Điện năng và công suất điện - Định luật Jun- Lenxơ

Hiệu điện thế định mức của mỗi đèn :

 \({U_{dm}} = \sqrt {{P_{dm}}.{R_D}} \, = \,\sqrt {6.6\,} \, = \,6V\).

Mà \({U_V} = {\rm{ }}3V < {U_{dm}}\)  nên đèn sáng mờ hơn.

Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn :

\({E_b} = E = 16V\) và  \({r_b} = \frac{r}{2}\, = \,1\Omega \)

- Cường độ dòng điện qua mạch chính :

\(I\, = \,\frac{{{E_b}}}{{{R_1} + {R_{D12}} + {R_2} + {r_b}}}\, = \,\frac{{16}}{{13 + \frac{{{R_D}}}{2}}}\)

Mặt khác, ta có :

 \(I = \,\frac{{{U_V}}}{{{R_{D12}}}}\, = \,\frac{3}{{\frac{{{R_D}}}{2}}} \to {R_D} = 6\Omega \)

Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn :

\({E_b} = E = 16V\) và  \({r_b} = \frac{r}{2}\, = \,1\Omega \)

- Cường độ dòng điện qua mạch chính :

\(I\, = \,\frac{{{E_b}}}{{{R_1} + {R_{D12}} + {R_2} + {r_b}}}\, = \,\frac{{16}}{{13 + \frac{{{R_D}}}{2}}}\)

Mặt khác, ta có :

 \(I = \,\frac{{{U_V}}}{{{R_{D12}}}}\, = \,\frac{3}{{\frac{{{R_D}}}{2}}} \to {R_D} = 6\Omega \)

Ta có:

+ \(\dfrac{1}{{{R_{//}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}} \to {R_{12}} = {R_{//}} < {R_1},{R_2}\)

+ \({U_1} = {U_2} \leftrightarrow {I_1}{R_1} = {I_2}{R_2} \to {I_1} = \dfrac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{I_2} > {I_2}\) (do \({R_2} > {R_1}\) )

+ Công suất tiêu thụ: \(P = {I^2}R \to \left\{ \begin{array}{l}{P_1} = I_1^2{R_1} = \dfrac{{R_2^2}}{{{R_1}}}I_2^2 = \dfrac{{{R_2}}}{{{R_1}}}{P_2}\\{P_2} = I_2^2{R_2}\end{array} \right. \to {P_1} > {P_2}\)

  (do \({R_2} > {R_1}\) )

- Cách khác:

Ta có: \(P = \dfrac{{{U^2}}}{R}\)  => P tỉ lệ nghịch với điện trở R

\({R_2} > {R_1} \to {P_2} < {P_1}\)

Ta suy ra:

A, B, C – đúng

D - sai

Công suất mạch ngoài : \(P = {R_N}{I^2} = {\rm{ }}{R_N}.{\left( {\dfrac{E}{{{R_N} + r}}} \right)^2}\, = \,\dfrac{{{E^2}}}{{{{\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)}^2}}}\)

Để \(P = {P_{Max}}\)  thì \(\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)\) nhỏ nhất.

Theo BĐT Cô-si thì : \(\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)\; \ge 2\sqrt r \)

Dấu “=” xảy ra khi \(\sqrt {{R_N}} \, = \,\dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}\,\, \Rightarrow \,{R_N}\, = \,r\)

Khi đó: \(P = {P_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4r}}\)

=> Phương án D – sai vì: \(I = \dfrac{E}{{2r}} = \dfrac{E}{{2R}}\)

Ta có,

+ Hiệu điện thế định mức của đèn: \({U_d} = 220V\)

+ Cường độ dòng điện định mức: \({I_d} = 341mA\)

+ Công suất của đèn: \(P = UI = {220.341.10^{ - 3}} = 75,02W\)

Thời gian sử dụng đèn: \(t = 4.30 = 120h\)

+ Điện năng tiêu thụ: \(W = Pt = 75,02.120 = 9002,4{\rm{W}}h = 9,0024kWh\)

Ta có \(1kWh = 1\) số và có giá \(2500\)đ

Ta suy ra, bóng tiêu thụ hết số tiền trong 30 ngày là: \(9,0024.2500 = 22506\) đ

- Đổi các đơn vị:

+ \(t = 10p = 10.60 = 600s\)

+ \(H = 90\%  = 0,9\)

+ \({m_{nuoc}} = D.V = {1000.1,5.10^{ - 3}} = 1,5kg\)

- Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_1} = UIt = \dfrac{{{U^2}}}{R}t\)

- Nhiệt lượng thu vào: \({Q_2} = mc\Delta t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)

Ta có:

Hiệu suất \(H=\dfrac{Q_2}{Q_1}\), suy ra:

\(\begin{array}{l}H{Q_1} ={Q_2} \Leftrightarrow H\dfrac{{{U^2}}}{R}t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\\ \Leftrightarrow 0,9\dfrac{{{{220}^2}}}{R}.600 = 1,5.4200\left( {100 - 20} \right)\\ \Rightarrow R = 51,9 ≈ 52\Omega \end{array}\)

+ Công suất của ấm: \(P = \dfrac{{{U^2}}}{R} = \dfrac{{{{220}^2}}}{{52}} = 930,77W\)

\(t = 20p = \dfrac{1}{3}h\)

+ Điện năng tiêu thụ của ấm trong 30 ngày mỗi ngày 20 phút là: \({\rm{W}} = Pt = 930,77.\dfrac{1}{3}.30 = 9307,7Wh = 9,3kWh\)

- Đổi các đơn vị:

+ \(t = 10p = 10.60 = 600s\)

+ \(H = 90\%  = 0,9\)

+ \({m_{nuoc}} = D.V = {1000.1,5.10^{ - 3}} = 1,5kg\)

- Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_1} = UIt = \dfrac{{{U^2}}}{R}t\)

- Nhiệt lượng thu vào: \({Q_2} = mc\Delta t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)

Ta có:

Hiệu suất \(H=\dfrac{Q_2}{Q_1}\), suy ra:

\(\begin{array}{l}H{Q_1} ={Q_2} \Leftrightarrow H\dfrac{{{U^2}}}{R}t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\\ \Leftrightarrow 0,9\dfrac{{{{220}^2}}}{R}.600 = 1,5.4200\left( {100 - 20} \right)\\ \Rightarrow R = 51,9≈52\Omega \end{array}\)

- Đổi các đơn vị:

+ \(t = 10p = 10.60 = 600s\)

+ \(H = 90\%  = 0,9\)

+ \({m_{nuoc}} = D.V = {1000.1,5.10^{ - 3}} = 1,5kg\)

- Nhiệt lượng tỏa ra: \({Q_1} = UIt = \dfrac{{{U^2}}}{R}t\)

- Nhiệt lượng thu vào: \({Q_2} = mc\Delta t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)

Ta có:

Hiệu suất \(H=\dfrac{Q_2}{Q_1}\), suy ra:

\(\begin{array}{l}H{Q_1} ={Q_2} \Leftrightarrow H\dfrac{{{U^2}}}{R}t = mc\left( {{t_2} - {t_1}} \right)\\ \Leftrightarrow 0,9\dfrac{{{{220}^2}}}{R}.600 = 1,5.4200\left( {100 - 20} \right)\\ \Rightarrow R = 51,9≈52\Omega \end{array}\)

+ Ta có \({R_A}nt{R_3}nt[{R_1}//{R_2}{\rm{]}}\)

\(\dfrac{1}{{{R_{12}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}} \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Điện trở tương đương của toàn mạch:

\(\begin{array}{l}{R_{td}} = {R_A} + {R_3} + {R_{12}} = {R_A} + {R_3} + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\\ = 0,2 + 3,8 + \dfrac{{24.{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}}\end{array}\)

Lại có \({R_{td}} = \dfrac{U}{I} = \dfrac{{12}}{1} = 12\Omega \)

Thay lên trên, ta được:

\(\begin{array}{l}4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 12\\ \Rightarrow {R_2} = 12\Omega \end{array}\)

\( \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \dfrac{{24.12}}{{24 + 12}} = 8\Omega \)

+ Ta có \({U_{12}} = I.{R_{12}} = 1.8 = 8V\)

Do \({R_1}//{R_2} \Rightarrow {U_1} = {U_2} = {U_{12}}\) 

+ Công suất tỏa nhiệt trên \({R_2}\): \({P_2} = \dfrac{{U_2^2}}{{{R_2}}} = \dfrac{{{8^2}}}{{12}} = \dfrac{{16}}{3}{\rm{W}}\)

+ Ta có \({R_A}nt{R_3}nt[{R_1}//{R_2}{\rm{]}}\)

\(\dfrac{1}{{{R_{12}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}} \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Điện trở tương đương của toàn mạch:

\(\begin{array}{l}{R_{td}} = {R_A} + {R_3} + {R_{12}} = {R_A} + {R_3} + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\\ = 0,2 + 3,8 + \dfrac{{24.{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}}\end{array}\)

Lại có \({R_{td}} = \dfrac{U}{I} = \dfrac{{12}}{1} = 12\Omega \)

Thay lên trên, ta được:

\(\begin{array}{l}4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 12\\ \Rightarrow {R_2} = 12\Omega \end{array}\)

\( \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \dfrac{{24.12}}{{24 + 12}} = 8\Omega \)

+ Ta có \({U_{12}} = I.{R_{12}} = 1.8 = 8V\)

Do \({R_1}//{R_2} \Rightarrow {U_1} = {U_2} = {U_{12}}\) 

Ta suy ra, nhiệt lượng tỏa ra trên \({R_1}\) là: \({Q_1} = I_1^2{R_1}t = \dfrac{{U_1^2}}{{{R_1}}}t = \dfrac{{{8^2}}}{{24}}.5.60 = 800J\)

+ Ta có \({R_A}nt{R_3}nt[{R_1}//{R_2}{\rm{]}}\)

\(\dfrac{1}{{{R_{12}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}} \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Điện trở tương đương của toàn mạch:

\(\begin{array}{l}{R_{td}} = {R_A} + {R_3} + {R_{12}} = {R_A} + {R_3} + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\\ = 0,2 + 3,8 + \dfrac{{24.{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}}\end{array}\)

Lại có \({R_{td}} = \dfrac{U}{I} = \dfrac{{12}}{1} = 12\Omega \)

Thay lên trên, ta được:

\(\begin{array}{l}4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 12\\ \Rightarrow {R_2} = 12\Omega \end{array}\)

+ Ta có \({R_A}nt{R_3}nt[{R_1}//{R_2}{\rm{]}}\)

\(\dfrac{1}{{{R_{12}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}} \Rightarrow {R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Điện trở tương đương của toàn mạch:

\(\begin{array}{l}{R_{td}} = {R_A} + {R_3} + {R_{12}} = {R_A} + {R_3} + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\\ = 0,2 + 3,8 + \dfrac{{24.{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}}\end{array}\)

Lại có \({R_{td}} = \dfrac{U}{I} = \dfrac{{12}}{1} = 12\Omega \)

Thay lên trên, ta được:

\(\begin{array}{l}4 + \dfrac{{24{R_2}}}{{24 + {R_2}}} = 12\\ \Rightarrow {R_2} = 12\Omega \end{array}\)

Đặt \({R_x} = x\)

Ta có: \({U_{DB}} = U - {U_{AD}} = U - IR\)

Lại có: \(I = \dfrac{U}{{R + \dfrac{{{R_D}x}}{{{R_D} + x}}}}\)

Suy ra: \({U_{DB}} = U - \dfrac{{UR}}{{R + \dfrac{{{R_D}x}}{{{R_D} + x}}}} = 9 - \dfrac{{9.4}}{{4 + \dfrac{{12x}}{{12 + x}}}} = \dfrac{{27x}}{{12 + 4x}} = \dfrac{{27x}}{{4\left( {3 + x} \right)}}\)

\( \Rightarrow {P_x} = \dfrac{{U_{DB}^2}}{{{R_x}}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{27x}}{{4\left( {3 + x} \right)}}} \right)}^2}}}{x} = \dfrac{{729}}{{16{{\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + \sqrt x } \right)}^2}}}\)

\({\left[ {{P_x}} \right]_{max}}\) khi \({\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + \sqrt x } \right)_{\min }}\)

Theo BDT Cosi ta có: \(\left( {\dfrac{3}{{\sqrt x }} + \sqrt x } \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{3}{{\sqrt x }}\sqrt x }  = 2\sqrt 3 \)

Dấu  xảy ra khi \(\dfrac{3}{{\sqrt x }} = \sqrt x  \Rightarrow x = 3\Omega \)

Vậy với \({R_x} = x = 3\Omega \) thì công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất \({P_{{x_{{\rm{max}}}}}} = 3,8W\)

Ta có, đèn sáng bình thường nên: \({U_{DB}} = {U_{{R_x}}} = {U_D} = 6V\)

\( \Rightarrow I = \dfrac{{{U_{AD}}}}{R} = \dfrac{{{U_{AB}} - {U_{DB}}}}{R} = \dfrac{{9 - 6}}{4} = 0,75A\)

Mặt khác, ta có: \({I_{{R_x}}} = I - {I_D}\)

Lại có \({I_D} = \dfrac{{{P_D}}}{{{U_D}}} = \dfrac{3}{6} = 0,5A\)

Ta suy ra: \({I_{{R_x}}} = I - {I_D} = 0,75 - 0,5 = 0,25A\)

\( \Rightarrow {R_x} = \dfrac{{{U_{BD}}}}{{{I_{{R_x}}}}} = \dfrac{6}{{0,25}} = 24\Omega \)   

Ta có, đèn sáng bình thường nên: \({U_{DB}} = {U_{{R_x}}} = {U_D} = 6V\)

\( \Rightarrow I = \dfrac{{{U_{AD}}}}{R} = \dfrac{{{U_{AB}} - {U_{DB}}}}{R} = \dfrac{{9 - 6}}{4} = 0,75A\)

Mặt khác, ta có: \({I_{{R_x}}} = I - {I_D}\)

Lại có \({I_D} = \dfrac{{{P_D}}}{{{U_D}}} = \dfrac{3}{6} = 0,5A\)

Ta suy ra: \({I_{{R_x}}} = I - {I_D} = 0,75 - 0,5 = 0,25A\)

\( \Rightarrow {R_x} = \dfrac{{{U_{BD}}}}{{{I_{{R_x}}}}} = \dfrac{6}{{0,25}} = 24\Omega \)   

Ta có: P_R = \(\dfrac{{{U^2}}}{R}\)

Mặt khác: \({U_R} = {\rm{ }}I.{R_N} = \dfrac{E}{{\dfrac{{{R_1}.R}}{{{R_1} + R}} + r}}.\dfrac{{{R_1}.R}}{{{R_1} + R}}\, = \,\dfrac{{24R}}{{5R + 4}}\).

Vậy:  \({P_R} = \dfrac{{{{24}^2}{R^2}}}{{{{\left( {5R + 4} \right)}^2}.R}}\, = \,\dfrac{{576}}{{{{\left( {5\sqrt R  + \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)}^2}}}\,\)

Theo BĐT Cô-si, ta có : \(\left( {5\sqrt R  + \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)\, \ge \,4\sqrt 5 \), dấu \('' = ''\) xảy ra khi : \(\left( {5\sqrt R  = \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)\) hay \(R = \dfrac{4}{5}\Omega \).

Vậy :  \({P_{RMax}} = \dfrac{{576}}{{{{\left( {4\sqrt 5 } \right)}^2}}}\, = 7,2\,{\rm{W}}\)  khi \(R = \dfrac{4}{5}\Omega \)

Thay \({R_2}\) bằng đèn, từ hình vẽ ta có:

+ Cường độ dòng điện mạch chính: \(I = \dfrac{U}{{r + {R_{AB}}}}\)

+ Công suất trên AB: \({P_{AB}} = {I^2}{R_{AB}} = \dfrac{{{U^2}{R_{AB}}}}{{{{\left( {r + {R_{AB}}} \right)}^2}}} = \dfrac{{{U^2}}}{{\dfrac{{{r^2}}}{{{R_{AB}}}} + {R_{AB}} + 2r}}\)

+ Theo BĐT Cosi, ta có: \(\dfrac{{{r^2}}}{{{R_{AB}}}} + {R_{AB}} \ge 2r\)

\( \Rightarrow {P_{A{B_{max}}}} = \dfrac{{{U^2}}}{{2r + 2r}} = \dfrac{{{U^2}}}{{4r}}\)

Khi đó \(r = {R_{AB}} = 3\Omega \)

Mặt khác,

\(\begin{array}{l}{R_{AB}} = \dfrac{{{R_1}{R_D}}}{{{R_1} + {R_D}}} = 3\\ \Leftrightarrow \dfrac{{6{R_D}}}{{6 + {R_D}}} = 3 \Rightarrow {R_D} = 6\Omega \end{array}\)

+ Mặt khác, vì \({R_{AB}} = r\) \( \Rightarrow {U_D} = {U_{AB}} = 0,5U = 6V\)

+ Công suất định mức của đèn: \({P_D} = \dfrac{{U_D^2}}{{{R_D}}} = \dfrac{{{6^2}}}{6} = 6W\)

Ta có: \(rnt\left[ {{R_1}//{R_2}} \right]\)

\({R_{AB}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

\( \Rightarrow \) Điện trở toàn mạch: \(R = r + {R_{AB}} = r + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \dfrac{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

+ Dòng điện mạch chính: \(I = \dfrac{U}{R} = \dfrac{{U\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}}{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}\)

+ Từ hình vẽ, ta có: \({U_2} = {U_{AB}} = I.{R_{AB}} = \dfrac{{U{R_1}{R_2}}}{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}\)

+ Công suất trên \({R_2}\): \({P_2} = \dfrac{{U_2^2}}{{{R_2}}} = \dfrac{{{U^2}R_1^2{R_2}}}{{{{\left[ {{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}} \right]}^2}}} = \dfrac{{{U^2}R_1^2}}{{{{\left[ {\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) + \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }}} \right]}^2}}}\)

Theo BDT Cosi ta có: \(\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) + \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }} \ge 2\sqrt {\left( {r + {R_1}} \right){R_1}} \)

Vậy công suất cực đại trên \({R_2}\) là: \({P_2} = \dfrac{{{U^2}R_1^2}}{{4\left( {r + {R_1}} \right)r{R_1}}} = \dfrac{{{U^2}{R_1}}}{{4\left( {r + {R_1}} \right)r}}\)

Khi \({P_{{2_{max}}}}\) thì \(\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) = \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }} \Rightarrow {R_2} = \dfrac{{r{R_1}}}{{\left( {r + {R_1}} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {R_2} = \dfrac{{3{R_1}}}{{3 + {R_1}}}{\rm{         }}\left( 1 \right)\)

+ Mặt khác, theo đầu bài, ta có: \(\dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{{U_{AB}^2}}{{{R_1}}}}}{{\dfrac{{U_{AB}^2}}{{{R_2}}}}} = \dfrac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{R_2}}}{{{R_1}}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {R_1} = 3{R_2}{\rm{        }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) giải ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{R_1} = 6\Omega \\{R_2} = 2\Omega \end{array} \right.\)

Ta có: \(rnt\left[ {{R_1}//{R_2}} \right]\)

\({R_{AB}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

\( \Rightarrow \) Điện trở toàn mạch: \(R = r + {R_{AB}} = r + \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \dfrac{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

+ Dòng điện mạch chính: \(I = \dfrac{U}{R} = \dfrac{{U\left( {{R_1} + {R_2}} \right)}}{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}\)

+ Từ hình vẽ, ta có: \({U_2} = {U_{AB}} = I.{R_{AB}} = \dfrac{{U{R_1}{R_2}}}{{{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}}}\)

+ Công suất trên \({R_2}\): \({P_2} = \dfrac{{U_2^2}}{{{R_2}}} = \dfrac{{{U^2}R_1^2{R_2}}}{{{{\left[ {{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}} \right]}^2}}} = \dfrac{{{U^2}R_1^2}}{{{{\left[ {\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) + \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }}} \right]}^2}}}\)

Theo BDT Cosi ta có: \(\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) + \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }} \ge 2\sqrt {\left( {r + {R_1}} \right){R_1}} \)

Vậy công suất cực đại trên \({R_2}\) là: \({P_2} = \dfrac{{{U^2}R_1^2}}{{4\left( {r + {R_1}} \right)r{R_1}}} = \dfrac{{{U^2}{R_1}}}{{4\left( {r + {R_1}} \right)r}}\)

Khi \({P_{{2_{max}}}}\) thì \(\sqrt {{R_2}} \left( {r + {R_1}} \right) = \dfrac{{r{R_1}}}{{\sqrt {{R_2}} }} \Rightarrow {R_2} = \dfrac{{r{R_1}}}{{\left( {r + {R_1}} \right)}}\)

\( \Leftrightarrow {R_2} = \dfrac{{3{R_1}}}{{3 + {R_1}}}{\rm{         }}\left( 1 \right)\)

+ Mặt khác, theo đầu bài, ta có: \(\dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{{U_{AB}^2}}{{{R_1}}}}}{{\dfrac{{U_{AB}^2}}{{{R_2}}}}} = \dfrac{1}{3}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{{R_2}}}{{{R_1}}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow {R_1} = 3{R_2}{\rm{        }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) giải ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{R_1} = 6\Omega \\{R_2} = 2\Omega \end{array} \right.\)