). Thay số và giải hệ 4 phương trình ta được : UNB = 1,2 V ; I1 = 0,18 A ; I2 = 0,12 A ; I = 0,06 A Hiệu điện thế trên tụ : UMA= UMN + UNA = E2 - I1.R1 = 1,8 V. Điện tích trên tụ : q = C.UMA = 1.1,8 = 1,8 μC, cực dương nối với M Điện lượng chuyển qua R4 là : Δq = |q0 - q| = 0,8 μC Bài 14 : Cho mạch điện như hình vẽ :. R1. Các nguồn có E1 = 10 V ; E2 = 8 V ; r1 = 2  ; r2 = 4 .. E1, r1 A. R1 = 8  ; R2 = 4  ; C1 = 12 F ; C2 = 6 F. Bỏ qua điện trở dây nối, đầu tiên K ngắt sau đó K đóng.. C1. a) Tính điện tích các tụ C1 và C2 khi K ngắt và khi K đóng.. E • M K. R2 E2, r2 B C2. D. b) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm D và E khi K ngắt và khi K đóng. c) Tính số lượng êlectron chuyển qua khóa K khi đóng khoá K. Các êlectron đó chuyển theo chiều nào ? Cho biết điện tích của êlectron là e = -1,6.10-19C. Giải a) Khi K ngắt và khi K đóng cường độ dòng điện qua mạch đều không thay đổi I=. E1  E2 = 1A r1  r2  R1  R2. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Khi K ngắt, tụ C1 mắc nối tiếp với tụ C2 điện dung tương đương của bộ tụ là : Cb =. C1C 2 = 4 F C1 C 2. Hiệu điện thế UAB = Eb – I(r1 + r2) = 12 V Khi đó ta có điện tích của các tụ là q1 = q2 = qb = Cb.UAB = 48 F Khi K đóng, tụ C1 song song với nguồn E1, ta có điện tích của tụ : q’1 = C1.UAM Với UAM = E1 – I.r1 = 8 V → q’1 = 96 F tụ C2 song song với nguồn E2, ta có điện tích của tụ : q’2 = C2.UMB Với UMB = E2 – I.r2 = 4 V → q’2 = 24 F b) Khi K ngắt ta có UDE = UDA + UAE =.  q1 + I.R1 = -4 + 8 = 4 V C1. Khi K đóng, tính tương tự UDE = UDA + UAE =.  q1 + I.R1 = -8 + 8 = 0 V C1. c) Khi K ngắt, tổng điện lượng trên các bản tụ nối đến điểm D là : Q = -q1 + q2 = 0 Khi K đóng, tổng điện lượng trên các bản tụ nối đến điểm D là : Q’ = -q’1 + q’2 = -72 F Theo định luật bảo toàn điện tích, điện lượng đã chuyển qua khóa K khi K đóng là Q  Q'Q = 72. F Do Q’ < Q nên các êlectron chạy qua khóa K theo chiều từ M đến D Số lượng êlectron chạy qua khóa K : N =. Q = 45.1013 hạt e. K. Bài 15 : Cho mạch điện như hình vẽ :. A. Nguồn điện có E = 8 V ; r = 2  . Điện trở của đèn R1 = 3  E, r. điện trở R2 = 3  , điện trở ampe kế không đáng kể.. R1. D. a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy R2. khi điện trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất.. C. Tính điện trở toàn phần của biến trở. b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ. B. A. 5 A. Tính giá trị toàn phần của biến trở mới. 3. Giải Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. a) Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở toàn phần AC là x. E, r. Khi K mở ta có mạch như hình vẽ : Điện trở mạch ngoài :. RN  R  x . 3( x  3)  x 2  ( R  1) x  21  6 R 2 x6 x6. x R- x. Cường độ dòng điện qua đèn :. I1 . R1. A. B. C. D. R2. U CD I .RCD 24   2 x  R1 x  R1  x  ( R  1) x  21  6 R. Chú ý : a < 0 hàm số đạt giá trị lớn nhất tại x  . b 2a. Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất x . R 1 2. Theo đề bài x = 1  . Vậy R = 3  E, r. b) Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ : Điện trở mạch ngoài :. R1. 17 R '  60 với R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới RN  4( R '  3). Có I A  I  I BC . 32( R '  3) 48 5   A  R '  12 ' ' 17 R  60 17 R  60 3. A, B. R’- 6. C. R2 D. x=6. Bài 16 : Cho mạch điện như hình vẽ : E = 15 V ; r = 2,4  E, r. Đèn Đ1 có ghi 6 V – 3 W, đèn Đ2 có ghi 3 V – 6 W. a) Tính R1 và R2, biết rằng hai đèn đều sáng bình thường. A. b) Tính công suất tiêu thụ trên R1 và trên R2. c) Có cách mắc nào khác hai đèn và hai điện trở R1, R2. R1 Đ1. C. R2. B. Đ2. (với giá trị tính trong câu a) cùng với nguồn đã cho để hai đèn đó vẫn sáng bình thường ? Giải a) Vì hai đèn sáng bình thường nên : UAC = U1 = 6 V ; UCB = U2 = 3 V. Suy ra : UAB = 9 V Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Áp dụng định luật Ôm, ta có cường độ dòng điện qua nguồn :. I. E  U AB 15  9   2,5 A r 2, 4. + Cường độ dòng điện qua R1 là: I1 = I - Iđ1 = 2,5 - 0,5 = 2 A. Suy ra : R1 = 3  + Cường độ dòng điện qua R2 là: I2 = I - Iđ2 = 2,5 – 2 = 0,5 A. Suy ra : R2 = 6  b) P1 = 12 W ; P2 = 1,5 W c) (R1 nt Đ2)//(Đ1 nt R2).. Bài 17 : Cho 2 mạch điện như hình vẽ : Nguồn điện E1 có suất điện động E1 = 18 V, điện trở trong r1 = 1 . Nguồn điện E2 có suất điện động E2 và điện trở trong r2. Cho R = 9  ; I1 = 2,5 A ; I2 = 0,5 A. Xác định suất điện động E2 và điện trở r2.. Giải. - Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch + Mạch 1: E1 + E2 = I1(R + r1 + r2)  18 + E2 = 2,5(9 + 1 + r2)  E2 = 2,5r2 + 7 (1) + Mạch 2: E1 – E2 = I2(R + r1 + r2)  18 – E2 = 0,5(9 + 1 + r2)  E2 = - 0,5r2 + 13 (2) Từ (1) và (2) ta có : 2,5r2 + 7 = - 0,5r2 + 13  r2 = 2 . Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Thay vào (1) ta được : E2 = 2,5.2 + 7 = 12V.. Bài 18 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. Cho biết E = 12 V ; r = 2 Ω ; R1 = 2 Ω ; R2 = R3 = 6 Ω. Biết rằng số chỉ ampe kế khi K đóng bằng. 9 chỉ số của ampe kế khi ngắt K. 5. A. R2. R1. B. Hãy tính điện trở R4, chiều và cường độ dòng điện qua K khi đóng. A. K. Điện trở của ampe kế và khoá K không đáng kể. R3. R4. Giải * Khi K mở, điện trở tương đương R của mạch ngoài : R . Cường độ dòng điện trong mạch chính : I .  U AB . ( R1  R3 ).( R2  R4 ) 8(6  R4 )  ( R1  R3 )  ( R2  R4 ) 14  R4. E E  R  r 2  8(6  R4 ) 14  R4. ( R1  R3 ).( R2  R4 ) .I ( R1  R3 )  ( R2  R4 ). Cường độ dòng điện qua ampe kế (qua R4) : I4 . U AB ( R1  R3 ). I 8E 4E    R2  R4 R1  R2  R3  R4 76  10 R4 38  5R4. * Khi K đóng, điện trở tương đương mạch ngoài : R   Cường độ dòng điện trong mạch chính : I  .  U CB . R .R R1 .R2 36  30 R4 18  15R4  3 4   R1  R2 R3  R4 48  8 R4 24  4 R4. E E  R  r 2  18  15 R4 24  4 R4. R3 .R4 .I  R3  R4. Cường độ dòng điện qua ampe kế (qua R4) : I4 . UCB R3 12E  .I   R4 R3  R4 42  19 R4. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Theo đề bài : I 4 . 12E 9 4E 9  .  R4  2 I4  42  19 R4 5 38  5R4 5. * Khi K đóng ta có : I4 . I . Tổ Vật Lí – Công Nghệ. 12E  1,8 A 42  19 R4. E 12   2, 4 A R  r 2  48 16.  U AC  R AC .I    I 2 . R1 .R2 2.6 .I   .2,4  3,6V R1  R2 26. U AC 3,6   0,6 A R2 6. Ta có : I K  I 4  I 2  1,2 A → Chiều dòng điện qua K là từ C đến D. Bài 19 : Cho mạch điện như hình vẽ : V. Biết E = 6,9 V ; r = 1  ; R1 = R2 = R3 = 2 .. E, r. điện trở ampe kế không đáng kể, điện trở vôn kế rất lớn. A. a) Các khóa K1, K2 đều mở. Tìm số chỉ vôn kế ?. B R3. b) Khóa K1 mở, K2 đóng, vôn kế chỉ 5,4 V. Tìm R4 và hiệu điện thế giữa hai điểm A, D ? c) Các khóa K1, K2 đều đóng. Tìm số chỉ của ampe kế ?. R2. A K1. d) Các khóa K1, K2 đều đóng, mắc thêm điện trở R5. R1. C. D. K2 R4. song song với đoạn mạch AEB thì công suất mạch ngoài đạt giá trị cực đại. Tìm R5 ? Giải a) K1, K2 mở ta có sơ đồ mạch điện như hình vẽ : R1 nt R3. V. Điện trở mạch ngoài : RN = R1 + R3 = 4 . E, r. Cường độ dòng điện mạch chính : I . E 6,9   1,38  A  RN  r 4  1. A. B R3. Số chỉ của vôn kế : UV = I.RN = 1,38.4 = 5,52 V. C •. R1. b) K1 mở, K2 đóng ta có sơ đồ mạch điện như hình vẽ : [{(R1 nt R4) // R2} nt R3]. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Cường độ dòng điện mạch chính : I . Tổ Vật Lí – Công Nghệ. E  UV 6,9  5, 4   1,5  A  r 1. UAC = I.R3 = 3 V; UCB = UV – UAC = 2,4 V I1 =. V E, r A. B. UCB = 1,2 A  I2 = R4 = I - I 0,3 A R1. R3. R1. C. UR2 = IR2.R2 = 0,6 V  UR4 = UCB – UR2 = 1,8 V. R2. R4 = UR4/ IR4 = 6  R4. UAD = UAC + UR2 = 3,6 V c) K1, K2 đóng R23 = R2 + R3 = 1 ; R123 = R23 + R1 = 3  RN = R123.R4/( R123 + R4) = 2  I = E/(RN + r) = 2,3 A UV = E – I.r = 4,6 V IR4 = UV/R4 = 0,77A IR1 = I – IR4 = 1,53A UR1 = IR1.R1 = 3,06 V UR2 = UR3 = UV – UR1 = 1,54 V I2 = U2/R2 = 0,77A IA = IR2 + IR4 = 1,54 A d) P = Rn.I2 = Rn.E 2/(Rn + r)2  E 2/4r Pmax = E 2/4r khi Rn = r = 1  Do R1234 = 2  Suy ra: R5 = 2 . Bài 20 : Cho mạch điện như hình vẽ :. R1. Các nguồn điện giống nhau có E = 3 V ; r = 1 Ω R1 = 2 Ω ; R2 = 5 Ω ; R3 = 1 Ω ; C = 10 μF. Bỏ qua điện trở dây nối và khóa K.. E, r R2 2. a) Đóng khóa K vào chốt 1. Tính cường độ dòng điện qua R1 và điện tích của tụ C khi dòng điện đã ổn định. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. R3. E, r. C. K 1. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. b) Đảo khóa K từ chốt 1 sang chốt 2. Tính tổng điện lượng chuyển qua điện trở R3 kể từ khi đảo khóa K. c) Ngắt khóa K, thay tụ điện C bằng một cuộn dây có độ tự cảm L = 50 mH. Đóng khóa K vào chốt 1 thì cường dòng điện qua cuộn dây tăng dần. Tính tốc độ biến thiên cường độ dòng điện qua cuộn dây tại thời điểm dòng điện đó có cường độ bằng 0,35 A. Bỏ qua điện trở của cuộn dây. Giải a) Khi khóa K ở chốt 1, hai nguồn mắc song song nên : Eb = E = 3 V; rb = r/2 = 0,5 Ω R1. Cường độ dòng điện qua R1: I1 = E b/(R1 + rb) = 1,2 A. E, r. Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện : UC = UR1 = I1R1 = 2,4 V R2. Điện tích của tụ điện : q1 = CUC = 24 μC b) Đóng khóa K vào chốt 2 ta có mạch điện như sau : UC2 = UMN = UMP + UPN = E. 2. R1 R2 -E = - 0,5V R1 + r R2 + r. K 1. E, r. Điện tích của tụ điện. C. R3. R1. q2 = CUC2 = 5 μC. E, r. Ta thấy lúc khóa K ở chốt 1 bản tụ bên trái tích điện âm với điện tích q1; khi khóa K chuyển sang chốt 2, bản bên trái. P. R2. 2. của tụ điện tích điện dương với điện tích q2. Vậy điện lượng đã E, r. chuyển qua điện trở R3 là Δq = q1 + q2 = 29 μC. C. R3. N. M. K 1. c) Khi dòng điện qua cuộn dây biến thiên trong cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm etc =  L. i3 (1) t. I1. R1. Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch. I1 . U MP R1.  U MP  Eb I2  rb I=. U MP + e tc R2 + R3. I2 = I + I1 =>. (2). P. R2. 2. (3). Eb, rb. L. R3. I N K 1. M. I2. (4) (5). -U MP + Eb U MP + e tc U MP 36 - e tc = + => U MP = (6) 16 rb R 2 + R3 R1. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Từ (3) và (5) ta có I =. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. 36 +15e tc 96. Khi I = 0,35 A ta có etc = - 0,16 V thay vào (1) ta tính được độ biến thiên cường độ dòng điện qua cuộn dây. ΔI = 3, 2 A/s Δt. E1, r1 Bài 21 : Cho mạch điện như hình vẽ : E1 = E2 = 6V ; r1 = 1 Ω ; r2 = 2 Ω. R2. A. Các điện trở R1 = 5 Ω ; R2 = 4 Ω. N. R1. V. E2, r2. B. M. Vôn kế có điện trở rất lớn, số chỉ của vôn kế là 7,5 V.. R. Tính UAB và điện trở R ? Giải UAB = E1 – I1(R1 + r1) = 6 – 6I1 (1). E1, r1. UAB = E2 – I2(R2 + r2) = 6 – 6I2 (2) UAB = IR. I1. (3). I = I1 + I2. R2. A. (4). R1. V. E2, r2. B. M. I2. UMN = I2R2 – I1r1 + E1 → 7,5 = 4I2 – I1 + 6 (5). N. R. I. Từ (1); (2); (3); (4); (5) → I1 = I2 = 0,5 A ; I = 1 A → UAB = 3 V  R . U AB  3 I +. Bài 22 : Cho mạch điện như hình vẽ : Biến trở AB là 1 dây đồng chất, dài l = 1,3 m, tiết diện S = 0,1 mm2, điện trở suất  = 10 – 6 m . U là hiệu điện thế không. •. U. _•. R0 C. đổi. Nhận thấy khi con chạy ở các vị trí cách đầu A hoặc đầu B những đoạn như nhau bằng 40 cm thì công suất toả nhiệt trên. A. B. biến trở là như nhau. Xác định R0 và tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R0 ứng với 2 vị trí của C ? Giải. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Gọi R1, R2 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: R1 . 4 9 R ; R2  R 13 13 2. 2.  U   U  P1 = P2    R1    R2 → R0 =  R0  R1   R0  R2 . R1 R2 . 6 R 13. Gọi I1, I2 là cường độ dòng điện qua R0 trong 2 trường hợp trên 2. P I 2 . R 1,5I2  U 13U U 13U  2,25 ; I2  → I1 = 1,5I2 → 1  12 0  I1    P2 I2 . R0 I22 R0  R1 10 R R0  R2 15 R. Bài 23 : Cho mạch điện như hình vẽ : V E, r. Đèn Đ có chỉ số 3 V – 3 W ; R = 2 Ω ; C1 = 0,3 μF ; C2 = 0,2 μF Điện trở của vôn kế rất lớn, điện trở của dây nối và khóa K không đáng kể. Số chỉ của vôn kế khi K mở và khi K đóng là 7,5 V và 5 V.. A. a) Tìm suất điện động và điện trở trong của nguồn.. C1 M K R C2. Đ. b) Đèn Đ có sáng bình thường không ? Tại sao ?. B. N. c) Tính số điện tích dịch chuyển qua khóa K ngay sau khi đóng ? Giải. V E, r. a) Tìm suất điện động E và điện trở trong r * K mở : mạch ngoài hở nên E = 7,5 V * K đóng : Ta có sơ đồ mạch điện. R§ . I. Đ A. R. B. U 2 32   3 ; RN = RĐ + R = 3 + 2 = 5 Ω P 3. E 7,5 7, 5  ; UN = I.RN → 5 = .5 → r = 2,5 Ω RN  r 5  r 5 r. b) Cường độ dòng điện thực tế chạy qua đèn : I1 = 1 A Cường độ định mức của đèn : Iđm = 1 A I1 = Iđm = 1 A, đèn sáng bình thường c) Số điện tích dịch chuyển qua khóa K * K mở : Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. UAM = 0 → q1 = C1.UAM = 0 UNB = 7,5 V → q2 = C2UNB = 0,2.10-6.7,5 = 1,5.10-6 C * K đóng : U’AM = UAN + UNM = UĐ + I1R = 3 + 1.2 = 5 V → q’1 = C1.U’AM = 0,3.10-6.5 = 1,5.10-6 C U’NB = UNM + UMB = I1R = 1.2 = 2 V → q’2 = C2.U’NB = 0,2.10-6.2 = 0,4.10-6 C 0, 4.106  2,5.1012 e 19 1,6.10. Số e dịch chuyển qua K ngay sau khi đóng : n =. Bài 24 : Cho mạch điện như hình vẽ :. A. Nguồn điện có E = 30 V ; r = 3  ; R1 = 12  ; R2 = 36  ; R3 = 18 . B. R1. R2. F R3. D. Điện trở ampekế và dây nối không đáng kể.. G. a) Tìm số chỉ ampekế và chiều dòng điện qua nó E, r. b) Thay ampekế bằng một biến trở R4 có giá trị biến đổi từ 2  đến 8  . Tìm R4 để dòng điện qua R4 đạt giá trị cực đại. Giải R3. A B. R2 F. R1 D. R3 G. B. E, r a) Vẽ lại mạch ta có : Mạch ngoài : (R2//R3) nt R1. R23 =. R1 G R2 D. F. E, r. R 2R 3 = 12  ; → RN = R1 + R23 = 24  R 2 + R3. - Áp dụng định luật Ôm toàn mạch => dòng điện mạch chính : Ic =. E 30 10 = = A RN + r 24 + 3 9. => I1 = I23 = Ic = => I2 =. 10 10 40 A => U23 = I23.R23 = .12 = V = U2 = U3 9 9 3. U2 10 10 10 20 = A; Tại D : I1 = IA + I2 → IA = I1 – I2 = = A R2 27 9 27 27. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Vậy Ampekế chỉ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. 20 A ≈ 0,74 A và dòng điện có chiều từ D sang G 27. R4. b) Khi thay ampekế bằng biến trở R4 : B. Ta có : Mạch ngoài : [(R3 nt R4) // R2] nt R1.. R1. R2 F. R3. D. G. R34 = R3 + R4 = 18 + R4. R234 =. R 2 R 34 36(18 + R 4 ) = R 2 + R 34 54 + R 4. => RN = R1 + R234 = 12 +. 36(18 + R 4 ) 1296 +48R 4 = 54 + R 4 54 + R 4. => Dòng điện mạch chính: Ic =. => U234 = Ic.R234 = I34 = U34/R34 =. E, r. E 30(54 + R 4 ) 10(54 + R 4 ) 30 = = = 1296 + 48R 4 RN + r 1458 +51R 486 +17R 4 4 +3 54 + R 4. 10(54 + R 4 ) 36(18 + R 4 ) 360(18 + R 4 ) . = = U34 = U2 486 +17R 4 54 + R 4 486 +17R 4. 360(18 + R 4 ) 360 = = I3 = I4 (486 +17R 4 )(18 + R 4 ) (486 +17R 4 ). Bài 25 : Một động cơ điện một chiều có điện trở trong r = 2 Ω. Một sợi dây không co giãn có một đầu cuốn vào trục động cơ, đầu kia buộc vào một vật có khối lượng m = 10 kg treo thẳng đứng. Khi cho dòng điện có cường độ I = 5 A đi qua thì động cơ kéo vật lên thẳng đứng với vận tốc không đổi v = 1,5 m/s. a) Tính công suất tiêu thụ điện và hiệu suất của động cơ. b) Bộ nguồn cung cấp dòng điện I = 5 A cho động cơ gồm nhiều acquy, mỗi acquy có suất điện đông E = 8 V và điện trở trong r0 = 0,8 Ω . Tìm cách mắc các nguồn thành bộ đối xứng để động cơ có thể kéo vật như trên mà dùng số acquy ít nhất. Tính số acquy đó. Cho g = 10 m/s2, dây có khối lượng không đáng kể. Giải a) Tính công suất tiêu thụ điện và hiệu suất của động cơ : - Điện năng tiêu thụ của động cơ chia thành hai phần : P = Pcơ + Pnhiệt - Công suất kéo vật : Pcơ = T.v = mg.v = 150 W Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. - Công suất toả nhiệt : Pnhiệt = I2r = 50 W - Công suất tiêu thụ : P = Pcơ + Pnhiệt = 200 W - Hiệu suất của động cơ : H = Pcơ/Pnhiệt = 75% b) Tìm cách mắc nguồn : - Hiệu điện thế giữa hai đầu động cơ khi kéo vật : U = P/I = 40 V - Bộ nguồn đối xứng : m dãy, mỗi dãy n nguồn : Eb = nE = 8n; rb = nr0/m - Theo định luật Ôm : Eb = U + Ỉrb 4n m 10 1 2  n m. 8n  40 . Tổng hai số. 10 1 10 1 , là hằng số nên tích hai số cực đại khi hai số bằng nhau nghĩa là . cực đại n m n m. (do đó m.n cực tiểu) khi. 10 1  n m. Giải được m = 1, n = 10. Bài 26 : Cho mạch điện như hình vẽ : E, r. 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.. A. b) E = 24 V và r = 3 Ω.. R1. C R4 B. K. R3. R2 D. Tính UAB khi : - K mở - K đóng Giải a) Khi K mở mạch ngoài có cấu tạo : [R1//(R2 nt R3)] nt R4 Điện trở mạch ngoài khi đó : RN =. R1 ( R2  R3 ) 5R + R4 = R1  R2  R3 3. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài : P =. E2 5R . 2 3  5R   r   3 . Khi K đóng mạch ngoài có cấu tạo (chập CD). R3 .R4 ).R2 R3  R4 3R Điện trở mạch ngoài khi đó : R’N = = R3 R4 5 R1   R2 R3  R 4 ( R1 . Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài : P’ =. E2 3R . 2 5  3R  r   5  2.  3R  3R  r r 2 2 2  E E 3 5R 3R 3 5   5 Theo đầu bài : . = . . Suy ra : = 2  = . Kết 2 2 2 5R 3  5R 5  3R 5 5    5R  r  r r    3  r 3  3   5    quả : R = r b) K mở : RN =. E 5R 5. 3 = =5Ω,I= = 3 (A); R123 = 2 Ω; UAB = I.R123 = 6 V RN  r 3 3. Khi K đóng : R’N = R134 =. 3R 9 = ; I’ = 5 A; UAC = I’. R’= 9 V 5 5. U 3R 9 = ; I1= AC = 2 A; UAB = I1.R1 = 6 V R 134 2 2. Bài 27 : Nguồn điện một chiều có suất điện động E và điện trở trong r, mạch ngoài có R thay đổi được. a) Xác định R để mạch ngoài có công suất cực đại. Tính công suất đó. b) Chứng tỏ rằng, khi công suất P mạch ngoài nhỏ hơn công suất cực đại thì điện trở R ứng với hai giá trị R1 và R2 liên hệ với nhau bằng hệ thức R1.R2 = r2. Giải. a) P = I2R =. E 2R E2  ( R  r ) 2 ( R  r )2 R. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ P cực đại khi mẫu số R . Tổ Vật Lí – Công Nghệ. r R. cực tiểu. Theo Côsi :. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :. b) Khi điện trở mạch ngoài là R1 : P1 =. Khi điện trở mạch ngoài là R2 : P2 =. P1 = P2  . r. R. R. R. r 2 r R.  R  r . Vậy Pma x =. E2 . 4r. E 2 R1.  R1  r . 2. E 2 R2.  R2  r . 2. R1 R2 R1 R2 =  = 2 2 ( R1  r ) ( R2  r ) R2  r R1  r. R1 ( R2  r )  R2 ( R1  r )  R1 R2 ( R2  R1 )  r ( R2  R1 )  R1.R2 = r2.. Bài 28 : Cho mạch điện như hình vẽ : C1. Trong đó các tụ điện C1, C2 là các tụ không khí có điện dung C1 = C2 = C = 2 μF; R1 = 10,02 Ω ; R2 = 20,9642 Ω.. B. M. R1 A. C2. Nguồn điện có E = 9 V ; r = 0.. R2 N. a) Ban đầu khóa k mở. Tính điện lượng chuyển qua MN khi k đóng. b) Khi k đang mở người ta nhúng ngập một nửa tụ C1 theo phương. k E, r. thẳng đứng với các bản tụ trong điện môi có hằng số điện môi ε = 2. Tìm tỉ số điện tích của tụ C2 và C1 khi mạch ổn định. Giải a) Khi k mở : q1 = q2 = 0, tổng điện tích các bản q = 0 Khi k đóng : q1’ = q2’ = CE = 18.10-6 (C) q’ = q1’ + q2’ = 2CE = 36.10-6 (C) Điện lượng chuyển từ cực dương đến điểm A là q’ = 2CE = 36.10-6 (C) Gọi Δq1; Δq2 là điện lượng chuyển từ A đến M và từ A đến N : Δq1 + Δq2 = 2CE = 36.10-6 (1) Ta có :. q1 I1.t1 R2 R    q1  2 q2  0  2  q2 I2 .t2 R1 R1. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. q1  q2  36.106 q1  2, 4356.105 C   Giải hệ  R2  5 q2  1,1644.10 C q1  R q2  0  1 b) Sau khi nhúng ½ tụ C1 vào chất điện môi thì tụ C1 sẽ trở thành một tụ mới gồm tụ Ckk trong không khí và tụ Cε trong điện môi mắc song song. Điện dung của bộ tụ mới : Cb1 = Ckk + Cε = Khi đó q1 = Cb1.E =. 3 C1 2. q 2 3 C1.E; q2 = C2E = C1E. Tìm được : 2  q1 3 2. Bài 29 : Cho mạch điện như hình vẽ : E1 = 6 V ; r1 = 2 Ω. Bỏ qua điện trở dây nối và các khóa R1 R3. K1 và K2 ; R3 = 3,55 Ω ; R4 = 0,65 Ω ; C1 = 1 μF ; C2 = 2. M C1. μF ; C3 = 1μF.. K2. R4 R2. N C2. a) K1 đóng, K2 mở khi đó hiệu điện thế giữa các điểm A và C bằng 4 V, giữa các điểm C và B bằng 1 V. Tìm suất điện động E2 và điện trở trong r2 của nguồn thứ hai. Biết. C3. R1. A. E1, r1. B. E2, r2. C •. rằng nếu đảo chiều mắc chỉ riêng nguồn thứ hai thì hiệu. K1. R2. điện thế giữa A và C lại là 5 V. b) K1 mở, K2 đóng và không có đảo chiều nguồn E2. Khi đó hiệu điện thế giữa các điểm A và N bằng 4,35 V và giữa các điểm M và B bằng 1,45 V. Tìm các điện trở R1 và R2, biết rằng R1 > R2. c) Xét lại mạch điện ở câu (a) khi K1 đóng, K2 mở và không có đảo chiều nguồn E2. Tìm các điện tích trên các bản cực của các tụ. Giải a) Suất điện động E2 và điện trở trong r2 - Khi K1 đóng, K2 mở : Vẽ lại sơ đồ mạch điện Cường độ dòng điện mạch chính : I . E1  E2 R1  R2  r1  r2. Xét đoạn mạch AE1C áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch tổng quát : Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. A. R1. R2. E1, r1. E2, r2. B. • C Hình a 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ I. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. UCA  E1 E1  U AC 6  4    1A r1 r1 2. Nên : I . E1  E2  1 (1) R1  R2  r1  r2. A. - Khi đảo nguồn E2 ta có sơ đồ mạch điện E1 -E2 Cường độ dòng điện mạch chính : I  R1  R2  r1  r2. R1. R2. E1, r1. E2, r2. '. Và : I ' . • C. E1  U AC 6  5   0, 5 A r1 2. Nên : I ' . B. Hình b. E1 -E2  0,5 (2) R1  R2  r1  r2. Từ (1) và (2) suy ra E2 = 2 V Mặt khác từ hình (b) ta có : UBC = E2 – Ir2 nên r2 . E2  U BC 2  1   1 I 1. b) Tính R1 và R2. E1, r1. - Cường độ dòng điện mạch chính UNA  E1  E2 E1  E2  U AN 6  2  4,35    1A R4  r1  r2 R4  r1  r2 0,65  2  1. R4 M. - K1 mở, K2 đóng không đảo nguồn E2 sơ đồ mạch điện. I. R1. R3. A. R2. K2. N C •. E2, r2 B. - Hiệu điện thế giữa hai điểm MN. U AB  E1  E2  I  r1  r2   5V UMN = UAN + UMB – UAB = 0,8 V Mặt khác UMN = IR12 → R12  Mà : R12 . U MN  0,8 I. R1. R2  0,8  R1 R2  0,8  R1  R2  (3) R1  R2. Từ (1) → R1 + R2 = E1 + E2 – (r1 + r2) → R1 + R2 = 5 (4) Giải (3) và (4) ta được R1 = 4 Ω ; R2 = 1 Ω C1. c) Tìm q1 ; q2 ; q3. + -. Chọn điện thế tại B làm gốc (VB = 0) Theo (a) UAB = UAC + UCB = 4 + 1 = 5 V. A. R1. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.E1, r1. C2 F + + C3 R2 K1 B D E2, r2 27 C •.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Hay UAB = VA – VB → VA = 5 V Ta lại có : UDB = VD – VB = IR2 = 1 V Theo định luật bảo toàn điện tích. Điện tích các tụ phân bố như hình vẽ Ta có : q2 + q3 – q1 = 0 C2(VF - VB) + C3(VF - VD) – C1(VA - VF) = 0 → C2VF + C3(VF - VD) – C1(VA - VF) = 0 → (C1 + C2 + C3)VF = C1VA – C3VD → VF . C1VA  C3 VD 1.5  1.1   1,5V C1  C2  C3 1  2  1. Vậy q1 = C1(VA - VF) = 10-6(5 – 1,5) = 3,5.10-6 C q2 = C2VF = 2.10-6.1,5 = 3.10-6 C q3 = C3(VF - VD) = 10-6(1,5 - 1) = 0,5.10-6 C. Bài 30 : Cho mạch điện như hình vẽ : K. E = 3 V ; r = 1 Ω ; R2 = R3 = 2 Ω ; R4 = 4 Ω ; R5 = 5 Ω. A. Vôn kế V có điện trở rất lớn, còn ampe kế A và khóa K. E, r. R1. có điện trở không đáng kể. Khi khóa K đóng, ampe kế chỉ 0,75 A. Tính số chỉ của vôn kế khi : a) K đóng A. b) K mở. R2 M. R3. R4 V. R5. B. N. c) K mở và điện trở R3 bị tháo ra khỏi mạch d) K mở và mắc lại ampe kế A vào vị trí cũ của R3 Giải. a) K đóng UAB = 0. Suy ra UMN = 0. Vậy vôn kế chỉ số 0 Cường độ dòng điện qua ampe kế : I . E E 3  R1   r   1  3 R1  r I 0,75. b) K mở Sơ đồ mạch điện : - Điện trở mạch ngoài : RN.  R  R3  R4  R5   3  5,77  2 R2  R3  R4  R5. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. I’. E, r. R1. I2 R2 M. R3. V A I4 R4 N. R5. 28 B.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Cường độ dòng điện mạch chính : I ' . E  0, 443 A RN  r. Ta có I2 = 0,307 A ; I4 = 0,136 A Số chỉ của vôn kế : UMN = UNA + UAM = - I4R4 + I2R2 = 0,07 V c) K mở bỏ R3. I ''  Cường độ dòng điện mạch chính :. E  0,231A R1  R4  R5  r. Số chỉ của vôn kế : UMN = I’’.R4 = 0,231.4 = 0,924 V d) K mở thay ampe kế vào vị trí R3. RN  Điện trở mạch ngoài :. R2  R4  R5  R2  R4  R5. E, r.  R1  4,64 I’’’. E 3 I '''    0,532 A R  r 4, 64  1 N Cường độ dòng điện mạch chính : IA  Mà. R1. R2 M. A. V A I4 R4 N. R2 2 I '''  .0,532  0, 097 A R2  R4  R5 11. R5. B. Số chỉ của vôn kế : UNB = UNM = I4R5 = 0,097.5 = 0,485 V. Bài 31 : Cho mạch điện như hình vẽ : Các điện trở mạch ngoài đều giống nhau và bằng R0 = 2 Ω.. A. R1. R3. C. Bộ nguồn gồm n pin giống nhau mỗi pin có E và r = 1 Ω. Bỏ qua điện trở của các dây nối. a) Tính điện trở tương đương của mạch ngoài và cường độ dòng điện qua bộ nguồn, biết rằng cường độ dòng điện qua. R4. D R2. R7. E R6. F R5. B. nhánh BD bằng 0,5 A. b) Nếu n pin mắc song song nhau thì cường độ dòng điện qua nhánh DB bằng 0,3 A. Tìm số pin n và suất điện động E của mỗi pin.. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. c) Mắc lại bộ nguồn thành hai nhánh, nhánh một gồm một pin, nhánh thứ hai gồm các pin còn lại mắc nối tiếp, cực dương của các nhánh quay về cùng một phía. Tìm cường độ dòng điện qua nhánh AC và các nhánh của bộ. Giải a) Tính điện trở tương đương - Chập C và D ta có sơ đồ mạch điện :. R3 R5   1 . Mạch cầu cân bằng nên UEF = 0. Dòng điện qua R7 bằng 0. R4 R6. - Ta có :. Điện trở tương đương mạch ngoài : R3456. RAB.  R  R5  R4  R6   R  3 R3  R4  R5  R6. 0. R5. F.  2. R .R R2 3  R1  2 3456  R0  0  R0  3 R2  R3456 2 R0 2. I4 R4 I2. C, D. R7. R6. E R2. R1 I. UDB = I2R2 = 0,5.2 = 1 V. I3  I 4 . R3. I3. U DB  0, 25 A R3  R5. A. B. Vậy I = I2 + I3 + I4 = 0,5 + 0,25 + 0,25 = 1 A. b) Tính số pin n và E * Trường hợp n nguồn mắc song song U’BD. =. I’2R2. = 0,3.2 = 0,6 V. U DB 0, 6   0,15 A I’3 = I’4 = R3  R5 4. I3’ R3. R5. I4’ R4. R6. I2’. C, D. R1 I’. Vậy I = I’2 + I’3 + I’4 = 0,6 A Bộ nguồn tương đương có : E2 = E ; r2 = Mặt khác. U’BD. R2 Eb, rb. A. r 1  n n. B R3. R5. I4 R4. R6. I3. ’. = E2 – I (R1 + r2) = 0,6. 1 0, 6   1,8 (1) E – 0,6  2    0, 6 . Hay E  n n  * Trường hợp n nguồn nối tiếp. C, D. I2 R1 I1 I’. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. A. I. R2 30. B.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Bộ nguồn tương đương : Eb = nE ; rb = nr UDB = Eb – I(R1 + rb) = 1. Hay nE – (2 + n) = 1 (2) Giải (1) và (2) ta được E = 2 V ; n = 3 c) Tìm I1 Điện trở tương đương của mạch :. RDB . R2 .R3456  1 R2  R3456. Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AEB : UAB = E + I’r = 2 + I’ (3) AEEB : UAB = 2E – 2Ir = 4 – 2I (4) AB : UAB = (R1 + RDB)I1 = 3I1 (5) Và I = I1 + I’ (6) Giải (3), (4), (5), (6) suy ra I’ = 0,18 A ; I = 0,91 A ; I1 = 0,73 A Bài 32 : Cho mạch điện như hình vẽ : E1, r1. E1 = E2 = 6 V ; r1 = 1 Ω ; r2 = 2 Ω ; R1 = 5 Ω ; R2 = 4 Ω. N. R1. Vôn kế V có điện trở rất lớn chỉ 7,5 V. Tính : V. a) Hiệu điện thế UAB A. b) Điện trở R. E2, r2. R2. B. M. c) Công suất và hiệu suất của mỗi nguồn. R Giải. a) Hiệu điện thế UAB. I1 E1, r1 N. * Nhận xét : - Nhánh chứa nguồn E1, r1 và nhánh chứa nguồn E2, r2 R1 + r1 = R2 + r2 = 6 Ω E1 = E2 = 6 V nên I1 = I2 =. V R2 A I2. I 2. I. R1. E2, r2 B. M R. * Tìm I UMN = UMB + UBN (1). Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 31.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Mà UMB = E2 – I2r2 = E2 Và UBN = I1R1 =. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. r2 2. R1 r R thế vào (1) UMN = E2 - 2 + 1 = 6 + 1,5I > 0 2 2 2. Nên 7,5 = 6 + 1,5I → I = 1 A Vậy I1 =. I = 0,5 A 2. Ta có : UAB = E1 – I1(R1 + r1) = 6 – 0,5(1 + 5) = 3 V b) Điện trở R Ta có : R =. U AB 3   3 I 1. c) Công suất – hiệu suất * Công suất của mỗi nguồn : P1 = P2 = I1E1 = 0,5.6 = 3 W * Hiệu suất :. H1 . E1  I1r1 6  0,5   91, 7% E1 6. H2 . E2  I 2 r2 6  1   83,3% E2 6. Bài 33 : Cho mạch điện như hình vẽ : E, r. E = 6 V ; r = 0,5 Ω ; R1 = 3 Ω ; R2 = 2 Ω ; R3 = 0,5 Ω ; C1 = C2 = 0,2 μF a) Tính điện tích trên các bản tụ khi K ngắt và K đóng. Tính số điện tử chuyển qua K khi K đóng.. A. C1. R3. C2. R1. b) Thay K bằng tụ có điện dung C3 = 0,4 μF. Tính điện tích trên. K. M. B. R2. N. hai bản của tụ C3 đó.. Giải a) Cường độ dòng điện qua mạch :. I. E 6   1A R1  R2  R3  r 3  2  0,5  0,5. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 32.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và N : UAN = IR1 = 3.1 = 3 V Hiệu điện thế giữa hai điểm N và B : UNB = IR2 = 2.1 = 2 V Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B : UAB = I(R1 + R2) = (3 + 2).1 = 5 V a) Khi K ngắt C1 và C2 mắc nối tiếp Điện dung của bộ tụ : C12 =. C1.C2  0,1 F C1  C2. Điện tích của các tụ : qb = q1 = q2 = C12.UAN = 0,1.10-6.3 = 0,3.10-6 C b) Khi K đóng Điện tích của tụ C1 : q1’ = C1.UAB = 0,2.10-6.5 = 10-6 C Điện tích của tụ C2 : q2’ = C2.UNB = 0,2.10-6.2 = 0,4.10-6 C Điện tích trên các bản cực nối với M như sau : * K ngắt C1 M +++. C2. * K đóng C-1 + ++-. M --+++. C2. Điện tích chuyển qua khóa K : Q = (- q1 + q2) – (-q1’ + q2’) Q = q1’ + q2’ = 10-6 + 0,4.10-6 = 1,4.10-6 C Số điện tử chuyển qua K khi K đóng (chiều từ B đến M) N=. Q 1, 4.106   8, 75.1012 e 1, 6.1019. b) Tính điện tích của tụ C3 q1’’+ -. Giả sử điện tích trên các bản như hình vẽ : Theo định luật bảo toàn điện tích :. • A. ++-. - q1’’ – q2’’ + q3 = - q1 + q2 = 0 (1) (thay tụ điện C3 khi K ngắt). q3 - +. M q2. ’’. -+ -+. • B. --+++. • N. - q1’’ – q2’’ + q3 = - q1’ + q2’ = - 1,4.10-6 (2) Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. (thay tụ điện C3 khi K đóng) Theo định luật phân bố điện thế : UAB = UAM + UMB →. q3 q1'' q3 q1''   U AB    5  2q1''  q3  2.106 (2) 6 6 C1 C3 0, 2.10 0, 4.10. UAN = UAM + UMN →. q1'' q2''   U AN  q1''  q2''  0, 6.106 (3) C1 C2. Giải (1), (2), (3) ta được : q3 = 0,7.10-6 C. Bài 34 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. Nguồn điện có E = 9 V ; r = 1 Ω. Biến trở MN có điện trở toàn phần RMN = 10 Ω ; R1 = 1 Ω, điện trở ampe kế A không đáng kể, điện trở của vôn kế V vô cùng lớn. a) Xác định số chỉ vôn kế và ampe kế khi C ở đúng giữa biến trở MN.. V R1. b) Phải để C ở vị trí nào để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là lớn. M C N. A. nhất ? Giá trị lớn nhất ấy bằng bao nhiêu ? Giải a) Xác định số chỉ của ampe kế và vôn kế Điện trở của biến trở C ở giữa MN : Rb  Cường độ dòng điện mạch chính : I . RCM RMN   2,5 2 4. E 9   2A R1  Rb  r 1  2,5  1. Do RCM = RCN, nên số chỉ ampe kế : IA = I/2 = 1 A Số chỉ của vôn kế : UV = E – Ir = 9 – 2.1 = 7 V b) Vị trí C để công suất toàn biến trở lớn nhất Gọi x là điện trở đoạn CN và 10 – x là điện trở đoạn CM. Rb  Điện trở của toàn biến trở :. x 10  x  x  10  x I' . Cường độ dòng điện mạch chính :. . 10 x  x 2 10. E  R1  Rb  r. 9 90  2 10 x  x 20  10 x  x 2 1 1 10. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ.  10 x  x 2   90    2  Công suất của toàn biến trở : P = Rb.I’2 =  10   20  10 x  x . 2. Đặt y = 10x – x2 > 0 vì x < 10. P  810. y.  20  y . 2. 810. .  20   y    y . 2. 20  y 4 5 Theo bất đẳng thức Cô si : y. Dấu bằng xảy ra :. 20  y. y  y  20. Công suất cực đại trên toàn biến trở : Pmax =. 810.20.  20  20 . 2. . 810  10,125W 80.  x  7, 24 y = 10x – x2 = 20 → x2 – 10x + 20 = 0 →   x  2, 76 Vậy C phải ở vị trí mà điện trở đoạn CN bằng 7,24 Ω hoặc ở vị trí mà điện trở đoạn CN bằng 2,76 Ω. Bài 35 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E1 , r1. E1 = 6 V ; E2 = 3 V ; r1 = 1 Ω ; r2 = 2 Ω, các điện trở có giá trị R1 = 4 Ω ; R2 = 2 Ω, các tụ điện có điện dung C1 = 0,6 μF ; C2 = 0,3 μF. A. Ban đầu K ngắt sau đó K đóng.. E2 , r2. C K. C1. C2. B. D. a) Tính số điện tử chuyển qua K khi K đóng, số điện tử ấy di chuyển theo chiều nào ? Cho biết điện tích của điện tử e = - 1,6.10-19 C.. R1. • E. R2. b) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm D và E khi K ngắt và khi K đóng.. Giải a) Số điện tử chuyển qua K K ngắt hoặc đóng ta đều có : I . E1  E2  1A R1  R 2  r1  r2. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B : UAB = E1 + E2 – I(r1 + r2) = 6 + 3 – 1(1 + 2) = 6 V Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C : UAC = E1 – Ir1 = 6 – 1.1 = 5 V Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B : UCB = E2 – Ir2 = 3 – 1.2 = 1 V * Khi K ngắt : C1 nối tiếp C2 nên điện dung của bộ : Cb . C1.C2 0, 6.106.0,3.106   0, 2F C1  C2  0, 6  0,3 .106. Điện tích của tụ điện C1 và tụ điện C2 : qb = q1 = q2 = Cb.UAB = 0,2.10-6.6 = 1,2.10-6 C * Khi K đóng : Điện tích của tụ C1 : q1’ = C1.UAC = 0,6.10-6.5 = 3.10-6 C Điện tích của tụ C2 : q2’ = C2.UAB = 0,3.10-6.1 = 0,3.10-6 C Điện tích trên các bản tụ điện nối với điểm D khi K ngắt : Q = - q1 + q2 = 0 Điện tích trên các bản tụ điện nối với điểm D khi K đóng : Q = - q1’ + q2 = - 3.10-6 + 0,3.10-6 = -2,7.10-6 C Vậy điện tử đã chuyển động theo chiều từ C đến D và số điện tử cần tìm là : N. Q' 2, 7.106   1, 6875.1013 e 1, 6.1019. Hiệu điện thế giữa hai điểm D và E khi : * K ngắt : UDE = UDA + UAE = . q1 1, 2.106  IR1    1.4  2V C1 0, 6.106. * K đóng : U’DE = U’DA + UAE = . q '1 3.106  IR1    1.4  1V C1 0, 6.106. Bài 36 : Cho một nguồn điện không đổi và hai ampe kế A1 và A2 khi A1 và A2 mắc song song rồi nối vào nguồn thì A1 chỉ 2 A, A2 chỉ 1 A. Khi A1 nối vào nguồn thì thấy chỉ 2,5 A. Các ampe kế chỉ bao nhiêu khi ? a) Nối A2 vào nguồn b) Hai ampe kế mắc nối tiếp rồi nối chúng vào nguồn Giải a) Số chỉ của ampe kế A2 * Khi hai ampe kế mắc song song : I1R1 = I2R2 →. R2 I1   2  R2  2 R1 (1) R1 I 2. (R1, R2 lần lượt là điện trở của các ampe kế A1 và A2) Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ.   RR  2R 2  Theo định luật Ôm : E   I1  I 2   r  1 2    2  1  r  1   3r  2 R1 (2) R1  R2  3R1    * Khi A1 nối vào nguồn : E = I’1(r + R1) = 2,5r + 2,5R1 (3) Từ (2) và (3) suy ra : r = R1, thay vào (3) : E = 5r (4) * Khi A2 nối vào nguồn : E = I’2(r + R2) = I’2(r + 2R1) = 3I’2r (5) Từ (4) và (5) suy ra : I’2 = 5/3 A ≈ 1,67 A Vậy ampe kế A2 chỉ 1,67 A khi nối vào nguồn b) Số chỉ của ampe kế A1 và A2 khi mắc nối tiếp vào nguồn E = I(r + R1 + R2) = I(r + r + 2r) = 4Ir (6) Từ (4) và (6) suy ra I = 1,25 A Đ Bài 37 : Cho mạch điện như hình vẽ : E1 = 3 V ; E2 = 1,5 V ; r1 = 1 Ω ; r2 = 1,5 Ω, R là một biến trở,. A. E1, r1. C. E2, r2. B. đèn Đ có ghi 3 V – 3 W. Vôn kế V có điện trở rất lớn V. a) Tính giá trị của R để vôn kế V chỉ số 0 khi đó đèn Đ có sáng R. bình thường không ? b) Nếu cho R tăng lên từ giá trị tính trong câu (a) thì độ sáng của đèn Đ thay đổi như thế nào ? Giải a) Tính R để vôn kế chỉ số 0. Đ. Do E1 > E2 nên dòng điện có chiều như hình vẽ UCB = E2 – Ir2 → I =. E2 1,5   1A r2 1,5. A. E1, r1. C. B. V. Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B : UAB = E1 + E2 – I(r1 + r2) → UAB = 3 + 1,5 – 1(1 + 1,5) = 2 V. E2, r2. R. UAB < UĐ nên đèn sáng yếu hơn mức bình thường. U 2 32   3 Điện trở của bóng đèn : RĐ = P 3. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ Ta có :. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. R. R§ U 2  AB   2 → 3R = 2R + 6 → R = 6 Ω R  R§ I 1. b) Độ sáng của đèn Đ và số chỉ của vôn kế khi R tăng từ 6 Ω Điện trở tương mạch ngoài : Rtđ =. Khi R tăng lên thì. R. R§ R§  R  R§ 1  R§ R. R§ giảm nghĩa là Rtđ tăng lên R. Cường độ dòng điện mạch chính : I . E1  E2 giảm xuống Rt®  r1  r2. Hiệu điện thế hai đầu đèn : UAB = E1 + E2 – I(r1 + r2) UAB = 3 + 1,5 – I(1 + 1,5) = 4,5 – 2,5I tăng lên, nên đèn sáng hơn so với lúc đầu Bài 38 : Cho mạch điện như hình vẽ : E1, r1. E1 = 6 V ; E2 = 3 V ; r1 = r2 = 1 Ω ; R1 = 5 Ω ; R2 = 3 Ω. C. E2, r2. a) Vôn kế V chỉ số 0, tính điện trở R3 V. b) Khi đảo lại vị trí hai cực của một trong hai nguồn thì V chỉ bao nhiêu ?. R1. A. Cho điện trở của vôn kế V rất lớn.. R2 D. Giải. B. R3. a) Tính R3 Cường độ dòng điện của mạch chính có chiều như hình vẽ I. UDC = E1 – I(R1 + r1) → 0 = 6 – I(5 + 1) → I = 1 A.  R .R   3. R3   1  R3  6 UDC = - E2 + I  2 3  r2  → 0 = - 3 + 1   R2  R3   3  R3 . E1, r1. C. E2, r2. V A. R1. b) Tính số chỉ của vôn kế khi đảo cực của một trong hai nguồn. R2 D. B. R3. * Xét đảo cực nguồn E2 Do E1 > E2 nên dòng điện có chiều như hình vẽ câu (a) Cường độ dòng điện qua mạch chính : I ' . E1  E2 6 3 1   A R2 R3 5  2 11 3 R1   r1  r2 R2  R3. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Số chỉ của vôn kế : UDC = E1 – I’(R1 + r1) = 6 -. 1 (5 + 1) = 4 V 3. * Khi đảo cực E1 thì chiều dòng điện ngược chiều với hình vẽ câu (a) còn số chỉ vôn kế vẫn là 4 V chỉ có điều phải đổi cực dương của vôn kế mắc vào điểm C.. Bài 39 : Cho mạch điện như hình vẽ : E, r. E = 120 V ; r = 5 Ω ; R1 = 15 Ω ; R2 = 10 Ω ; R3 = R4 = 20 Ω ;. R1. B. C = 0,2 μF. Khi khóa K ngắt vôn kế V chỉ 60 V a) Khi K đóng vôn kế V chỉ bao nhiêu ? Cường độ dòng điện. V. R2. K. R4. C. R3. chạy qua K bằng bao nhiêu ? b) Tính điện tích trên tụ C khi K ngắt và K đóng. Điện trở. D. A. khóa K không đáng kể. Giải a) Số chỉ của vôn kế và cường độ dòng điện qua K * Xét K ngắt Gọi RV là điện trở của vôn kế Theo định luật Ôm : UAB = E – I(R1 + R2 + r) → 60 = 120 – I(5 + 10 + 5) → I = 2 A Cường độ dòng điện qua R3 : I3 . U AB 60   1,5 A R3  R4 20  20. Cường độ dòng điện qua vôn kế : IV = I – I3 = 2 – 1,5 = 0,5 A Điện trở RV : RV =. U AB 60   120 IV 0, 5. E, r. R1. B. * Xét K đóng : Mạch điện như hình bên V. Do [(R3 nt R4) // RV] nt R1 Điện trở mạch ngoài :.  R  R4  . RV  R   20  20 120  15  45 R 3 R3  R4  RV. 1. Cường độ dòng điện mạch chính (qua K) : I ' . 20  20  120. R4. C. R3 A. D. E 120   2, 4 A R  r 45  5. Số chỉ của vôn kế : U’AB = E – I(R1 + r) = 120 – 2,4(15 + 5) = 72 V Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. b) Điện tích trên tụ C * Xét khi K ngắt : UDB = I3R4 = 1,5.20 = 30 V q = CUDB = 0,2.10-6.30 = 6.10-6 C * Xét khi K đóng : UDB = UAD =. U AB 72   36 V 2 2. q = CUDB = 0,2.10-6.36 = 7,2.10-6 C Bài 40 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. E = 36 V ; r = 1 Ω. Đèn 1 có ghi giá trị 6 V – 12 W, Đ1. đèn 2 có ghi giá trị 6 V – 6 W. R0 là biến trở. A. con chạy. Với R0 = 10 Ω, hãy xác định vị trí C để:. D. R0. B. x C Đ2. a) Đèn 1 sáng bình thường. b) Đèn 2 sáng bình thường.. Giải Với R0 = 10 Ω, hãy xác định vị trí C để: Ta có các giá trị định mức của hai đèn: I1 . P1 12 P 6   2 A , I 2  2   1A , U1 = U2 = 6 V U1 6 U2 6. R1 . U 12 6 2 U 2 62   3 ; R2  2   6 P1 12 P2 6. Gọi điện trở đoạn CD là x, đoạn CB là R0  x : Sơ đồ mạch ngoài: [R2//(R1 nt x)] nt (R0 - x) R2 ( R1  x) 6(3  x)  x 2  7 x  108 Ta có: R   R0  x   10  x  (1) R1  R2  x 9 x 9 x I. E 36 36(9  x )   2 (2) 2 R  r  x  7 x  108  x  8 x  117 1 9 x. Ta lại có: U AC  I .R AC . 36(9  x) 6(3  x) . 2  x  8 x  117 9  x. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ  U AC . Tổ Vật Lí – Công Nghệ. 36.6(3  x) (3)  x 2  8 x  117. I1 . U AC 216  (4) 2 3  x  x  8 x  117. I2 . U AC 36(3  x)  (5) 6  x 2  8 x  117. a) Đèn 1 sáng bình thường Để đèn 1 sáng bình thường I 1  2 A . 216 2  x  8 x  117 2.  x 2  8 x  9  0 ( x  0 ) (6) Giải phuơng trình ta được: x  9 b) Đèn 2 sáng bình thường */ Để đèn 2 sáng bình thường I 2  1A . 36(3  x) 1  x 2  8 x  117.  x 2  28 x  9  0 ( x  0 ); (7) Giải phuơng trình ta được: x  0,32. Bài 41 : Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ :. A. Bỏ qua điện trở của các nguồn điện và các dây nối. Hãy :. E1. E2. E3. R1. R2. R3. Xác định cường độ dòng điện qua các điện trở. Biết E1 = 12 V ; E2 = 6 V ; E3 = 9 V ; R1 = 15 Ω ; R2 = 33 Ω ; R3 = 47 Ω. B Giải. 15I1  33I 2  6  Giải hệ phương trình 15I1  47 I 3  3 I  I  I  0 1 2 3 Kết quả : I1 = 0,1385 A; I2 = 0,1189 A; I3 = 0,0196 A. Bài 42 : Cho mạch điện như hình vẽ :. E, r. E = 9 V ; r = 0,5 Ω, điện trở R0 = 2,7 Ω, biến trở AB có giá trị Trênđại bước công, chân của kẻ cực bằngđường 10 Ω.thành Hãy xác địnhkhông vị trí có condấu chạy C (điện trởlười của biếng.!.. R0. 41. phần AC trên biến trở) để công suất tiêu thụ mạch ngoài bằng 8 W. Coi rằng điện trở của các dây nối nhỏ không đáng kể.. A. C. B.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ. Tổ Vật Lí – Công Nghệ. Giải Gọi điện trở toàn phần của biến trở trên phần AC là x Điện trở mạch ngoài : R . R0 . x  RAB  x R0  x. Cường độ dòng điện mạch chính : I . E Rr.     9  2,7. x  Công suất tiêu thụ mạch ngoài : P = I2R → 8    10  x     2,7  x   2,7. x  10  x  0,5   2,7  x   . 2. Giải phương trình ta được : x1 = - 1,1737 và x2 = 2,0761 Vậy RAC = 2,0761 Ω Bài 43 : Cho mạch điện kín gồm nguồn điện và mạch ngoài là biến trở R. Khi cường độ dòng điện trong mạch bằng 1 A hoặc 2 A thì công suất tiêu thụ mạch ngoài bằng nhau. Khi điện trở mạch ngoài bằng 1 Ω hoặc 9 Ω thì công suất tiêu thụ mạch ngoài cũng bằng nhau. Công suất mạch ngoài cực đại có giá trị bằng bao nhiêu ? Giải Ta có : P = I2.R =. E2.  R  r. 2. . E2 r2 R   2r R. Giả sử với 2 giá trị của biến trở R1 ; R2 cho cùng công suất thì :. E2 E2   R1. R2  r 2 *  2 2 r r R1   2r R2   2 r R1 R2 Giả sử với 2 giá trị của cường độ dòng điện I1 ; I2 cho cùng công suất với I . Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. E E  R  r Rr I. 42.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> Trường THPT Nguyễn Huệ → R1 . Tổ Vật Lí – Công Nghệ. E E  r và R2   r . Áp dụng công thức (*) ta được : I1 I2. E  E  2 E   r   r   r  I1  I2  **  r  I1  I2  2. Từ công thức : P = I .R = R.. Khi đó : Pmax . E2.  R  r. 2. E2. . r    R  R . 2. . Dùng bất đẳng thức Côsi để Pmax thì R = r. E2 E2  r. 2 ***  4r 4r. Thay (*) và (**) vào (***) ta được : Pmax . R1 R2 .  I1  I2  4. 2. 3.32   6,75W 4. Trên bước đường thành công, không có dấu chân của kẻ lười biếng.!.. 43.

<span class='text_page_counter'>(44)</span>