Chương I- Điện học

Khi dịch chuyển con chạy C của biến trở về phía N thì số chỉ của các dụng cụ đo sẽ tăng. (nếu không giải thích đúng thì không cho điểm ý này)

Gọi x là phần điện trở của đoạn MC của biến trở; I_A và U_V là số chỉ của ampe kế và vôn kế.

Điện trở tương đương của đoạn mạch:

                 R_m = (R_o – x) + \(\frac{xR_1}{x+R_1}\)         

     <=>    R_m \(R-\frac{x^2}{x+R_1}=R-\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{R_1}{x^2}}\) 

Khi dịch con chạy về phía N thì x tăng \(\Rightarrow\left(\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{R_1}{x^2}}\right)\) tăng => R_m giảm

=> cường độ dòng điện mạch chính: I = U/R_m sẽ tăng (do U không đổi).

Mặt khác, ta lại có:           \(\frac{I_A}{x}=\frac{I-I_A}{R}=\frac{I}{R+x}\)   

                 =>       \(I_A=\frac{I.x}{R+x}=\frac{I}{1+\frac{R}{x}}\)

Do đó, khi x tăng thì ( \(1+\frac{R}{x}\)giảm và I tăng (c/m ở trên) nên I_A tăng.

Đồng thời U_V = I_A.R cũng tăng (do I_A tăng, R không đổi)

a) Khi vôn kế mắc vào 2 điểm P và Q ta có ( \(R_2\) nối tiếp với \(R_3\)) //(\(R_4\) nối tiếp \(R_5\) )

\(R_{23}=R_{45}=60\Omega\)

\(\Rightarrow R_{MN}=30\Omega\)

Điện trở tương đương toàn mạch :

\(R=R_{MN}+R_1=30+10=40\Omega\)

Cường độ dòng diện trong mạch chính :

\(-I=\frac{U}{R}=\frac{60}{40}=-1,5A\)

Cường độ dòng điện qua \(R_2\) và \(R_4\) :

\(I_2=I_4=\frac{I}{2}=\frac{1.5}{2}=0.75A\)

\(\Rightarrow U_{PQ}=R_4.I_4-R_2.I_2=40.0,75-20.0,75=15V\)

Vạy số chỉ của vôn kế là 15V

b) Khi thay vôn kế V bởi đèn :

Do \(R_2=R_5;R_3=R_4\) mạch đối xứng

Ta có \(I_2=I_5;I_3=I_4\)

\(\Rightarrow I=I_2+I_3\) và \(I_d=I_2-I_3=0,4A\)  (1)

Mặt khác, ta có :

\(U=U_1+U_2+U_3=\left(I_2+I_3\right)R_1+R_2I_2+R_3I_3\)

\(60=10\left(I_2+I_3\right)+20I_2+40I_3\)

\(6=3I_2+5I_3\)  (2)

Giải hệ phương trình (1) và (2)

Ta được :

\(I_2=1A=I_5\)

\(I_3=0,6A=I_4\)

Mặt khác ta có :

\(U_{MN}=I_2R_2+I_3R_3=I_2R_2+I_dR_d+I_5R_5\)

\(\Rightarrow I_3R_3=I_dR_d+I_5R\)

\(0,6.40=0,4R_d+1.20\)

\(\Rightarrow R_d=10\Omega\)

Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 1).
Biết:U = 60V, R1= 10
, R2=R5= 20
, R3=R4= 40
, 
vôn kế lý tưởng, điện trở các dây nối không đáng kể.
1. Hãy tính số chỉ của vôn kế.
2. 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. (Hình1)
Câu 4. (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2). 
Biết r = 3
, R1, R2 là một biến trở. 
1. 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?
2. 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. (Hình 2)

ta có:

[(R₂ nt R₃) \\ (R₄ nt R₅ )] nt R₁

R₂₃=R₂+R₃=60Ω

R₄₅=R₄+R₅=60Ω

R₂₃₄₅=\(\frac{R_{23}R_{45}}{R_{23}+R_{45}}=30\Omega\)

R=\(R_1+R_{2345}=10+30=40\Omega\)

\(\Rightarrow I=\frac{U}{R}=1.5A\)

mà I=I₁=I₂₃₄₅

\(\Rightarrow\) U₂₃₄₅=I₂₃₄₅R₂₃₄₅=45V

mà U₂₃₄₅=U₂₃=U₄₅

\(\Rightarrow\) I₂₃=\(\frac{U_{23}}{R_{23}}=0.75A\)

tương tự I₄₅=0.75A

mà I₂₃=I₂=I₃

\(\Rightarrow\) U₃=I₃R₃=30V

mà I₄₅=I₄=I₅

\(\Rightarrow\) U₅=I₅R₅=15V

theo định luật kirchoff ta có:

U_v=U₃ - U₅=15V

b)ta có:

\(\frac{R_2}{R_4}\ne\frac{R_3}{R_5}\)

nên đây là mạch cầu không cân bằng

giả sử chiều dòng điện qua bóng đèn xuống Q thì:

I₂=I_d+I₃(định lí nút)

\(\Leftrightarrow\frac{U_2}{R_2}=0.4+\frac{U_3}{R_3}\)

\(\Leftrightarrow\frac{U_2}{20}=0.4+\frac{U_3}{40}\)

\(\Leftrightarrow2U_2-U_3=16\left(1\right)\)

ta lại có:

U=U₁+U₂+U₃(định luật kirchoff)

\(\Leftrightarrow60=IR_1+U_2+U_3\)(do I=I₁)

\(\Leftrightarrow60=\left(I_2+I_4\right)R_1+U_2+U_3\)

\(\Leftrightarrow60=10\left(\frac{U_2}{20}+\frac{U_3}{40}\right)+U_2+U_3\) (U₄=U₃ do R₂=R₅ và R₃=R₄)

\(\Leftrightarrow60=\frac{3U_2}{2}+\frac{5U_3}{4}\)

\(\Leftrightarrow6U_2+5U_3=240\left(2\right)\)

giài hai phương trình (1) và (2) ta có:

U₂=U₅=20V

U₃=U₄=24V

U_d=U₄ - U₂

\(\Leftrightarrow I_dR_d=4\)

\(\Leftrightarrow0.4R_d=0.4\)

\(\Rightarrow R_d=10\Omega\)

...

*Vì điện trở của ampe kế R_a = 0 nên:

U_AC = U_AD = U₁ = I₁R₁. = 2.1 = 2 ( V )          ( Ampe kế chỉ dòng qua R1 )

*Gọi điện trở phần MD là x thì:                                                                                                        

\(I_X=\frac{5}{X}\)            

\(I_{DN}=I_1+I_X=1+\frac{2}{X}\)

\(U_{DN}=\left(1+\frac{2}{X}\right)\left(6-X\right)\)

\(U_{AB}=U_{AD}+U_{DN}=2+\left(1+\frac{2}{X}\right)\left(6-X\right)=10\)

*Giải ra được x = 2 . Con chạy phải đặt ở vị trí chia MN thành hai phần MD có giá trị 2 Ω và DN có giá trị 4 Ω. Lúc này vôn kế chỉ 8 vôn ( Vôn kế đo U_DN)

Tóm tắt:

Nhôm m1 = 0,5kg

           c1 = 880J/kg.K

Nước m2 = 2kg

           c2 = 4200J/kg.K

t1 = 25⁰C

t2 = 100⁰C

t = 20' = 1200 s

Qhp = 30%.Q_tỏa

P (hoa) = ?

Giải:

Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25⁰C tới 100⁰C là:

Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J )

Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25⁰C tới 100⁰C là:

Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J )

Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:

Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J ) (1)

Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút là:

\(H=\frac{Q}{Q_{tp}}\Rightarrow Q=Q_{tp}.H\)

mà Qtp = A = P.t => \(Q=H.P.t\Rightarrow P=\frac{Q}{H.t}\) (2)

 Tính hiệu suất: H = 100% - 30% = 70%

Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P = \(\frac{Q}{H.t}=\frac{663000.100}{70.1200}=789,3\left(W\right)\)

Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25^oC tới 100^oC là: 
\(Q_1=m_1.c_1\left(t_2-t_1\right)=0,5.880.100-25=33000\left(J\right)\)
Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25^oC tới 100^oC là: 

\(Q_2=m.c\left(t_2-t_1\right)=2.4200.\left(100-25\right)=630000\left(J\right)\)

Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: 
\(Q=Q_1+Q_2=33000+630000=663000\left(J\right)\) (1)

Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút là: 
\(H=\frac{Q}{Q_{tp}}\Rightarrow Q=H.Q_{tp}\)

Ta lại có: \(Q_{tp}=A=P.t\)

\(\Rightarrow Q=H.P.t\Rightarrow P=\frac{Q}{H.t}\) (2)
Tính hiệu suất:

\(\text{H = 100% - 30% = 70%}\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow P=\frac{Q}{H.t}=\frac{663000.100}{70.1200}=789,3\left(W\right)\)

*Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25^oC tới 100^oC là:              

Q₁ = m₁c₁ ( t₂ – t₁ ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J )

*Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25^oC tới 100^oC là:

Q₂ = mc ( t₂ – t₁ ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J )

*Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết:

Q = Q₁ + Q₂ = 663000  ( J )                           ( 1 )

*Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút   (1200 giây) là:

Q = H.P.t                                                            ( 2 )

( Trong đó H = 100% - 30% = 70%; P là công suất của ấm;  t = 20 phút = 1200 giây )

*Từ ( 1 ) và ( 2 ) : \(P=\frac{Q}{H.t}=\frac{663000.100}{70.1200}=789,3\left(W\right)\)

uk hay nhỉ bạn

ui vak ak thế mk sẽ ủng hộ các bn nha 

k cũng sẽ ủng hộ các bạn hết sức khi nào ra MV nhớ nói mk nha

Điện trở của mỗi bóng:

R_đ =\(R_d=\frac{U_d^2}{P_d}=4\left(\Omega\right)\)

Số bóng đèn cần dùng để chúng sáng bình thường: 

n =\(\frac{U}{U_d}=40\)(bóng)

Nếu có một bóng bị cháy thì điện trở tổng cọng của các bóng còn lại là:

R = 39R_đ = 156 (\(\Omega\))

Dòng điện qua mỗi đèn bây giờ:                                                                                                                    

I = \(\frac{U}{R}=\frac{240}{156}=1,54\left(A\right)\)

Công suất tiêu thụ mỗi bóng bây giờ là:

P_đ = I².R_đ = 9,49 (W)

Công suất mỗi bóng tăng lên so với trước:

Pđm - Pđ = 9,49 - 9 = 0,49  (W)

Nghĩa là tăng lên so với trướclà:

\(\frac{0,49.10}{9}\%\approx5,4\%\)

*Lúc 3 lò xo mắc song song:

Điện trở tương đương của ấm:

R₁ = \(\frac{R}{3}=40\left(\Omega\right)\)

Dòng điện chạy trong mạch:                                                                                                                                                             I₁ = \(\frac{U}{R_1+r}\)

Thời gian t₁ cần thiết để đun ấm nước đến khi sôi:

Q = R₁.I².t₁ \(\Rightarrow t_1=\frac{Q}{R_1I^2}=\frac{Q}{R_1\left(\frac{U}{R_1+r}\right)^2}\) hay t₁ =  \(t_1=\frac{Q\left(R_1+r\right)^2}{U^2R_1}\) (1)

*Lúc 2 lò xo mắc song song: (Tương tự trên ta có )

R₂ = \(\frac{R}{2}=60\left(\Omega\right)\)

I₂ = \(\frac{U}{R_2+r}\)

t₂ =  \(\frac{Q\left(R_2+r\right)^2}{U^2+R_2}\)  ( 2 )

Lập tỉ số \(\frac{t_1}{t_2}\)ta được: \(\frac{t_1}{t_2}=\frac{R_2\left(R_1+r\right)^2}{R_1\left(R_2+r\right)^2}=\frac{60\left(40+50\right)^2}{40\left(60+50\right)^2}=\frac{243}{242}\approx1\)   *Vậy t₁ \(\approx\) t₂

*  Gọi Q (J) là nhiệt lượng mà bếp cần cung cấp cho ấm để đun sôi nước thì Q luôn không đổi trong các trường hợp trên. Nếu ta gọi t₁ ; t₂ ; t₃ và t₄ theo thứ tự là thời gian bếp đun sôi nước tương ứng với khi dùng R₁, R₂ nối tiếp; R₁, R₂ song song ; chỉ dùng R₁ và chỉ dùng R₂ thì theo định luật Jun-lenxơ ta có :

                                  \(Q=\frac{U^2.t}{R}=\frac{U^2.t_1}{R_1+R_2}=\frac{U^2.t_2}{\frac{R_1.R_2}{R_1+R_2}}=\frac{U^2.t_3}{R_1}=\frac{U^2.t_4}{R_2}\)  (1)

*  Ta tính R₁ và R₂ theo Q; U ; t₁ và t₂ :

+ Từ (1)  \(\Rightarrow\)        R₁ + R₂ = \(R_1+R_2=\frac{U^2t_1}{Q}\)

+ Cũng từ (1)  \(\Rightarrow\)  R₁ . R₂ =  \(R_1.R_2=\frac{U^2t_2}{Q}\left(R_1+R_2\right)=\frac{U^4t_1t_2}{Q^2}\)

*  Theo định lí Vi-et thì R₁ và R₂ phải là nghiệm số của phương trình :

R² - \(\frac{U^2t_1}{Q}.R+\frac{U^4t_1t_2}{Q^2}=0\)(1) 

Thay t₁ = 50 phút  ;  t₂ = 12 phút  vào PT (1)  và giải ta có  \(\Delta=10^2.\frac{U^2}{Q^2}\Rightarrow\sqrt{\Delta}=\frac{10.U^2}{Q}\) .    

\(\Rightarrow\)     \(R_1=\frac{\frac{U^2t_1}{Q}+\frac{10U^2}{Q}}{2}=\frac{\left(t_1+t_2\right)U^2}{2Q}=30\frac{U^2}{Q}\)  và   \(R_2=20.\frac{U^2}{Q}\)

*  Ta có \(t_3=\frac{Q.R_1}{U^2}\)= 30 phút và  \(t_4=\frac{Q.R_2}{U^2}\) = 20 phút . Vậy nếu dùng riêng từng điện trở thì thời gian đun sôi nước trong ấm tương ứng là  30 phút và  20 phút .

* Khi K mở, cách mắc là ( R₁ nt R₃ ) // ( R₂ nt R₄ )  \(\Rightarrow\) Điện trở tương đương của mạch ngoài là

\(R=r+\frac{4\left(3+R_4\right)}{7+R_4}\) \(\Rightarrow\) Cường độ dòng điện trong mạch chính : I = \(\frac{U}{1+\frac{4\left(3+R_4\right)}{7+R_4}}\) . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là  U_AB =  \(\frac{\left(R_1+R_3\right)\left(R_2+R_4\right)}{R_1+R_2+R_3+R_4}.I\) 

 \(\Rightarrow\)  I₄ = \(\frac{U_{AB}}{R_2+R_4}=\frac{\left(R_1+R_3\right)I}{R_1+R_2+R_3+R_4}\) 

 Thay số ta được I = \(\frac{4U}{19+5R_4}\)

 * Khi K đóng, cách mắc là (R₁ // R₂ ) nt ( R₃ // R₄ )  \(\Rightarrow\) Điện trở tương đương của mạch ngoài là

 \(R'=r+\frac{9+15R_4}{12+4R_4}\Rightarrow\)Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là :

\(I'=\frac{U}{1+\frac{9+15R_4}{12+4R_4}}\) . Hiệu điện thế giữa hai điểm  A và B là  \(U_{AB}=\frac{R_3.R_4}{R_3+R_4}.I'\) 

\(\Rightarrow\)  \(I'_4=\frac{U_{AB}}{R_4}=\frac{R_3.I'}{R_3+R_4}\)

Thay số ta được \(I'=\frac{12U}{21+19R_4}\)

 * Theo đề bài thì \(I'_4=\frac{9}{5}.I_4\) ; từ đó tính được   \(R_4=1\Omega\)

b/ Trong khi K đóng, thay R₄ vào ta tính được I’₄ = 1,8A  và  I’ = 2,4A   \(\Rightarrow\) U_AC = R_AC . I’ = 1,8V

\(\Rightarrow I'_2=\frac{U_{AC}}{R_2}=0,6A\)  

 Ta có      I’₂ + I_K = I’₄   \(\Rightarrow\)  I_K = 1,2A

a/  Đổi 0,1mm² = 1. 10^-7 m² . Áp dụng công thức tính điện trở  \(R=\rho\frac{l}{S}\) ; thay số và tính \(\Rightarrow\) R_AB = 6W

b/ Khi  \(AC=\frac{BC}{2}\)  \(\Rightarrow\) R_AC = \(\frac{1}{3}\).R_AB  Þ R_AC = 2W và có R_CB = R_AB - R_AC = 4W

Xét mạch cầu MN ta có \(\frac{R_1}{R_{AC}}=\frac{R_2}{R_{CB}}=\frac{3}{2}\)  nên mạch cầu là cân bằng. Vậy  I_A = 0

c/  Đặt R_AC = x ( ĐK : \(0\le x\le6\Omega\)  ) ta có  R_CB = ( 6 - x )

* Điện trở mạch ngoài gồm  ( R₁ // R_AC ) nối tiếp ( R₂ // R_CB ) là   \(R=\frac{3.x}{3+x}+\frac{6.\left(6-x\right)}{6+\left(6-x\right)}=\)= ?

* Cường độ dòng điện trong mạch chính : \(I=\frac{U}{R}\) ?

* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : U_AD = R_AD . I = \(\frac{3.x}{3+x}.I=\) ?

                                                                       Và  U_DB = R_DB . I = \(\frac{6.\left(6-x\right)}{12-x}I\) = ?

* Ta có cường độ dòng điện qua R₁ ; R₂ lần lượt là  :  I₁ = \(\frac{U_{AD}}{R_1}\) = ?     và  I₂ = \(\frac{U_{DB}}{R_2}\) = ?

        + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I₁ = I_a + I₂  Þ I_a = I₁ - I₂ = ?  (1)

 Thay  I_a = 1/3A  vào (1) Þ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được  x = 3W ( loại giá trị -18)

        + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : I_a = I₂ - I₁ = ? (2)

 Thay I_a = 1/3A vào (2)   Þ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2W ( loại 25,8 vì > 6 )

* Để định vị trí điểm  C ta lập tỉ số \(\frac{AC}{CB}=\frac{R_{AC}}{R_{CB}}\) = ?   \(\Rightarrow\) AC = 0,3m