KE HOACH ON TAP PHAN DIEN HOC

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Bài 7: Có 2 bóng đèn ghi: Đ1(110V-100W); Đ2(110V-25W). được mắc vào HĐT U=220V. a, Liệu có thể ghép nối tiếp 2 bóng trên vào HĐT 220V để chúng sang bình thường được không? Tại sao? b, Để 2 đền sáng bình thường người ta mắc thêm 1 điện trở R3 nữa. Nêu các cách mắc và tính giá trị của R3 trong từng trường hợp. Và cho biết nên chọn sơ đồ nào là phù hợp. Giải: Ta có: D1(110V 100W )  UP11  110V  R1  U12  1102  121  100W P1 100 D2 (110V  25W )  UP22  110V  R2  U 2  1102  448  100W 2 25 P2 - Khi R1 nt R2 => R= R1 + R2 = 605  - Theo Định luật ôm ta có: I  U  220  4 A R 605 11 - Mà R1 nt R2  I  I1  I2 4A 11 - Theo Định luật ôm ta có: I1  U1  U1  I1.R1  4 .121  44V  Ud1  110V ; I2  U2 U2  I 2 .R2  4 .484  176V Ud2  110V R1 11 R2 11 Vậy không thể mắc nối tiếp 2 đèn trên vào HĐT 220V được vì khi đó đèn 2 sẽ bị cháy. b, Để 2 đèn sáng bình thường người ta phải mắc thêm điện trở phụ R3.  100W )  UP11  110V  Id1  Pd1  100  10 A   D1 (110V  100W Ud1   110 11  - Ta có:   Id1  Id2  UP22  110V   100W Pd 2 25 5 A  D2 (110V  25W )   Id2  Ud2  110  22  - Để 2 đèn sáng bình thường khi mắc thêm điện trở phụ R3 vào thì các sơ đồ có thể là: Đ2 Đ2 R3 Đ1 B R3 M B AM A Đ1 TH 1 TH 2 * Trường hợp 1: Để 2 đèn sáng bình thường: Sơ đồ tương đương là: Đ1 nt (Đ2 // R3). - Vì R2 // R3 => U2 = U3 = UMB = 110V - Xét tại nút M ta có: I  I2  I3  I3  I  I2  10  5  15 A 11 22 22 - Theo định luật Ôm: I3  U3  R3  U3  110  448  R3 I3 15 3 22 - Công suất tiêu thụ toàn mạch: P  I.U  I1.U  10 .220  200W 11 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 50

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc * Trường hợp 2: Để 2 đèn sáng bình thường: Sơ đồ tương đương là: R3 nt (Đ1 // Đ2). - Ta có: U=UAM+UMB=> UAM=U-UMB=220-110=110V => U3=110V - Xét tại nút M ta có: I3  I1  I2  10  5  25 A 11 22 22 - Theo định luật Ôm: I3  U3  R3  U3  110  448  R3 I3 25 5 22 - Công suất tiêu thụ toàn mạch: P I .U  I3.U  448 .220  21296W 5 * Kết luận: Dùng sơ đồ ở trường hợp 1 là hợp lý vì công suất tiêu thu điện ít hơn. Bài 4: Dùng 1 nguồn điện có HĐT U=5,5V để thắp sang 2 bóng đèn Đ1(3V-3W); Đ2(2,5V-0,5W) người ta phải dùng 2 điện trở phụ R3, R4 mắc vào mạch điện (Có thể dung 1 điện trở phụ). Hãy nêu sơ đồ và cách tính giá trị của điện trở phụ để cả 2 đều sáng bình thường. Chọn sơ đồ nào là có lợi nhất? Vì sao? Giải: - Ta tính các định mức của 2 bóng đèn: Đ1(3V-3W) => (3V – 3W – 1A - 3  ); Đ2(2,5V-0,5W) => (2,5V–1,25W–0,5A- 5  ) - Để 2 đèn sáng bình thường khi mắc vào nguồn có HĐT U=5,5V. Ta phải mắc thêm điện trở phụ theo các trường hợp sau: * Xét Trường hợp 1: Để 2 đèn sáng bình thường <=> Sơ đồ: (Đ1 nt R3)//(Đ2 nt R4) Đ1 R3 TH2: Đ1 TH1: A Đ2 B A Đ2 R4 MB R4 R3 TH3 Đ2 A M B R3 - Ta có: U1=3V => U3=U-U1=5,5-3=2,5V; U2=2,5V => U4=U-U2=5,5-2,5=3V - Vì Đ1 nt R3 => I1=I3=1A; Đ2 nt R4 => I2=I4=0,5A - Theo định luật Ôm ta có: I3  U3  R3  U3  2,5  2,5; I4  U4  R4  U4  3  6; R3 I3 1 R4 I4 0, 5 - Dòng điện mạch chính: I=I1+I2=1+0,5=1,5A - Công suất tiêu thụ toàn mạch: P=U.I= 5,5.1,5=8,25W * Xét Trường hợp 2: Để 2 đèn sáng bình thường. Vì Uđ1>Uđ2 <=> Sơ đồ: [Đ1 // (Đ2 nt R3) nt R4] - Ta có: U1=U2+U3 => U3=U1-U2=3-2,5=0,5V. - Vì Đ2 nt R3 => I2=I3=0,5A. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 51

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Theo định luật Ôm: I3  U3  R3  U3  0,5  1 . R3 I3 0, 5 - Xét tại nút M ta có: I4=I1+I3=I1+I2=1+0,5=1,5A. - Mà: RAM nt R4 => U4=U-UAM=U-U1=5,5-3=2,5V. - Theo định luật Ôm: I4  U4  R4  U4  2,5  5  R4 I4 1,5 3 - Dòng điện mạch chính: I=I4=1,5A - Công suất tiêu thụ toàn mạch: P=U.I= 5,5.1,5=8,25W * Xét Trường hợp 3: Để 2 đèn sáng bình thường <=> Sơ đồ: Đ1 nt (Đ2 // R3) - Vì Vì Đ2 // R3 => U2=U3=2,5A. - Xét tại nút M ta có: I1=I2+I3=I1+I2 => I3=I1-I2=1-0,5=0,5A - Theo định luật Ôm: I3  U3  R3  U3  2, 5  5 R3 I3 0, 5 - Dòng điện mạch chính: I=I1=1A - Công suất tiêu thụ toàn mạch: P=U.I= 5,5.1=5,5W * Kết luận: Dùng sơ đồ như TH3 là có lợi nhất vì công suất tiêu thụ điện là nhỏ nhất. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 52

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Chương V: CÔNG VÀ CÔNG SUẤT – ĐỊNH LUẬT JUN – LENXƠ A – Tóm tắt lý thuyết. 1. Công của dòng điện: - Công của dòng điện sản ra trong một đoạn mạch là số đo lượng điện năng mà đoạn mạch đó tiêu thụ để chuyển hóa thành các dạng năng lượng khác. - Công thức tính công của dòng điện: A=UIt - Nếu mạch chỉ có tính chất điện trở như: Điện trở, bong đèn, bàn là, bếp điện thì: A  UIt  I 2Rt  U 2 t R 2. Công suất điện: - Công suất điện là công của dòng điện thực hiện được trong thời gian t: P= A  UI t - Nếu mạch chỉ có tính chất điện trở thì: P =UI  I 2R  U 2 R 3. Tác dụng nhiệt của dòng điện – Định luật Jun – Lenxơ. a. Nếu dòng điện chạy qua điện trở một cách gần đúng, ta có thể coi là toàn bộ Công biến thành Nhiệt. Khi đó: Q=A b. Định luật Jun – Lenxơ - Nhiệt lượng tỏa ra trên một đoạn dây dẫn tỉ lệ thuận với bình phương cường độ dòng điện, với điện trở và thời gian dòng điện chạy qua. Q  I 2Rt 4. Các định mức của một dụng cụ điện. VD: Trên bóng đèn có ghi: Đ(2,5V – 1,25W), con số đó có ý nghĩa là: - Hiệu điện thế định mức Uđm=2,5V, là HĐT giữa hai đầu dây tóc của đèn lúc sáng bình thường. - Công suất định mức Pđm=1,25W, là công suất tiêu thụ của đèn lức sang bình thường. - Cường độ dòng điện định mức: Id  Pd  1, 25  0,5A , là cường độ dòng điện qua đèn lúc sáng bình Ud 2, 5 thường. - Điện trở của dèn: R  U 2  2, 52  5 , là điện trở của đèn. Người ta không dung từ “định mức” cho d Pd 1, 25 điện trở. Trong các bài tập nếu không dề cập đến nhiệt độ thì ta có thể coi điện trở này không đổi trong sơ đồ mạch điện. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 53

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc B. Bài tập áp dụng. Dạng 1: Dạng toán biện luận công thức. A Đ2 Đ4 Bài 1: Cho mạch điện như hình vẽ: B M Đ5 a, Nếu các bóng có cùng điện trở R và công suất của bóng thứ 4 là P4=1W. Tìm công suất các bóng còn lại. Đ1 Đ3 b, Nếu các bóng có cùng công suất P và R4=1  . Hãy tính N R1; R2; R3; R5=? Giải: a, Tìm công suất các bóng còn lại. * Vì: R4 nt R5 => I4  I5; R4  R5 - Ta có: P4  I 2 .R4   P4  P5  1W Đ1 P5  4   I 52 .R5 * Ta có: Đ3 B R3 / / R45  U3  U45  U4  U5  U3  U4 U5 A  I3R3  I4R4  I5R5  I3  I4  I5  I3  2I4 Đ2 M N Đ4 Đ5 - Mà: P3  I32.R3  4 I 2 .R3  4I 2 .R4  4P4  4.1  4W 4 4 * Xét tại điểm nút M ta có: I2  I3  I4  2I4  I4  3I4 - Mà: P2  I 2 .R2  9 I 2 .R4  9P4  9.1  9W 2 4 * Vì R1 // RAMB  U1  U ANB  U2 UMB  U1  U2  U3  I1R1  I2R2  I3R3  I1  I2  I3  3I4  2I4  5I4  I1  5I4 - Mà: P1  I12 .R1  25I 2 .R4  P1  25P4  25.1  25W 4 -Vậy: P1  25W ; P2  9W ; P3  4W ; P4  1W ; P5  1W ; b, Nếu các bóng có cùng công suất P và R4=1  . Hãy tính R1; R2; R3; R5=? * Vì: R4 nt R5 => I4  I5; - Ta có: P4  I 2 .R4 ; P5  I52.R5 4 - Vì: P4  P5  I 2 .R4  I 2 .R5  R4  R5  1 4 5 * Vì I4  I5   U 4  U5 R4  R5   - Vì: R3 / / R45  U3  U45  U4 U5  2U4  U3  2U4 - Mà: P3  U 2  4U 2 ; P4  U 2 3 4 4 R3 R3 R4 - Vì P3  P4  4U 2  U 2  R3  4R4  4.1  4W 4 4 R3 R4 * Ta có: U3  2U 4   I3  U3  2U 4  1 I4  I3  1 I4 R3  4R4  R3 4R4 2 2  - Xét tại nút M ta có: I2  I3  I4  1 I 4  I4  3 I 4 2 2 - Mà: P2  I 2 R2  9 I 2 R2 ; P4  I 2 R4 2 4 4 4 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 54

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Vì: P2  P4  9 I 2 R2  I42R4  R2  4 R4  4 .1  4  4 4 9 99 * Ta có: I2  3   U 2  I2R2  3 I 4 . 4 R4  2 U 4  U2  2 U 4 R2  2 I4  2 9 3 3 4  9 R4   - * Vì R1 // RAMB  U1  U AMB  U2  UMB  U1  U2 U3  2  2U 4  8  U1  8 3U4 3U4 3U4 - Vì: P1  U12  64 . U 2 ; P4  U 2 R1 4 4 9 R1 R4 - Mà: P1=P4 => 64 . U 2  U 2  R1  64 R4  R1  64  4 4 9 9 9 R1 R4 Kết luận: R1  64 ; R2  4 ; R3  4; R4  R5  1; 9 9 Bài 2: Có 2 bóng đèn chí ghi: Đ1(110V-100W); Đ2(110V-25W). Bóng nào sẽ sáng mạnh hơn khi chúng được ghép: a, Nối tiếp nhau b, Song song nhau Giải: - Trước hết ta tìm các định mức của mỗi bóng: D1 (110V 100W )  UPdd11  110V ;  I d 1  10 A D2 (110V  25W )  UPdd22  110V ;  I d 2  5 A  100W  11 ;  25W  22 R1  121 R1  484 - Ta có: R2=4R1; R2>R1 a, Khi 2 đèn mắc nối tiếp:  I1  I2  Id2  5 A 22 - Ta có: P1  I12R1; P2  I 2 R2 2 - Vì: I1  I2   P1  P2 Vậy đèn 2 sáng hơn. R1  R2   b, Khi 2 đèn mắc song song:  U1  U2  U - Ta có: P1  U12 U2 ; P2  U 2 U2  P1  U2 U2  R2  1  P1  P2 Vậy đèn 1 sáng hơn. R1 R1 2 R2 P2 R1 : R1 R2 R2 ========================================================= Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 55

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Dạng 2: Tìm định mức của bộ bóng đèn - Định nghĩa định mức của bộ bóng đèn là giá trị của HĐT, CĐDĐ và công suất của bộ bóng sao cho trong bộ không có bóng nào hoạt động quá định mức riêng. Bài 1: Cho 3 bóng đèn có ghi: Đ1(3V-3W); Đ2(3V-1W); Đ3(2,5V-1,25W). tìm HĐT định mức của bộ và công suất thực tế của mỗi bóng là bao nhiêu trong các trường hợp sau: a, Ba bóng mắc nối tiếp. b, Ba bóng mắc song song Giải: Ta tính các định mức riêng của mỗi bóng: Đ1(3V-3W) => (3V – 3W – 1A - 3  ); Đ2(3V-1W) => (3V – 1W – 1/3A - 9  ); Đ3(2,5V-1,25W) => (2,5V – 1,25W – 0,5A - 5  ) a, Ba bóng mắc nối tiếp => R1 nt R2 nt R3  I  I1  I2  I3  Min(Id1; Id 2; Id3 )  1 A  I  1 A 3 3 - Vì R1 nt R2 nt R3 => R=R1 + R2 + R3=9+3+5=17  . - Theo định luật Ôm I  U U  I.Rtd  17 V . Rtd 3 - Vậy HHĐT định mức của bộ óng đèn khi chúng mắc nối tiếp là: U  17 V 3 * Công suất thức tế của mỗi bóng: - Ta có:  I  I1  I2  I3  IMin  1 A 3 - Theo công thức tính công suất: P1  I12 .R1  I 2 .R1  1 .3  1 W; P2  I 2 .R2  I 2.R2  1 .9  1W; P3  I32.R3  I 2.R3  1 .5  5 W 9 3 2 9 9 9 b, Ba bóng mắc song song => R1 // R2 // R3 - Vì R1 // R2 // R3  U  U1  U2  U3  Min(Ud1;Ud 2;Ud3)  2,5V  U  U1  U2  U3  2,5V - Công suất thực tế của mỗi bóng: P1  U12 U2  2, 52  25 W; P2  U 2  U2  2, 52  1 W; P3  U 2  U2  2, 52  1, 25W; R1 R1 3 12 2 R2 9 27 3 R3 5 R2 R3 Bài 2: Cho 3 bóng đèn có ghi: Đ1(110V-100W); Đ2(110V-25W); Đ3(220V-60W). Tìm HĐT định mức của bộ và công suất thực tế của mỗi bóng là bao nhiêu trong các trường hợp sau: a, Ba bóng mắc nối tiếp. b, Ba bóng mắc song song c, Một bóng ghép song song với bộ 2 bóng kia mắc nối tiếp. d, Một bóng ghép nối tiếp với bộ 2 bóng kia mắc song song. Giải: Ta tính các định mức riêng của mỗi bóng: Đ1(110V-100W) => (110V – 100W – 10/11A - 121  ); Đ2(110V-25W) => (110V – 25W – 5/22A - 484  ); Đ3(220V-60W) => (220V – 60W – 3/11A – 242/3  ). a, Ba bóng mắc nối tiếp => R1 nt R2 nt R3  I  I1  I2  I3  Min(Id1; Id 2; Id3 )  Id2  5 A I  5 A 22 22 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 56

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Vì R1 nt R2 nt R3 => R  R1  R2  R3  121 484  242  2057  3 3 - Theo định luật Ôm I  U U  I.Rtd  5 . 2057  935V . Rtd 22 3 6 - Vậy HĐT định mức của bộ bóng đèn khi chúng mắc nối tiếp là: U  935V 6 * Công suất thức tế của mỗi bóng: - Ta có:  I  I1  I2  I3  IMin  5 A 22 - Theo công thức tính công suất: P1  I12 .R1  I 2 .R1   5 2 .121  6, 25W; P2  I 2 .R2  I 2 .R2   5 2 .484  25W;  22  2  22  P3  I 2 .R3  I 2 .R3   5 2 . 242  25 W 3  22  3 6 b, Ba bóng mắc song song => R1 // R2 // R3 - Vì R1 // R2 // R3  U  U1  U2  U3  Min(Ud1;Ud 2;Ud3)  110V  U  U1  U2  U3  110V - Công suất thực tế của mỗi bóng: P1  U12  U2  1102  100W; P2  U 2  U2  1102  25W; P3  U 2  U2  1102  150W; R1 R1 121 2 R2 484 3 R3 242 R2 R3 3 c, Một bóng ghép song song với bộ 2 bóng kia mắc nối tiếp. - Vì Uđ3=220V= Uđ1+Uđ2. Nên sơ đồ hợp lý là: [Đ3 //(Đ1 nt Đ2)] => U=Uđ3 =Uđ1+Uđ2=220V - Vì R1 nt R2  I12  I1  I2  Min(Id1; Id 2 )  Id2  5 A  I  5 A 22 22 - Cường độ dòng điện mạch chính:  I  I3  I12  3 5  1 A I  1 A 11 22 2 2 - Theo công thức tính công suất: P1  I12 .R1  I 2 .R1   5 2 .121  6, 25W; P2  I 2 .R2  I 2 .R2   5 2 .484  25W;  22  2  22  P3  I 2 .R3  I 2 .R3   3 2 . 242  6W 3  11 3 d, Một bóng ghép nối tiếp với bộ 2 bóng kia mắc song song. - Ta có: Id1  10 A; Id2  5 A; Id3  3 A 11 22 11 - Vì: Id1  Id3  Id 2 Nên sơ đồ hợp lý là: [Đ1 nt (Đ2 // Đ3)]  U23  U2  U3  Min(Ud 2;Ud3)  110V - Vì R2 // R3  I 23  I2  I3  U2  U3  110  110  35 A R2 R3 484 242 22 3 - Ta có: Id1  10 A  I 23  35 A  I  I1  I23  Min(Id1; I23 )  Id1  10 A  I  10 A 11 22 11 11 - Hiệu điện thế của bộ bóng: U=U1+U23=110+110=220V - Theo công thức tính công suất: Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 57

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc P1  I12 .R1  I 2 .R1   10 2 .121  100W; P2  U 2  1102  25W  11  2 484 R2 P3  U 2  1102  150W 3 242 R3 3 ================================================================== Dạng 3: Các vấn đề thường gặp về bài toán cực trị Ở bài toán này ngoài việc nắm vững các công thức vật lý học sinh còn phải sử dụng một số công cụ toán học như: * Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a  b  2 ab (a,b dương) + Dấu “=” xảy ra khi a=b, cần chọn a và b sao cho tích a.b=const. + Khi tích 2 số không đổi, tổng nhỏ nhất khi 2 số bằng nhau. + Khi tổng 2 số không đổi, tích 2 số lớn nhất khi 2 số bằng nhau. Khi sử dụng bất đẳng thức Côsi thì ta phải chọn a,b sao cho tổng hoặc tích hai số không đổi. * Sử dụng tam thức bậc 2 * Sử dụng biệt số ∆ ,… vv I. Vấn đề 1: Cực trị điện trở Ta xét ví dụ sau: Một dây dẫn đồng chất tiết diện đều có điện trở R. Người ta uốn dây thành vòng tròn rồi mắc vào hiệu điện thế U, nhờ điểm A cố định trên vòng tròn nối với cực dương, còn điểm B trượt trên vòng tròn nối với cực âm (Như hình vẽ bên). Tìm vị trí của B để điện trở của đoạn mạch AB đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất? Hãy tính giá trị đó. 1/ Phương pháp : Từ hình vẽ ta thấy 2 điểm AB chia vòng dây thành 2 phần điện trở, gọi phần điện trở phía trên là R1, phần điện trở phía dưới sẽ là (R- R1). Cách 1: R1R  R12   R12  2.R1. R   R 2   R 2   R 2   R1  R 2 R  2  2   2    2   2  Ta có: Rtd  R1(R  R1)    R RR *) Để (Rtđ) đạt Min <=> R1=0 <=> Rtđ=0 *) Để (Rtđ) đạt Max <=>  R1  R  R1  R  Rtd  R  2 Min 2 4 Cách 2: Rtd  R1(R  R1) R *) Để (Rtđ) đạt Min <=> R1=0 <=> Rtđ=0 *) Để (Rtđ) đạt Max. Theo BĐT CôSi ta có: R1 ( R  R1 )   R1  R  R1 2  R2  2  4 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 58

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Vậy: Rtd  R1(R  R1)  R  Max  Rtd   R Đạt được khi R1  R  R1  R1  R R 2 2 2 2 / Bài tập ví dụ : Một dây dẫn đồng chất tiết diện đều có điện trở 100 . Người ta uốn dây thành vòng tròn rồi mắc vào hiệu điện thế U, nhờ điểm A cố định trên vòng tròn nối với cực dương, còn điểm B trượt trên vòng tròn nối với cực âm ( như hình vẽ bên). Tìm vị trí điểm B để điện trở của đoạn mạch AB đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất? Hãy tính giá trị đó. Phân tích và hướng dẫn giải : Từ hình vẽ ta thấy 2 điểm A, B chia vòng dây thành 2 phần điện trở, gọi phần điện trở phía trên là R1, phần điện trở phía dưới sẽ là R – R1. Cách 1 : Ta có R1(R R1) R1 R  R12 (R1  2R1. R  ( R )2  ( R)2) ( R)2  (R1 R )2 (50)2  (R1 50)2 R R 2 2 2 2 R 2 100 Rtđ      R *(Rtđ )min  R1  0  Rtđ  0 *(Rtđ )max  (R1 50)min  R1  50  Rtđ  25 Cách 2: Ta có Rtđ  R1(R R1) R *(Rtđ )min  R1  0  Rtđ  0 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: R1 (R  R1 )  ( R1  R  R1 )  R2 2 4 *(Rtđ )max  R  R1 (R  R1 ) max  R1  R R1  R1  50  (Rtđ )max  R  25 4 4 3 / Bài tập áp dụng : Trang 59 Bài 1.Một dây dẫn đồng chất tiết diện đều có điện trở 80. . Người ta uốn dây thành vòng tròn rồi mắc vào hiệu điện thế U=8V, nhờ điểm A Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc cố định trên vòng tròn nối với cực dương, còn điểm B trượt trên vòng tròn nối với cực âm ( như hình vẽ bên). Tìm vị trí điểm B để điện trở của đoạn mạch AB đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất? Hãy tính cường độ dòng điện qua mỗi nhánh của vòng dây trong trường hợp điện trở của đoạn mạch AB đạt giá trị lớn nhất. Bài 2. Xét hai điểm A, B bất kí trên một dây dẫn hình tròn đồng tâm O sao cho AOB   . Dây dẫn tạo nên vòng dây là đồng chất, tiết diện đều có điện trở 25. Mắc vòng dây vào mạch điện tại A và B. a) Tính điện trở tương đương của vòng dây theo  . b) Tìm  để điện trở tương đương vòng dây là lớn nhất. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 60

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc III. Vấn đề 2 : Cực trị công suất( Quan trọng) CÁC BƯỚC KHẢO SÁT CỰC TRỊ CÔNG SUÂT Bước 1 : Lập biểu thức tính công suất : Px  I x2.Rx  U 2 và đặt điều kiện. x Rx Bước 2: Phân tích biểu thức tính công suất và đưa ẩn xuống mẫu( tử số chỉ chứa hằng số) Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức côsi, tam thức bậc hai…để suy ra điều kiện cực trị của công suất. Bước 4: Đối chiếu điều kiện và kết quả. Ta xét các ví dụ sau : Ví dụ 1 : Cho mạch điện như hình vẽ trong đó Rx là một biến trở. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch là U. Phải điều chỉnh điện trở của biến trở bằng bao nhiêu để công suất trên biến trở lớn nhất. Phân tích hướng giải : Ta có Px  I x2.Rx  ( U )2 .Rx  U 2 Rx  U2  U2  Rx R2  2RRx  Rx2 R2  2RRx  Rx2 R Rx  R2  2R Rx Rx ( điều kiện Rx>0) Vì U và R không đổi nên ta có Pmax  (Rx  R2 Rx )min (1) Theo bất đẳng thức côsi ta có: Rx  R2 2 Rx . R2  2R  (Rx  R2 )min  Rx  R2  Rx  R(2) Rx Rx Rx Rx Từ (1) và (2) P  Rx  RP  U2 max max 4R * Mở rộng: Nếu thay điện trở R bằng một mạch điện có điện trở tương đương Rtđ, khi đó giá trị Rx để công suất trên biến trở lớn nhất là: Rx = Rtđ Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Rx là giá trị tức thời của một biến trở có giá trị đủ lớn, ampe kế A và dây nối có điện trở không đáng kể. a) Xác định Rx khi biết công suất tiêu thụ trên Rx. b) Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? Tính công suất đó. Phân tích và hướng dẫn giải: Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 61

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Cách giải 1: a) Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px  U 2 1 x Rx Dòng điện mạch chính I là: U  Ux UR td R0  Rtd Rtd R0  Rtd  I Ux  2 Với Rtd là điện trở tương đương của R1 và Rx: Rtd  R1Rx 3 R1  Rx Thay (3) vào (2) ta được: Ux  R1Rx UR1Rx R0 Rx 4  R0R1  U 2 R 2 Rx 1 Thay (4) vào (1) : Px   5 Rx (R1  R0 )  R0R1 2 Thay số vào (5) và biến đổi ta được Rx. b) Biến đổi (5): Px  U 2R21Rx  Rx (R1  R0 )  R0R1 2 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: Rx (R1  R0 )  R0R1 2  4Rx (R1  R0 )R0R1  Px  U 2 R12 Rx  Px  U 2 R1 4Rx (R1  R0 )R0R1 4R0 (R1  R0 ) Vậy:  Px max  U 2 R1 , Rx  R0 R1 R1  R0 4R0 (R1  R0 ) Cách giải 2: a) Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px  Rx .I 2 1 x Ta có: R1x  R1Rx  R  R0  R1Rx  R0R1  R0Rx  R1Rx R1  Rx R1  Rx R1  Rx Dòng điện mạch chính I là: I  U  U (R1  Rx ) 2 R R0R1  R0Rx  R1Rx Vì RX//R1 nên ta có hệ thức: Ix  R1  Ix  I1  I  Ix  Ix  Ix  I  Ix  I (vì a  c  a  c ) (3) I1 Rx R1 Rx Rx R1 R1  Rx R1  Rx b d b  d Thay (2) vào (3) ta được: Ix  IR1  R0 U R1  Rx   R1   UR1 4 R1  Rx R0Rx  . R1  Rx  R0R1  R0Rx  R1Rx R1  R1Rx   Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 62

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Thay (4) vào (1): Px  Rx  R0 R1  UR1  R1Rx 2   R0R1 2 U 2 R12 5  R0 Rx   2R0R1  R0  R1    Rx   R0  R1 2 .Rx Thay số vào (5) và biến đổi ta được Rx. b) Biến đổi (5): Px   R0R1 2 U 2 R12 Rx   R0  R1 2 .Rx  2R0R1  R0  R1  Vì U, R1, R0 là hằng số , theo bất đẳng thức Côsi ta có:  R0R1 2   R0  R1 2 .Rx  2  R0R1 2 . R0  R1 2 .Rx  R0R1 R0  R1  Rx Rx   Px max    R0 R1 2   R0  R1 2 .Rx    R0R1 2   R0  R1 2 .Rx  Rx  R0 R1  Rx min R0  R1 Rx  Px  U 2R1 max 4R0 (R1  R0 )  Vậy Px  U 2R1 , Rx  R0 R1 R1  R0 max 4R0 (R1  R0 ) BÀI TẬP MẪU Bài 1. Điện trở r = 6  nối tiếp với đoạn mạch AB rồi mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U. 1. Đoạn mạch AB gồm 3 điện trở R cùng loại a) Có bao nhiêu cách mắc mạch điện, hãy vẽ các cách mắc. b) Trong các cách mắc có một cách mắc cường độ dòng điện nhỏ nhất qua mạch là 0,2 A và một cách cách mắc có cường độ dòng điện qua mạch lớn nhất là 1,2 A. Hãy xác định điện trở R và hiệu điện thế nguồn. c) Hãy tính công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch AB trong các cách mắc. 2. Đoạn mạch AB là một biến trở Rx a) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB là 11,52 W. b) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB đạt giá trị cực đại. Hãy tính giá trị công suất đó. c) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB bằng một nửa giá trị cực đại. Hãy tính giá trị công suất đó. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 63

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc d) Khi điều chỉnh giá trị biến trở Rx ứng với hai giá trị của Rx là R1 và R2 thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB là như nhau, với R1  R2 13 . Hãy xác định giá trị R1 và R2. Phân tích và hướng dẫn giải: 1) a) Có 4 cách mắc mạch điện. ( bạn đọc tự vẽ) b) Trong các cách mắc có một cách mắc cường độ dòng điện nhỏ nhất qua mạch là 0,2 A và một cách cách mắc có cường độ dòng điện qua mạch lớn nhất là 1,2 A. Hãy xác định điện trở R và hiệu điện thế nguồn. Với cách mắc có cường độ dòng điện qua mạch nhỏ nhất, khi đó ta có: U  0, 2(r  3R)1 Với cách mắc có cường độ dòng điện qua mạch lớn nhất, khi đó ta có: U  1, 2(r  R)2 3 Từ (1) và (2) ta có: 1, 2(r  R)  0, 2(r  3R)  6r  2R  r  3R  R  30 3 3 Thay R = 30  và r = 6  vào (1) ta có: U  0, 26  3.30  U  19, 2V b) Hãy tính công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch AB trong các cách mắc. * Cách 1: 3 điện trở mắc nối tiếp PAB  I 2 .3R  0, 22.3.30  3, 6W m * Cách 2: 3 điện trở mắc song song  PAB  I 2 . R  1, 22.10  14, 4W m 3 * Cách 3: Đoạn mạch AB có: Rnt(R // R) Rm rR R  51  Im  U  32 A PAB  I m . 3 R  6, 4W 2 Rm 85 2 * Cách 4: Đoạn mạch AB có: R //(RntR) Rm r 2R  26  Im  U  48 A PAB  I m . 2 R  10,9W 3 Rm 65 3 2) Công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB: PAB   r U 2 .Rx  r2  2rRx  Rx2  U2 Rx  Rx2   2r  U2   r2  0 3   Rx  PAB  PAB  Rx     a) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB là 11,52 W. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 64

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Thay r = 6  , PAB = 11,52 W, U = 19,2 V vào (3) ta có: Rx2   2.6  19, 22   62  0  Rx2  20.Rx  36  0  11, 52  .Rx    Rx  18; Rx  2 (Ta nhận thấy ứng với cùng một công suất tiêu thụ điện trên trên đoạn mạch AB sẽ có hai giá trị biến trở RX ) b) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB đạt giá trị cực đại. Hãy tính giá trị công suất đó. Có rất nhiều cách để giải bài toán về cách tìm cực trị công suất ở đây tôi xin giới thiệu một vài phương pháp thường dùng. Cách giải 1: Sử dụng biệt số denta Xét phương trình (3) ta có:    2r  U2 2  4r 2  PAB    Phương trình (3) có nghiệm    0    U2 2  4r2  0  4r 2 4 rU 2  U4  4r2  0  2r PAB  PAB P2   AB  U2  4r  0  PAB U2  PAB max  U2  15,36W PAB 4r 4r   2r  U2   PAB max  Vì   0 nên ta có: Rx     6 2 Cách giải 2: Sử dụng bất đẳng thức Côsi: Công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB: PAB   r U 2 .Rx  r2  U2  Rx2 .Rx  U2   Rx  2rRx  r2   Rx  2r Rx Vì U và r không đổi nên ta có: PAB max  r2  4   Rx  Rx  min  Theo bất đẳng thức Côsi ta có:  Rx  r2   2 r2  2r   Rx  r2   2r  Rx  r2  Rx  r(5)  Rx  Rx. Rx  Rx  Rx    min Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 65

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Từ (4) và (5)  PAB max  Rx r  6  PAB max  U2  19, 22  15,36W 4Rx 4.6 Đây là một dạng bài khó các em phải có tư duy tốt và vững vàng về mặt toán học. Khi gặp bài toán đề không cho hiệu điện thế nguồn thì chúng ta vẫn tiến hành giải bình thường nhưng khi đó ta chỉ xác định được giá trị điện trở. c) Với giá trị nào của biến trở Rx thì công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB bằng một nửa giá trị cực đại. Hãy tính giá trị công suất đó. Sử dụng kết quả câu b ta có: PAB max U2  PA' B U2  7,68W thay vào (3) ta có: 4r 4r Rx2   2.6  19, 22   62  0  Rx2  36Rx  36  0  Rx  34, 97; Rx  1, 03  7, 68 .Rx   d) Khi điều chỉnh giá trị biến trở Rx ứng với hai giá trị của Rx là R1 và R2 thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB là như nhau, với R1  R2 13. Hãy xác định giá trị R1 và R2. Công suất tiêu thụ điện trên đoạn mạch AB: PAB   r U   r2  2rRx  Rx2  U2 .Rx  Rx2  (2r  U2 ).Rx  r2  0  Rx  .Rx PAB PAB   Áp dụng hệ thức viet ta có: R1  R2  (2 r U 2 )  2r  U 2  (R1  R2 )  13 PAB PAB Thay vào phương trình trên ta có: Rx2 13.R x  36  0  Rx  9; Rx  4 Với R1= 4  ta có R2= 9  ; với R1= 9  ta có R2= 4  Bài 2. Một điện trở r mắc nối tiếp với một biến trở R vào một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi. Khi biến trở R có giá trị R1, công suất tiêu thụ của biến trở là P. Khi biến trở có giá trị R2  4R1, công suất tiêu thụ của biến trở cũng bằng P. a) Khi biến trở có giá trị R0 là bao nhiêu (so với R1) thì công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị cực đại P0? b) Cho biết khi công suất tiêu thụ của biến trở đạt giá trị cực đại P0 thì hiệu điện thế giữa hay đầu của biến trở là U0 = 6V. Tìm hiệu điện thế U của nguồn điện. Phân tích và hướng dẫn giải: Cách giải 1: a) Ta có công suất tiêu thụ trên biến trở: P   U 2 R  r2  2rR  R2  U2 .R  R2   U2   r2  0  rR  P  2r P .R   Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 66

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Áp dụng hệ thức viet ta có: R1.R2  r2 1  2 2   P   r U R  R   U  , Vì U và r không đổi, áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:    r R R  r  R2 r. R 2 r   r R   2 r  R0  r  Pmax  P0  R 0  r 2 R R  R min Từ (1) và (2) ta có: R1R2  R02  R02  4R12  R0  2R1 Cách giải 2: Theo đề: P   U r 2 R1   U r 2 R2  r  R1R2  R1    R2       P   U r 2 R   U2   R  r   R R Theo bất đẳng thức côsi ta có: r R  2 r  R0  r  Pmax  P0 (2) R Từ (1) và (2) ta có: R1R2  R02  R02  4R12  R0  2R1 b, Khi công suất của biến trở đạt giá trị cực đại P0 thì R0 = r nên U0 = Ur → U = 2U0 = 12V. Bài 3. Cho mạch điện như hình vẽ. Đặt vào hai điểm A,B hiệu điện thế không đổi UAB = U = 12V. Cho R1 = 24Ω, biến trở có giá trị R2 = 18Ω, R3 = 9Ω, R4 = 6Ω, R5 = 18Ω, Ra = 0. a, Tính RAB . b, Tính số chỉ Ampe kế. c, Phải thay đổi giá trị của biến trở như thế nào để công suất tiêu thụ trên R2 lớn nhất ? Tính giá trị lớn nhất đó. Phân tích và hướng dẫn giải : a, Sơ đồ mạch : R1 //R5 // {(R2//R3)ntR4} nên RAB = 4,8Ω. b, I = U/RAB = 2,5A, I1 = U/R1 = 0,5A nên số chỉ của ampe kế là : IA = I – I1 = 2A. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 67

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc c, Khi R2 thay đổi thì : R234 = R23 +R4 = 15R2  54  I 234  I 23  I4  U  4(R2  9) R2  9 R234 5R2 18  I2  U 23  36 R2 5R2 18 Công suất toả nhiệt trên R2 là : P2  I 2 R2  362 R2  362 2 (5R2 18)2 18 )2 (5 R2  R2 P2 = P2max khi R2 = 18/5 = 3,6Ω khi đó: P2max = 3,6W. Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ : R = 4Ω, bóng đèn Đ (6V, 3W), R2 là một biến trở. Hiệu điện thế UMN = 10V. a, Xác định R2 để đèn sáng bình thường. b, Xác định R2 để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch mắc song song là cực đại. Tìm giá trị cực đại đó. Phân tích và hướng dẫn giải : Điện trở của đèn : Rđ = U2/P = 12Ω. Cường độ dòng điện định mức : Iđ = P/U = 0,5A a, Để đèn sáng bình thường thì Uđ = 6V, Iđ = 0,5A Vì Rđ //R2 nên : RAN = 12R2 / (12+R2) UAN = Uđ = 6V suy ra UMA = UMN – UAN = 4V Vì Rnt (Rđ//R2) nên : IMA = IAN → 3R = 2RAN →3.4 = 2. 12R2 / (12+R2)→ R2 = 12Ω. Vậy để đèn sáng bình thường thì : R2 = 12Ω. b, Gọi điện trở đoạn mạch song song là : RAN = x. điện trở toàn mạch : R = x + 4 Cường độ dòng điện toàn mạch là : I = 10/(4+x) Công suất tiêu thụ trên đoạn AN là : PAN  I 2 RAN  100 x  100 (4  x)2 x  16  8 x Để PAN đạt giá trị lớn nhất thì : x  16  2 16  8 x Dấu bằng xảy ra khi : x  16  x  4 x Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 68

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Vì Rđ //R2 nên : 1 1 1  R2  6 x R2 Rd Khi đó : PAN max = 6,25W khi R2 = 6Ω. Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó : R1 = 1Ω, R2 = 2Ω, Rx là một biến trở tiết diện đều với con chạy C di chuyển được trên MN và có giá trị lớn nhất là 16Ω. Hiệu điện thế U không đổi, vôn kế có điện trở rất lớn, bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. a, Khi con chạy C nằm chính giữa MN thì vôn kế chỉ 10V. Tìm số chỉ ampe kế và giá trị hiệu điện thế U. b, Xác định vị trí C để công suất trên toàn biến trở là lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó và vị trí của con chạy C khi đó. c, Đổi chỗ vôn kế và ampe kế cho nhau. Xác định số chỉ vônkế và ampe kế trong trường hợp đó. Phân tích và hướng dẫn giải : a, Khi con chạy C nằm chính giữa MN thì : RCM = RCN = 8Ω. Trang 69 Điện trở đoạn mạch AD : RAD  R1  RCD  5 Điện trở đoạn mạch AB : R = RAD +R2 = 7Ω Ta có I = I1 = I2 = ICD = UV/RCD = 2A Hiệu điện thế hai đầu mạch điện U = IR = 14V Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch UCD = ICD .RCD = 2.4 = 8V = UCN. Số chỉ của ampe kế là : IA = ICN = 1A b, Đặt RCD = x Điện trở tương đương đoạn mạch AB : R = R1 + RAD + R2 = 3 + x Cường độ dòng điện mạch chính : I = I1 = I2 = ICD = U/R = 14/(3+x) Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc  2   Công suất tiêu thụ trên biến trở : PCD  I 2 .RCD  142 x  14  CD (3  x)2 3 x   x Áp dụng BĐT cô si : 3  x  2 3 nên PCD max = 49/3W khi 3  x  x  3 xx Ta có : 1  1 1   RCM  12  RCN  4 x RCM RCN  RCM  4  RCN  12  Khi đổi chỗ vôn kế và ampe kế ta có mạch điện mới : Vôn kế chỉ số 0 Ampe kế chỉ I = UAB / R2 = 7A Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ. U = 16V, R0 = 4Ω, R1 = 12Ω, Rx là giá trị tức thời của một biến trở có giá trị đủ lớn, ampe kế A và dây nối có điện trở nhỏ. a, Tính Rx sao cho công suất tiêu thụ trên đó bằng 9W. b, Với giá trị nào của RX thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại ? Tính công suất đó. Phân tích và hướng dẫn giải : a, Công suất tiêu thụ trên Rx là : Px  U 2 (1) x Rx Dòng điện mạch chính I là : I  U  Ux Ux  U .Rtd (2) R0  Rtd Rtd R0  Rtd Với Rtd  R1Rx (3) R1  Rx thay (3) vào (2) ta được : Ux  R1Rx U .R1Rx R0 Rx (4)  R0R1  Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 70

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Thay (4) vào (1) : Px    Rx (R1 U .R1  R0 R1  2 Rx (5)   R0 )  Thay số vào (5) ta được : Rx2 10Rx  9  0 (6) có 2 nghiệm : 9Ω và 1Ω đều thoả mãn.  Rx (R1  R0 )  R0R1 2  4Rx (R1  R0 )R0R1 b, Theo cô si :   U 2R1  PXmax  U2 4(R1  R0 )R0R1 4(R1  R0 )R0 Px Dấu bằng xảy ra khi : Rx = 3Ω, khi đó PXmax = 12W. Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. U = 12V, R1 = R3 = 8Ω, R2 = 4Ω, R4 = 1Ω Rx là giá một biến trở, ampe kế A và dây nối có điện trở nhỏ, vôn kế có điện trở lớn. a, Ban đầu K đóng, điều chỉnh biến trở đến giá trị 1,2Ω. Tìm số chỉ của vôn kế, ampe kế và chiều dòng điện qua ampe kế. b, K mở. Tìm giá trị Rx để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị lớn nhất, xác định công suất lớn nhất đó. Phân tích và hướng dẫn giải : a, Khi K đóng mạch trở thành : (R1//R3)nt(R2//R4)ntRx . + Ta có : R13 = 4Ω, R24 = 0,8Ω, Rtm = 4+0,8+1,2 = 6Ω + Dòng điện qua mạch là : I = U/R = 2A = I13 = I24 = Ix . + Hiệu điện thế trên : Ux = 2.1,2 = 2,4 V U13 = 2.4 = 8V = U1 = U3 U24 = 2.0,8 = 1,6V = U2 = U4. + Số chỉ của vôn kế : UV = U – Ux = 12.2,4 = 9,6V + Dòng điện qua R1 và R2 là : I1 = 1A, I2 = 0,4A + Số chỉ của ampe kế là : IA = I1 – I2 = 1-0,4 = 0,6A và chiều dòng điện chạy từ C đến D. b, Khi K mở mạch trở thành : (R1//R3)nt R2 ntRx + Điện trở của mạch là : R = R13 + R2 + Rx = 8+ Rx + Dòng điện qua mạch : I = 12/(8+x) Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 71

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc  2    122 Rx  12   4,5 + Công suất trên Rx là : Px  I 2 .Rx (8  Rx )2 8  x  Rx   Rx   + PX max = 4,5W khi Rx = 8Ω Bài 8: Cho mạch điện như hình vẽ: Đ2 Đ3 HĐT của nguồn: U=30V. Các đèn giống nhau có cùng điện trở R2=R3=R4=R5=3  và HĐT định mức R1 Đ4 MCN B Uđm=6V. Điện Trở R1=3  , biến trở có A D Đ5 ghi B(15  -6A). Tìm vị trí con chạy C để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị lớn nhất. Tìm GTLN đó? Giải: Ta có: RAM = R1 + RDM =3+3=6  - Theo công thức tính công suât:  I b2 .Rb  I 2.Rb  U2  U2 2 .Rb  RA2M U 2.Rb   U2 Rt2d RAM  Rb  2RAM Rb  Rb RA2M   Pb .Rb Pb Rb Rb  2RAM Đặt: y  Rb  RA2M  2RAM  Pb  U2 Vì U không đổi => Để Pb Max  y Min Rb y Ta có: Theo Cosi Rb  RA2M 2 Rb . RA2M  2RAM  y  2RAM  2RAM  4RAM  4.6  24  Min y  24 Rb Rb Đạt được  Rb  RA2M  Rb  RAM  6 Rb Vậy MaxPb  U2  302  37,5W Đạt được  Rb  6 R1 A Min y 24 B Bài 9: Cho mạch điện (như hình vẽ): AB làm biến trở con chạy C có C điện trở toàn phần là 120  . Nhờ có biến trở làm thay đổi cường độ dòng điện trong mạch từ 0,9A đến 4,5A. a) Tìm giá trị của điện trở R1 và HĐT của nguồn U? .U. b) Tính công suất toả nhiệt lớn nhất trên biến trở. Biết rằng mạch điện MN được mắc vào nguồn có HĐT U không đổi. Tính giá trị của biến trở lúc này: Giải: a, Vì R1 nt Rb => Rtđ = R1 + R0 => RMax = R1+R0; RMin = R1; Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 72

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc   U  U  U  4,5 (1)  R1  30  I Max  RMin R1 R1   135V - Theo Định luật Ôm: I U   U  R RMax  U  U  4,5 U  I R1  R0 R1 120 (2)  Min b) Theo công thức tính công suât: U2 U 2.Rb U2 R1  Rb  2Rb R1  Pb  Ib2.Rb  I 2.Rb  2 .Rb  Rb2  R12  Pb  R12 Rb Rb   2R1 Đặt: y  Rb  R12  2R1  Pb  U2 Vì U không đổi => Để Pb Max  y Min Rb y Ta có: Theo Cosi Rb  R12  2 Rb . R12  2R1  y  2R1  2R1  4R1  4.30  120  Min y  120 Rb Rb Vậy MaxPb  U2 y  1352  1215W Đạt được  Rb  R1  30 Min 120 8 Bài 10: (HSG Tỉnh ĐakNông – 2012) R0 Rb B Cho mạch điện như hình vẽ: U=12V; R0=8  ; Rb là biến trở M a, Điều chỉnh biến trở để công suất của biến trở là 4W. Tính Rb A lúc này? b, Điều chỉnh Rb có giá trị bao nhiêu để công suất trên Rb đạt GTLN. Tim GTLN đó? Giải: - Theo công thức tính công suât:  2  I 2.Rb  U2 2 .Rb  U 2.Rb   U2 b R0  Rb Rb2  2Rb R0  R02  Pb I .Rb Pb R02 (1) Rb Rb   2R0 - Để Pb  4W  U2  4  122   R02  2R0   Rb2  20Rb  64  0   Rb  16  4  Rb Rb   Rb  4 R02   Rb  Rb  2R0  b, Từ (1): Pb  U2 Rb  R02  2R0 Rb Đặt: y  Rb  R02  2R0  Pb  U2 Vì U không đổi => Để Pb Max  y Min Rb y - Theo Cosi Rb  R02  2 Rb . R02  2R0  y  2R0  2R0  4R0  4.8  32  Min y  32 Rb Rb Vậy MaxPb  U2 y  122  4,5W Đạt được  Rb  R0  8 Min 32 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 73

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Bài 11: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ: R1=4  ; Đ(6V-3W); U=10V. R2 là biến trở R1 M R2 a, Xác định R2 để đèn sáng bình thường. Đ b, Xác định R2 để công suất tiêu thụ của đoạn mạch A B song song đạt GTLN. Tìm GTLN đó: c, Xác định R2 để công suất tiêu thụ của R2 đạt GTLN. Tìm GTLN đó: Giải: - Ta có: Đ 6V  3, 6W  Rd  U 2  36  12 d 3 Pd - Theo định luật Ôm:  Id  Ud 6  0,5A Rd 12 a, Để đèn sáng bình thường => Uđ=U2=UAB=10V. - Xét tại nút M ta có: I1  Id  I2  U1  1  U2  U U2  1  U2  10  6  1  U2  R2  12 R1 2 R2 R1 2 R2 4 2 R2 - Vậy với R2=5  thì đèn sáng bình thường. b, Gọi điện trở tương đương của đoạn mạch song song MB là x => RMB=x - Theo công thức tính công suât: PMB  I 2 .RMB  I 2.x  U2 .x  U2 .x  U 2.x  U 2.x x2  Pb  U2 MB Rt2d 16  8x  x  16  R1  x2 4  x2 8 x Bài 12: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ 10a : Trong đó RMN là biến trở, dây nối từ biến trở đến nguồn có điện trở tổng công là R; HĐT của nguồn không đổi UAB=12V. Khi con chạy C di chuyển từ M tới N ta thấy Ampe kế chỉ giá trị từ 1A đến 2A. a, Xác định R và R0. b, Xác định vị trí con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt GTLN. Tìm GTLN đó. c, Xác định vị trí con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở bằng nửa công suất cực đại của nó. R M N C RCM=x Giải: Hinh 10a C B RC A RNC=R0-x B Hinh 10b a, Tính R và R0. Con chạy C chia biến trở ra làm 2 phần RCM và RNC. Sơ đồ tương đương như hình 10b.<=> R nt (RCM//RNC) Đặt RCM = x => RNC=R0 – x Ta có: RCB  x  R0  x  Rtd  R  RCB  R x  R0  x R0 R0 - Theo định luật Ôm: I  U   I Max  Rtd (Min) Rtd  I Min  Rtd (Max)  - Khi con chạy ở N => RCB=0 => Rtđ(Min)=R Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 74

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc  I Max  U U  R U  12  6 Rtd (Min) R I Max 2 - Khi con chạy C ở M => Ampe kế chỉ GTNN khi đó Rtđ đạt GTLN => RCB đạt GTLN Ta có:   x 2  2x R0  R02  R02    x  R0 2  R02  R02   x  R0 2  2 4 4  2   4  2  x  R0  x x2  R0 x R0  4  RCB   R0     R0 R0 R0 R02   x  R0 2 R02 R0 R0 Dat duoc  x  R0 4  2  4 4 4 2  RCB   R0   Max RCB  R0 Khi đó con chạy C nằm ở chính giữa biến trở. - Ta có: I Min  Rtd U  U  R0 U  R  12  6  6  R0  24 R  R0 4 4 I Min  Max  b, Tìm vị trí C để Pb đạt Max Gọi điện trở tương đương của đoạn mạch song song CB là t => RCB = t - Theo công thức tính công suât: Pb  U2 .t  R2 U 2.t t2  Pb  U2  2.R.t R2  2R R  t2 t  t Đặt: y  t  R2  2R  Pb U2 Vì U không đổi => Để Pb Max  y Min t y - Theo Cosi y  t  R2  2R  2 R2  2R  2R  2R  4R  Min y  4R  24 đạt được t. tt  t  R2  t  R  6 Vậy MaxPb  U2  144  6W t Min y 24 - Ta có: 1  1  1  1  1  1  1  1  1  x2  24x 144  0  x  12 RCB RCM RCN t x R0  x 6 x 24  x - Vậy với x  12 thì Pb Max  6W . c, Đặt R CB  y y  x(R0  x)  Pb  I 2 . y  U2 .y (1) R0 b R  y2 Theo câu b: Pb Max  6W - Mà: Pb  Pb Max  6  3W (2) 2 2 - Từ (1;2)  U 2.y 3 144 y 3 y2  36 y  36  0  y1  35 (loai)   1 (t.man) R  y2 6  y2  y2 - Với y2  1  x(R0  x)  1  x(24  x) 1 x2  24x  24  0   x1  23 R0 24   1  x2 Vậy có 2 vị trí của con chạy C trên biến trở R0 sao cho RCM=1 ôm hoặc RCM=23 ôm thì công suất tiêu thụ trên toàn biến trở bằng nửa công suất cực đại của nó. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 75

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Bài 13: Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ 11a : Trong đó RMN là biến trở, dây nối từ biến trở đến nguồn có điện trở toàn phần là R0=9  ; HĐT của nguồn không đổi UAB=3V. Dây nối từ biến trở đến nguồn có điện trở tổng cộng là R=2  ; a, Xác định vị trí con chạy C để CĐDĐ trong mạch chính đạt GTNN. Tìm GTNN đó. b, Xác định vị trí con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt GTLN. Tìm GTLN đó. c, Xác định vị trí con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở bằng nửa công suất cực đại của nó. RM N C RCM=x RC C BA RNC=R0-x B Giải: Hinh 11a Hinh 11b Mạch điện như hình 11b. Con chạy C chia biến trở ra làm 2 phần RCM và RNC. Sơ đồ tương đương như hình 11b.<=> R nt (RCM//RNC) Đặt RCM = x => RNC=R0 – x Ta có: RCB  x  R0  x  Rtd  R  RCB  R x  R0  x R0 R0 - Theo định luật Ôm: I  U  IMin  Rtd (Max)  RCB (Max) Rtd   x2  2x R0  R02  R02    x  R0 2  R02  R02   x  R0 2  2 4 4  2   4  2  x  R0  x x2  R0 x R0  4  Ta có: RCB   R0     R0 R0 R0 R02   x  R0 2 R02 R0 R0 Dat duoc  x  R0 Khi đó con chạy C nằm ở 4  2  4 4 4  RCB   R0   Max RCB  2 R0 chính giữa biến trở. - Ta có: I Min  Rtd U  U  9 3  3  12 A Dat duoc  x  R0  9  R  R0 4 4 17 17 22  Max  2 4 b, Gọi điện trở tương đương của đoạn mạch song song CB là t => RCB = y - Theo công thức tính công suât: Pb  U2 .y  R2 U 2.y y2  Pb  U2  2.R.y  R2  2R R  y2 y y Đặt: f y  y  R2  2R  Pb  U2 Vì U không đổi => Để Pb Max  f y  Min y f y - Theo Cosi f y  y  R2  2R  2 R2  2R  2R  2R  4R  Min f y  4R  8 đạt được y y. y  y  R2  y  R  2 Vậy MaxPb  U2  9  1,125W y Min f y 8 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 76

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Mà: y x(R0  x)  2.9  9x  x2  x2  9x  18  0   x1  6 R0   3  x2 c, Đặt R CB t t  x(R0  x)  Pb  I 2 .t  U2 .t (1) R0 b R  t2 Theo câu b: Pb  Max   9 W Mà: Pb  Pb  Max   9 (2) 8 16 2 - Từ (1;2)  U 2.t 9  9t 9  t2 12 y  4  0 t1  11 (loai) 16 16 t2  0,3 (t.man) R  t2 2  t2 - Với t2  0,3  x(R0  x)  0,3  x(9  x)  0,3  x2  9x  2, 7 0  x1  8, 7 R0 9   0,3  x2 Vậy có 2 vị trí của con chạy C trên biến trở R0 sao cho RCM=8,7 ôm hoặc RCM=0,3 ôm thì công suất tiêu thụ trên toàn biến trở bằng nửa công suất cực đại của nó. Đặt: y  x  16  8  PMB  U 2 Vì U không đổi => Để PMB Max  y Min x y - Theo Cosi y  x  16  8  2 x.16  8  2.4  8  16  Min y  16 đạt được xx  x  16  x2  16  x  4 Vậy MaxPb  U2  102  6, 25W x Min y 16 - Ta có: 1 1 1 1 1 1  1  1  1  R2  6 RMB Rd R2 R2 RMB Rd 4 12 6 c, Ta có: RMB  Rd R2  12R2  Rtd  R1  RMB  4  12R2  48 16R2 Rd  R2 12  R2 12  R2 12  R2 - Theo định luật Ôm: I  U  1012  R2  Rtd 48 16R2 - Ta có: Rd / / R2  Ud  U2  Id Rd  I2R2  Id  I2  Id  I2 R2 Rd R2  Rd  I2  Rd .I  12 10 12  R2   120  I2  15 R2  Rd 12  Rd . 48 16R2  2R2 48 16R2 6 - Theo công thức tính công suât: P2  I 2 .R2  225 .R2  36  225R2  Pb  225 2 24R2  4R22  36 6  2R2 2 4R2 R2  24 Đặt: y  4R2  36  24  PMB  225 Vì U không đổi => Để PMB Max  y Min R2 y - Theo Cosi y  4R2  36  24  2 36  24  2.2.6  24  48  Min y  48 đạt được R2 4R2. R2  4R2  36  4R22  36  R2  3 Vậy MaxPb  225  225  75 W R2 Min y 48 16 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 77

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Bài tập áp dụng Bài 1. Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở Rx ; điện trở R1  10 . Đặt vào hai đầu mạch A, B một hiệu điện thế không đổi UAB  40 V ( điện trở các dây dẫn không đáng kể). 1. Điều chỉnh biến trở Rx  10  a) Mắc vào hai điểm M, N một vôn kế (có điện trở RV vô cùng lớn). Xác định điện trở tương đương của mạch và số chỉ của vô kế. b) Thay vôn kế bằng ampe kế (có RA  0 ). Xác định số chỉ của ampe kế 2) Mắc vào hai điểm M, N một điện trở R2  10 . Tìm giá trị của Rx để công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất và tính giá trị công suất lớn nhất đó. Bài 2. Điện trở r mắc nối tiếp với đoạn mạch AB là một biến trở R có điện trở thay đổi được rồi mắc vào nguồn điện không đổi có hiệu điện thế 18 V. Điểu chỉnh R thì thấy có 2 giá trị R1  16 và R2  4 đoạn AB tiêu thụ cùng một công suất P. Tính giá trị P. Bài 3. Mạch điện gồm một biến trở R mắc nối tiếp với một điện trở r. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp không đổi U. Thay đổi R ta thấy với hai giá trị R1 = 4,5  và R2 = 8  thì mạch tiêu thụ công suất đều bằng 8W. Hãy xác định hiệu điện thế U đặt vào hai đầu mạch điện và công suất tiêu thụ cực đại trên điện trở R. Bài 4. Cho hai điện trở R1, R2 ghép với nhau và mắc vào hai điểm có hiệu điện thế không đổi 26 V. Khi chúng ghép nối tiếp thì dòng điện qua chúng là 2A. Khi chúng ghép song song thì dòng điện qua chúng là 169 A 18 a) Tính điện trở R1, R2? b) Người ta lần lần lượt mắc R1 nối tiếp với R0, R2 nối tiếp với R0. Sau đó mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế 26V thì thấy công suất tỏa nhiệt trên hai điện trở R1, R2 là như nhau. Hãy xác định giá trị điện trở R0? Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ.Biết: U = 60V, R1= 10  ,R2 = R5 = 20  , R3 = R4 = 40  , vôn kế lý tưởng, điện trở các dây nối không đáng kể. a) Hãy tính số chỉ của vôn kế. b) Nếu thay vôn kế bằng một bóng đèn có dòng điện định mức là Id= 0,4A thì đèn sáng bình thường.Tính điện trở của đèn. Bài 6. Cho mạch điện như hình vẽ . Biết r = 3  , R1, R2 là một biến trở. a) Điều chỉnh biến trở R2 để cho công suất trên nó là lớn nhất, khi đó công suất trên R2 bằng 3 lần công suất trên R1. Tìm R1? b) Thay R2 bằng một bóng đèn thì đèn sáng bình thường, khi đó công suất trên đoạn mạch AB là lớn nhất. Tính công suất và hiệu điện thế định mức của đèn? Biết U =12V. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 78

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Bài 7. Cho mạch điện như hình vẽ. UMN = 36V. Các điện trở có giá trị: r = 1,5  ;R1 = 6  , R2 = 1,5  , điện trở toàn phần của biến trở AB là RAB = 10  . a) Xác định vị trí con chạy C trên biến trở để công suất tiêu thụ của R1 là 6W. b) Xác định vị trí con chạy C trên biến trở để công suất tiêu thụ của R2 là nhỏ nhất. Tính công suất tiêu thụ của R2 lúc này. Bài 8. Cho mạch điện như hình 1. Biết R1 = 4  , R2 = 8  , R3 = 12  , Rx là một biến trở. Điện trở của vôn kế V vô cùng lớn. Hiệu điện thế giữa hai đầu AB luôn được duy trì 20V. a) Tính công suất toả nhiệt của mạch AB khi Rx = 6  ? b) Tìm giá trị của điện trở Rx khi vôn kế V chỉ 4V? c) Tìm giá trị của Rx để công suất toả nhiệt trên biến trở đạt giá trị cực đại? Bài 9. Cho mạch điện như hình vẽ. R1=10  ; R2= 4  ; R3= R4=12  ; Ampe kế có điện trở Ra=1  , Rx là một biến trở, U không đổi. Bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K. a) K đóng, thay đổi giá trị của Rx đến khi công suất tiêu thụ trên Rx đạt cực đại thì ampe kế chỉ 3A. Xác định hiệu điện thế U. b) K mở, giữ nguyên giá trị của Rx ở câu a. Xác định số chỉ của ampe kế. Bài 10. Cho mạch điện như hình vẽ. U=8V, r =2  , R2=3  , MN là một biến trở có điện trở toàn phần bằng 3  . Đèn có điện trở R1=3  và chịu được hiệu điện thế cực đại gấp 1,2 lần hiệu điện thế định mức. Ampe kế, khóa K và các dây nối có điện trở không đáng kể, coi điện trở của đèn không phụ thuộc vào nhiệt độ. 1) Mở khóa K. Xác định vị trí của con chạy C trên biến trở để ampe kế chỉ 0,6A. 2) Đóng khóa K a) Xác định vị trí của con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở bằng 0,6W. b) Di chuyển con chạy C thì đèn luôn sáng và có một vị trí độ sáng của đèn đạt tối đa. Xác định công suất định mức của đèn. Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 79

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc Chương VI: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN MẠCH CẦU ĐIỆN TRỞ A – Tóm tắt lý thuyết 1. Khái quát về mạch cầu điện trở, mạch cầu cân bằng và mạch cầu không cân bằng. - Mạch cầu là mạch dùng phổ biến trong các phép đo chính xác ở phòng thí nghiệm điện. - Mạch cầu được vẽ như (H - 0.a) và (H - 0.b) A A BA B Các điện trở R1, R2, R3, R4 gọi là các điện trở cạnh của mạch cầu điện trở; R5 có vai trò khác biệt gọi là điện trở đường chéo của mạch cầu (người ta không tính thêm đường chéo nối giữa A – B. Vì nếu có thì ta coi đường chéo đó mắc song song với mạch cầu). 2. Phân loại mạch cầu. - Mạch cầu cân bằng - Mach cầu không cân bằng 3. Dấu hiệu để nhận biết các loaị mạch cầu a/ Mạch cầu cân bằng. - Khi đặt một hiệu điện thế UAB khác 0 thì ta nhận thấy I5 = 0. - Đặc điểm của mạch cầu cân bằng. + Về điện trở. R1  R3  R1  R2 R2 R4 R3 R4 + Về dòng điện: I1 = I2 ; I3 = I4 Hoặc I1  R3 ; I 2  R4 I 3 R1 I 4 R2 + Về hiệu điện thế : U1 = U3 ; U2 = U4 Hoặc U1  R1 ; U 3  R3 U 2 R2 U 4 R4 b/ Mạch cầu không cân bằng. - Khi đặt một hiệu điện thế UAB khác 0 thì ta nhận thấy I5 khác 0. - Khi mạch cầu không đủ 5 điện trở thì gọi là mạch cầu khuyết. (còn gọi là cầu khuyết). B – Bài tập Bài 1: (Dạng mạch cầu cân bằng) Cho mạch điện như HV. Với R1=1Ω, R2=2Ω, R3=3Ω, R4= 6Ω, R5 = 5Ω. UAB=6V. Tính I qua các điện trở? A B Giải: Ta có : R1  R3  1 => Mạch AB là mạch cầu cân bằng. R2 R4 2 => I5 = 0. (Bỏ qua R5). Mạch điện tương đương: (R1 nt R2) // (R3 nt R4) - Cường độ dòng điện qua các điện trở Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 80

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc I1 = I2 = U AB  6  2A ; I3 = I4 = U AB  6  0.67 A R1  R2 1 2 R3  R4 36 Bài 2: (Dạng mạch cầu cân bằng) Cho mạch điện như HV. Với R1: R2: R3=1:2:3; I=1A; U4=1V; I5=0. Tìm: R1; R2; R3; R4; R5 và RAB=? A B Giải: - Vì I5=0 => Mạch AB là mạch cầu cân bằng  R1  R3  1 (1) R2 R4 2 - Ta có:  I1  R3  3 (2) I3 R1 - Xét tại nút A ta có: I=I1+I3 => I1+I3 =1 (3) - Từ (2;3)  II11  3I3 1  I1  34 A  I3    14 A I3 - Ta có: I4  U4  R4  U4  U4  1  4 R4 I4 I3 1 4 - Thay vào (1) ta được: R3  1  R3  R4  4  2 R4 2 2 2 - Thay vào (2) ta được: R3  2  R1  R3  2  1 R1 2 2 - Thay vào (1) ta được: R1  1  R2  2R1  2.1  2 R2 2 - Ta có: R12=R1+R2=1+2=3  ; R34=R3+R4=2+4=6  - Vì R12 // R34 RAB  R12 R34  3.6  2 R12  R34 36 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 81

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc CÁC DẠNG TOÁN VỀ MẠCH CẦU KHÔNG CÂN BẰNG Dạng 1: Mạch cầu có một điện trở bằng 0. M Bài 3: Cho mạch như hình vẽ: U=2V; R1=R2=1,5  R4=2  ; R5=3  ; R1=0  . Tìm các dòng điện qua các điện A B B trở Giải: Ta chập A với M => R2//((R5 //R3)ntR4) Dạng 2: Mạch cầu có điện trở đường chéo bằng 0. A N R2 Bài 4: Cho mạch như hình vẽ: U=1V; R1=R3=2  ; R4 R2=1,5  ; R4=3  ; RA=0  . Tìm các dòng điện qua R1 M các điện trở và CĐDĐ qua Ampe kế. Cực dương của Ampe kế mắc ở đâu. A Giải: R3 Vì RA=0  . Ta chập Mvới N=> (R1//R3) nt (R2 //R4) N - Ta có: R13  R1.R3  2.2  1; R24  R2 .R4  1, 5.3  1  Rtd  R13  R24 11 2 R1  R3 22 R2  R4 1,5  3 I  U  1  0,5A  I  I13  I 24  0,5A Rtd 2 Vi : R1 / / R3  U1  U3  I1R1  I 3 R3  I1  I3  I1  I3  I13 R3 R1 R1  R3 R1  R3  I1  R3 I13  2 2 .0, 5  1 A; I3  R1 I13  2 .0, 5  1 A R1  R3  2 4 R1  R3 2 2 4 - Tương tự: I2  R4 I 24  3 .0,5  1 A; I4  R2 I 24  1,5 .0,5  1 A R2  R4 1,5  3 3 R2  R4 1,5  3 6 - Vì: I2>I1 nên dòng điện qua Ampe kế có chiều từ N tới M và có độ lớn: IA  I2  I1 11 1 A 34 12 M R2 Dạng 3: Mạch cầu có 2 điện trở bằng 0. A1 A2 Bài 5: Cho mạch như hình vẽ: U=2V; RA1=RA2=0  ; A R5 B R2=2  ; R3=3  ; R5=6  . Tìm CĐDĐ qua Ampe kế. Giải: R3 - Vì: RA1=RA2=0  nêm ta chập A với M; B với N ta N được mạch điện gồm 3 điện trở mắc song song.R2//R3//R5 - Vì: R2//R3//R5 => UAB=U2=U3=U5=2V - Theo định luật Ôm: I2  U2  2  1A; I3  U3  2 A; I5  U5  2  1 A I  I2  I3  I5 1 2  1  2A R2 2 R3 3 R5 6 3 3 3 - Xét tại nút A: I  I A1  I3  I A1  I  I3 2 2  4 A 3 3 - Xét tại nút B: I  IA2  I2  I A2  I  I2  2 1  1A Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 82

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc * Chú ý: Dòng điện mạch chính là không đổi. Ta sử dụng nút A và B là chính xác nhất để tính CĐDĐ qua các Ampe kế. Ta có thể sử dụng nút M và Nđể tính nhưng dễ bị nhầm vì khiing biết chiều dòng điện qua R5 có chiều như thế nào? Dạng 4: Mạch cầu có 3 điện trở bằng 0. Bài 6: Cho mạch như hình vẽ: U=1V; RA1 =RA2=RA3=0  ; R4=1  ; R5=2  . Ampe kế A3 chỉ IA3 =0,1A. Tìm CĐDĐ qua Ampe kế. Giải: M A1 - Vì: RA1 =RA2=RA3=0  => ta chập các điểm A; M; N lại. R4 Mạch điện lúc này gồm R4//R5 A3 R5 A2 - Vì: R4//R5 => UAB=U4 =U5=1V A B - Theo định luật Ôm: I4  U4  1  1A; I5  U5  1 A R4 1 R5 2 - Dòng điện qua A3 sẽ có chiều từ M tới N hoặc từ N tới M * TH1: Giả sử dòng điện qua A3 sẽ có chiều từ M tới N. - Xét tại nút M ta được: IA1  IA3  I4  0,11  1,1A - Xét tại nút N ta được: I5  I A3  I A2  I A2  I5  I A3  0,5  0,1  0, 4A *TH1: Giả sử dòng điện qua A3 sẽ có chiều từ N tới M. - Xét tại nút M ta được: I4  I A1  I A3  I A1  I4  I A3  1 0,1  0,9A - Xét tại nút N ta được: IA2  IA3  I5  0,1 0,5  0, 6A . Dạng 5: Dạng toán mạch cầu không cân bằng tổng quát: M Bài 7: Cho mạch như hình vẽ: U=5,7V; R1 = R2=1  ; R3=2  ; R4=3  ; R5=4  . Hãy tính A B a, Cường độ dòng điện qua các điện trở? b, Điện trở tương đương của mạch? Giải: N Cách 1: Dùng phương pháp điện thế nút (Ưu việt nhất) - Giả sử dòng điện qua R5 có chiều từ N tới M.  U5  U NM  U NA U AM  U3 U1  U5  U1 U3 - Xét tại nút M ta được: I2  I1  I5  U2  U1  U5  U U1  U1  U1 U3  5, 7 U1  U1  U1 U3  9U1 U3  22,8 (1) R2 R1 R5 R2 R1 R5 1 1 4 - Xét tại nút N ta được: I3  I4  I5  U3  U4  U5  U3  U U3  U1 U3  U3  5, 7 U3  U1 U3  3U1 13U3  22, 8 (2) R3 R4 R5 R3 R4 R5 2 3 4 - Từ (1;2) 9U3U1 1 U133U23 2, 8 (1) (2)  UU13  2, 8V 22, 8  2, 4V - Vậy: U5  U1 U3  0, 4V ; U2  U U1  2,9V ; U4  U U3  3,3V - Theo định luật Ôm. I1  U1  2,8A; I2  U2  2, 9 A; I3  U3  1, 2A; I4  U4  1,1A; I5  U5  0,1A R1 R2 R3 R4 R5 - Dòng điện mạch chính: Xét tại nút A ta có: I=I1+I3=2,8+1,2=4A Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 83

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Theo định luật Ôm ta có: I  U AB  Rtd  U AB  5, 7  1, 425 . Rtd I 4 Cách 2: Phương pháp đặt HPT có ẩn số là dòng điện. - Ta có: U AB  U1 U2  I1R1  I2R2  U AB  I1  I2  5, 7  I2  5, 7  I1 - Xét tại nút M ta có: I2  I1  I5  I5  I2  I1  (5, 7  I1)  I1  I5  5, 7  2I1 - Ta có: U5  UMN  U NA U AM  U3 U1  U5  U1 U3  U1  U3  U5  I1R1  I3R3  I5R5  I1  2I3  4I5  2I3  I1  4I5  I3  I1  4I5  I1  4(5, 7  2I1)  I3  9I1  22,8 2 2 2 - Xét tại nút N ta có: I3  I4  I5  I4  I3  I5  I4  9I1  22,8  (5, 7  2 I1 )  13I1  34, 2  I4  13I1  34, 2 2 2 2 - Ta có: U AB  U3 U4  I 3 R3  I 4 R4  2I3  3I4  5, 7  2  9I1  22, 8   3  13I1  34, 2   5, 7  I1  2, 8 A  2   2  - Vậy: I2  5, 7  I1  2,9 A; I3  9I1  22,8  1, 2 A 2 I4  13I1  34, 2  1,1A; I5  5, 7  2I1  0,1A; I  I1  I3  4 A 2 - Theo định luật ôm: I  U  R  U  5, 7  1, 425 R I4 Dạng 6: Ampe kế và vôn kế trong mạch cầu. Bài 8: cho mạch điện như hình vẽ: I1 R1 C R2 1. Biết R1= R2= R3=2  ; R4=6  ; UAB=1V. Tìm độ lớn và chiều dòng điện qua Ampe kế. A 2. Biết R1= R2= R3=2  ; UAB=1V. B Hãy xác định R4 để: A I3 R3 B a. Dòng điện qua Ampe kế triệt D R4 tiêu. b. Dòng điện qua Ampe kế là 0,1A. Giải: Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta có thể chập 2 điểm C và D lại thành 1 điểm: Mạch điện  R13  R1.R3  1; R24  R2 .R4  3 ; R1 R2  R1  R3 R2  R4 2 C 1. Ta có:  3 5 D  R  R13  R24 1 2  2  A R3 R4  - Theo định luật ôm: I  U  1  2 A R 5 5 2 - Vì R1//R3=> U1= U3 => I1R1=I3R3  I1  I3  I1  I3  R1 I R3  I1  R3 .I  0, 2A R3 R1 R3  R1  R1  R3 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 84

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Tương tự: I2  R4 .I  0,3A R2  R4 - Vì I2>I1 nên dòng điện qua ampe kế có chiều từ D tới C và có độ lớn: IA=I2-I1=0,3-0,2=0,1A 2/ a. Tìm R4=? Để IA=0. - Vì IA=0 => Mạch điện là mạch cầu cân bàng.  R1  R2  R4  R2 R3  2 R3 R4 R1 b. Tìm R4=? Để IA=0,1A. Ta xét 2 trường hợp: *Trường hợp 1: Dòng điện qua Ampe kế có chiều từ C tới D. - Xét tại nút C ta có: I1=I2+IA  U1  U2  IA  U1  U  U1  IA  U1  1  U1  0,1  U1  0, 6V  U3  0, 6V R1 R2 R1 R2 2 2 - Xét tại nút D ta có: I4=I3+IA  U4  U3  IA  U U3  U3  IA  1 0, 6  0, 6  0,1  R4  1 R4 R3 R4 R3 R4 2 *Trường hợp 2: Dòng điện qua Ampe kế có chiều từ D tới C. - Xét tại nút C ta có: I2=I1+IA  U2  U1  IA  U  U1  U1  IA  1  U1  U1  0,1  U1  0, 4V  U3  0, 4V R2 R1 R2 R1 2 2 - Xét tại nút D ta có: I3=I4+IA  U3  U4  IA  U3  U U3  IA  0, 4  1 0, 4  0,1 R4  6 R3 R4 R3 R4 2 R4 Bài 9: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 R2 R3 K Trong đó: RA=0; RV vô cùng lớn. V Biết R1= R2= 2  ; R3=3  ; R4=4  . Khi K A mở vôn kế chỉ 1V. A R4 B B a. Tính UAB=? Cực dương của vôn kế ở đâu. R1 R2 B b. Nếu K đóng thì Ampe kế chỉ bao nhiêu. V Giải: R3 R4 a. Khi K mở => Mạch điện như hình vẽ: R2 Vì vôn kế có điện trở vô cùng lớn nên mạch điện V A <=> (R1 nt R2) // (R3 nt R4) R4 - Vì R1 nt R2 => I1 = I2  U1  U2  U1 U2  U  U1  R1 .U  U1  1U A R1 R2 R1  R2 R1  R2 R1  R2 2 - Tương tự: U3  R3 .U  U3  3U. R1 R3  R4 7 R3 - Vì U3< U1 => UV = U1 - U3 => U1 - U3 A =UDC. Vậy cực dương của vôn kế ở phía điểm D. - Theo giả thiết: UV =UDC=1V => U1 - U3 =1 <=> 1 U  3U  1 U  14V 27 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 85

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc b. Khi K đóng => mạch điện: - Vì vôn kế có điện trở vô cùng lớn, Ampe kế có điện trở không đáng kể => Mạch điện gồm (R1// R3) nt (R2// R4) - Vì R1//R3=> U1= U3 => I1R1=I3R3  I1  I3  I1  I3  R1 I R3  I1  R3 .I  3 I  I1  3 I R3 R1 R3  R1  R1  R3 5 5 - Tương tự: I2  R4 .I  4 I  I2  2 I R2  R4 6 3 - Vì I2  I1  I A  I2  I1   2  3  I  IA 1I 1  3 5  15 - Ta có: R13  R1R3  2.3  6 ; R24  R2 R4  2.4  4 ; Rtd  R13  R24  6  4  38  R1  R3 23 5 R2  R4 24 3 5 3 15 - Theo định luật ôm: I U  14  105 A R 38 19 15 - Thay vào (1) ta được: IA 1I  1 .105 7 A 15 15 19 19 Bài 10: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó: RA=0; RV vô cùng lớn. R1 R2 Biết R1= R2= R3=1  ; R4=4  . Khi K đóng K V Ampe kế chỉ IA =1A. A B c. Tính UAB=? Cực dương của vôn kế ở đâu. A B R3 R4 d. Nếu K mở thì Vôn kế chỉ bao nhiêu. B Giải: a. Khi K đóng => Mạch điện như hình vẽ: - Vì Ampe kế lý tưởng nên mạch điện: (R1//R3) nt (R2//R4). R1 C R2 A  R13  R1R3  1 ; R24  R2 R4  4 ;  R1  R3 2 R2  R4 5 R3 D R4 - Ta có:  1 4  13  A  2 5 10  Rtd  R13  R24   - Vì R1//R3=> U1= U3 => I1R1=I3R3  I1  I3  I1  I3  R1 I R3  I1  R3 .I  1I  1 I R3 R1 R3  R1  R1  R3 11 2 - Tương tự: I2  R4 .I 4A R2  R4 5 - Vì I2  I1  IA  I2  I1   4  1  I  3 I  I  10 IA  10 A  5 2  10 3 3 R1 C R2 - Theo định luật ôm: I  U  U  I.R  10 .13  13V A V R 3 10 3 R3 D R4 b. Khi K mở => Mạch điện như hình vẽ: Vì vôn kế có điện trở vô cùng lớn nên mạch điện <=> (R1 nt R2) // (R3 nt R4) Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 86

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Vì R1 nt R2 => I1 = I2  U1  U2  U1 U2  U  U1  R1 .U  1 .13  13V R1 R2 R1  R2 R1  R2 R1  R2 11 3 6 - Tương tự: U3  R3 .U  U3  13 V R3  R4 15 - Vì U3< U1 => UV = U1 - U3 => U1 - U3 =UDC => UDC =U1  U3  13  13  1, 3V Vậy cực dương của 6 15 vôn kế ở phía điểm D và có độ lớn: UV = 1,3V. Bài 11: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó: R1 C R3 RA=0; RV vô cùng lớn.Biết: R2=R3=20  và R1. R4 =R2. R3; UAB=18V A A B R2 D R4 a. Tính Rtđ=? b. Giữ nguyên vị trí của R2 và R4 và Ampe kế. Đổi chỗ R1 và R3 thì thấy Ampe kế chỉ 0,3A. Tính R1; R4 Giải: a. Theo giả thiết: R1. R4  R2. R3  R1  R3 Đây là đk để mạch AB là mạch cầu cân bằng => Ampe R2 R4 kế sẽ chỉ số 0. Ta tạm bỏ ampe kế ra khỏi sơ đồ. Mạch điện có dạng: (R1 nt R3)//(R2 nt R4) R1  R3 R1  R2.t  20t - Đặt: R2 R4   t   R3 20  R1  t  t - Ta có: R13=R1+R3=20t+20; R24=R2+R4=20/t+20   RAB  20t  20 20  20  R13 R24  20t  20 t  20  20  RAB  20 R13  R24 20  t b. Giữ nguyên vị trí của R2 và R4 và Ampe kế. Đổi chỗ R1 và R3 khi đó mạch AB không còn là mạch cầu cân bằng nữa. Ampe kế chỉ 0,3A. Vì điện trở của ampe kế rât nhỏ nên ta chập 2 điểm C và D lai làm 1 điểm. Mạch gồm (R2 // R3) nt (R1 // R4). - Vì R2 // R3=> U2= U3 => I2R2=I3R3  I2  I3  I2  I3  R2 I  I3  R2 .I  I3  I R3 R2 R2  R3  R3 R2  R3 2 - Tương tự: I1  R4 .I R1  R4 - Giả sử dòng điện qua ampe kế có chiều từ C tới D.  IA  I3  I1  I  R4 .I   1  R4   0,3  R1 I  0, 6 1 2 R1  R4  2 R1  R4 .I  R4 R1  R4   - Ta có: R23  R2 R3  20.20  10; R14  R1R4  R2 R3  400 ; Rtd  R13  R24  10  400 R2  R3 20  20 R1  R4 R1  R4 R1  R4 R1  R4 - Theo định luật ôm: I  U  18  10 18 R1  R4   R1 I  10 R1 18 2 R 400  R1  R4  R4 10   400  R4   400 R1  R4 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 87

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Từ (1) và (2) ta suy ra: 0, 6  10  R1 18   400  R1  2R4  20 * R1  R4  R4 - Mà R1.R4  400 ** - Từ * và ** ta có HPT:  R1  2R4  20  R1  40  R1.R4  400 R4  10  - Vậy khi dđ có chiều từ C tới D thì:  R1  40 còn khi dđ có chiều từ D tới C thì do đối xứng   10 R4 =>  R1  10  R4  40  Bài 12: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó: RA=0 Biết: R1= R3=30  và R2= 10  UAB=18V không đổi a. Khi R4= 10  . Tính Rtđ=? Và I=? R1 C R2 b. R4=? Để IA=0,2A và có chiều từ C tới D. A Giải: R3 D R4 a. Vì RA=0 và R1  R2  1  Mạch AB là mạch cầu cân A B B R3 R4 bằng. Ampe kế sẽ chỉ số 0. Ta tạm bỏ ampe kế ra khỏi sơ đồ. Mạch điện có dạng: (R1 nt R2)//(R3 nt R4) - Ta có: R12=R1+R2=30+10=40  ; R34=R3+R4=30+10=40  ;  RAB  R12 R34  40.40  20  RAB  20 R12  R34 40  40 - Theo ĐL ôm: I  U  18  0,9A R 20 b. R4=? Để IA=0,2A và có chiều từ C tới D. - Xét tại nút C ta có: I1=IA+I3  U1  0, 2  U  U1  U1  0, 2  18 U1  U1  15V R1 R2 30 10 - Xét tại nút D ta có: I4 = IA + I3  U U3  0, 2  U3  3  0, 2  15  R4  30  R4 R3 R4 30 7 Bài 13: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó: RA=0; Biết: R1= 6  ; R2= 3  ; R3=8  ; UAB=21V không đổi C R3 a. Khi R4= 3  . Xác định chiều và CĐDĐ qua Ampe kế. R1 R4 b. Khi R4= 4  . Xác định chiều và CĐDĐ qua Ampe kế. A c. Biết dđ qua Ampe kế có chiều từ D tới C và có cường A độ IA=0,21A. Tính R4=? Giải: R2 D a. Khi R4= 3  . Xác định chiều và CĐDĐ qua Ampe kế. - Vì điện trở của ampe kế rât nhỏ nên ta chập 2 điểm C và D lại làm 1 điểm. => Mạch gồm (R1 // R2) nt (R3 // R4). - Ta có: R12  R1R2  2; R34  R3 R4  24 ; Rtd  R13  R24  2 24  46  R1  R2 R3  R4 11 11 11 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 88

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc - Theo định luật ôm: I U  24  231 A R 46 46 11 - Vì R1//R2=> U1= U2 => I1R1=I2R2  I1  I2  I1  I2  R1 I R2  I1  R2 .I  3 . 231  77 A R2 R1 R2  R1  R1  R2 6  3 46 46 - Tương tự: I3  R4 .I  63 A R3  R4 46 - Vì I1  I3  IA  I1  I3  77  63  7A và dòng điện qua ampe kế có chiều từ C tới D. 46 46 23 b. Khi R4= 4  . Xác định chiều và CĐDĐ qua Ampe kế. Cách 1: Giải như câu a. I1  I3  3 A IA  0. 2 Cách 2: Ta có: R1  6  2; R3 8 2 R1  R3 => Mạch AB là mạch cầu cân bằng => IA 0. R4 4 R2 R4 R2 3 c. Biết dđ qua Ampe kế có chiều từ D tới C và có cường độ IA=0,21A. Tính R4=? - Xét tại nút C ta có: I3=IA+I1  U3   U1  U  U1  IA  U1  21  U1  0, 21 U1  U1  8, 28V  U2  8, 28V R3 R1 R3 R1 8 6 - Xét tại nút D ta có: I2 = IA + I4 => I4= I2 - IA  U U2  U2  IA  21 8, 28U2  U 8, 28  0, 21  R4  12, 72  424  R4  5 R4 R2 R4 3 2, 55 85 Bài 13: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó: RA=0; R1 C R3 Biết: R1= 2  ; R2= 9  ; R3=12  ; UAB=12V không đổi A R2 D R4 a. Khi R4= 8  . Xác định chiều và CĐDĐ qua Ampe A B kế. b. Biết dđ qua Ampe kế có chiều từ C tới D và có cường độ IA=0,2A. Tính R4=? (Giải tương tự các bài trên) Bài 14: (chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An 09-10) Cho mạch điện như hình 2. Biết R 1 = R 2 = 3  , R 3 = 2  , R 4 là biến trở, ampe kế và VA vôn kế đều lý tưởng, các dây nối và khóa K có điện trở không đáng kể. 1. Điều chỉnh để R 4 = 4  . Hình 2 a) Đặt UBD = 6V, đóng khóa K. Tìm số chỉ ampe kế và vôn kế ? b) Mở khóa K, thay đổi UBD đến giá trị nào thì vôn kế chỉ 2V ? 2. Giữ UBD = 6V. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R 4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào? Giải: 1.a. Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế ? R13 = R1 R3 = 3.2  6  1,2 (  ) R 24 = R2 R4  3.4  12 () R1  R3 32 5 R2  R4 34 7 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 89

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc R BD = R 13 + R 24 = 1,2 + 12 = 20,4 () 7 7 Cường độ dòng điện mạch chính : I = UBD = 6  2,06 (A) RBD 20,4 7 Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R3 : U 13 = U1 = U3 = I. R 13 = 21 .1,2  2,47 (V) 10,2 Cường độ dòng điện qua R1: I1 = U1 = 2,47  0,82 (A) R1 3 Hiệu điện thế giữa hai đầu R2 và R4 : U 24 = U 2 = U4 = I. R 24 = 2,06. 12  3,53 (V) 7 Cường độ dòng điện qua R2: I2 = U2 = 3,53  1,18 (A) 3 R2 Do I 2 > I1 nên I A = I 2 - I1 = 1,18 - 0,82 = 0,36(A) Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ I A = 0,36(A) Ampe kế có điện trở không đáng kể đã nối tắt M và N => UMN = 0(V)nên vôn kế chỉ số 0 b. Khi mở K, vôn kế chỉ 2 (V). Xác định UBD = ? I12 R 12 = R 1 + R 2 = 6 (  ); R 34 = R 3 + R 4 = 6 (  I 12 = I 34 = U I34 6 Ta có : U 1 = I 12 .R 1 = 3. U =U 6 2 U3 = I 34 .R 3 = 2. U =U 6 3 UV = U1- U3 = U  U = U U = 6 UV = 6.2 = 12 (V) 23 6 2. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R 4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế I A thay đổi như thế nào? I1 I2 A Ta có : R 13 = R1 R3 = 3.2  6  1,2 (  ) R1  R3 32 5 Đặt RNC = x => R 24 = R2 .x = 3.x R2  x 3 x R BD = 1,2 + 3.x = 4,2x  3,6 3 x 3 x I= U = 6 = 6(3  x) RBD 4,2x  3,6 4,2x  3,6 3 x U 13 = I. R 13 = 6(3  x) .1,2 = 7,2(3  x) 4,2x  3,6 4,2x  3,6 Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 90

Tröôøng THCS Löông Theá Vinh OÂn Thi HSG Moân Vaät Lyù – Phaàn Ñieän Hoïc 7,2(3  x) I1 = U 13 = 4,2x  3,6 = 2,4(3  x) R1 4,2x  3,6 3 U 24 = I.R 24 = 6(3  x) . 3.x = 18.x 4,2x  3,6 3  x 4,2x  3,6 18.x I2 = U 24 = 4,2x  3,6 = 6.x 3 4,2x  3,6 R2 * Xét hai trường hợp : - Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N. Khi đó : I A = I1 - I2 = 2,4(3  x) - 6.x = 7,2  3,6x (1) 4,2x  3,6 4,2x  3,6 4,2x  3,6 Biện luận : Khi x = 0 thì I A = 2 (A) Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm; (4,2.x + 3,6) tăng do đó I A giảm. Khi x = 2 thì I A = 7,2  3,6.2 = 0. 4,2.2  3,6 - Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M. Khi đó : I A = I 2 - I1 = 6.x - 2,4(3  x) = 3,6x  7,2 4,2x  3,6 4,2x  3,6 4,2x  3,6 3,6  7,2 x => I A = 4,2  3,6 (2) x Biện luận : + Khi x tăng từ 2 (  ) trở lên thì 7,2 và 3,6 đều giảm do đó I A x x tăng. + Khi x rất lớn ( x   ) thì 7,2 và 3,6  0. Do đó IA  0,86 x x (A) và cường độ dòng chạy qua điện trở R 4 rất nhỏ. Sơ đồ mạch có thể vẽ như hình bên. ======================================================================= CHÚC THÀNH CÔNG Giaùo vieân: Traàn Vaên Huøng – ÑT: 0387.123.600 – 0824.67.29.39 Trang 91