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: $\left\{ \begin{array}{l}{R_1} = 6\Omega \\{R_2} = 2\Omega \end{array} \right.$