Ôn tập chương 2: Dòng điện không đổi

+ Suất điện động của bộ nguồn là: \({E_b} = {E_1} + {E_2}\)

+ Điện trở trong của bộ nguồn là: \({r_b} = {r_1} + {r_2}\)

+ Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{{{E_b}}}{{{R+r_b}}} = \dfrac{{{E_1} + {E_2}}}{{R+{r_1} + {r_2}}}\)

Giả sử dòng điện đi từ A sang B như hình vẽ  khi đó E₁ là nguồn điện, E₂ là máy thu áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch chứa máy thu: \(I = \frac{{{{\rm{U}}_{{\rm{AB}}}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \frac{{6 + 9 - 3}}{{28,4 + 1,2 + 0,4}} = 0,4\left( A \right) > 0\)

=> Điều giả sử là đúng

=> chiều dòng điện đi theo chiều giả sử (chiều từ A sang B)

- Nguồn điện gồm 7 pin mắc như hình, đây là bộ nguồn gồm 3 pin ghép nối tiếp rồi lại ghép nối tiếp với một bộ khác gồm hai dãy mắc song song, mỗi dãy gồm hai pin mắc nối tiếp.

- Áp dụng công thức mắc nguồn thành bộ trong trường hợp mắc nối tiếp và mắc song song, ta tính được suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn là: \({E_b} = 7,5V;{r_b} = 4\Omega \)

- Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch \(I = \frac{{{E_b}}}{{R + {r_b}}} = \frac{{7,5}}{{3,5 + 4}} = 1A\)

Một ấm điện có hai dây dẫn \({R_1}\) và \({R_2}\) để đun nước, trong cả 3 trường hợp nhiệt lượng mà nước thu vào đều như nhau.

- Khi dùng dây \({R_1}\) thì nước trong ấm sẽ sôi sau thời gian \({t_1} = 10\) (phút).

Nhiệt lượng dây \({R_1}\) toả ra trong thời gian đó là: \(Q = I_1^2{R_1}{t_1} = \dfrac{{{U^2}}}{{{R_1}}}{t_1}\)

- Khi dùng dây \({R_2}\) thì nước trong ấm sẽ sôi sau thời gian \({t_2} = 40\) (phút).

Nhiệt lượng dây \({R_2}\) toả ra trong thời gian đó là: \(Q = I_2^2{R_2}{t_2} = \dfrac{{{U^2}}}{{{R_2}}}{t_2}\)

- Khi dùng cả hai dây mắc song song thì sẽ sôi sau thời gian t

Nhiệt lượng dây toả ra trong thời gian đó là \(Q = \dfrac{{{U^2}}}{R}t\)

Với \(\dfrac{1}{R} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2}}}\)

Ta suy ra \(\dfrac{1}{t} = \dfrac{1}{{{t_1}}} + \dfrac{1}{{{t_2}}} = \dfrac{1}{{10}} + \dfrac{1}{{40}} \to t = 8\)(phút)

Ta có: Dòng điện một chiều không qua tụ điện nên khi khóa K đóng - dòng điện chỉ chạy qua R₁ và R₂.

Dòng điện chạy trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{{R_1} + {R_2} + r}} = \dfrac{{24}}{{5 + 5 + 2}} = 2(A)\)

+ Lúc này, tụ C₁ // R₁ và tụ C₂ // R₂, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{U_{C1}} = {U_{R1}} = I{R_1} = 10V\\{U_{C2}} = {U_{R2}} = I{R_2} = 10V\end{array} \right.\)

Điện tích của các tụ lúc này: \(\left\{ \begin{array}{l}{Q_1} = {C_1}{U_{C1}} = {4.10^{ - 6}}C\\{Q_2} = {C_2}{U_{C2}} = {6.10^{ - 6}}C\end{array} \right.\)

Ta có: Dòng điện một chiều không qua tụ nên mạch điện được vẽ lại như hình:

Tổng trở mạch ngoài: ${R_{ng}} = {\rm{ }}{R_1} + {\rm{ }}{R_2} + {\rm{ }}{R_3} = {\rm{ }}6\Omega $

Dòng điện qua mạch chính: \(I = \dfrac{E}{{{R_{ng}} + r}} = 1,5A\)

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ ${C_1}$là:

${U_{MA}} = {\rm{ }}{U_2} + {\rm{ }}{U_1} = {\rm{ }}I{\rm{ }}\left( {{R_2} + {\rm{ }}{R_1}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}4,5V$

=> Điện tích tụ ${C_1}$ tích được: ${Q_1} = {\rm{ }}{C_1}{U_{MA}} = 4,{5.10^{ - 6}} = {\rm{ }}4,{5.10^{ - 6}}C$

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ ${C_2}$ là:

${U_{BN}} = {\rm{ }}{U_2} + {\rm{ }}{U_3} = {\rm{ }}I{\rm{ }}\left( {{R_2} + {\rm{ }}{R_3}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}7,5V$

=> Điện tích tụ ${C_2}$ tích được: ${Q_2} = {\rm{ }}{C_2}{U_{BN}} = {\rm{ }}7,{5.2.10^{ - 6}} = {\rm{ }}{15.10^{ - 6}}C$

Giả sử chiều dòng điện như hình vẽ:

Coi $AB$ là hai cực của nguồn tương đương với $A$ - Cực dương, mạch ngoài coi như có điện trở vô cùng lớn.

\(\dfrac{1}{{{r_b}}} = \dfrac{1}{{{r_1} + {R_1}}} + \dfrac{1}{{{r_2} + {R_2}}} + \dfrac{1}{{{r_3} + {R_3}}} = \dfrac{3}{{{r_1} + {R_1}}} \to {r_b} = 1\Omega \)

\({E_b} = \dfrac{{\dfrac{{{E_1}}}{{{r_1} + {R_1}}} - \dfrac{{{E_2}}}{{{r_2} + {R_2}}} + \dfrac{{{E_3}}}{{{r_3} + {R_3}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}} = 2\left( V \right) = {U_{AB}}\)

Khi $R{\rm{ }} = {\rm{ }}6\Omega $

Ta xét nguồn điện tương đương gồm hai nhánh chứa hai nguồn ${e_1}$ và ${e_2}$.

Giả sử cực dương của nguồn tương đương ở A. Biến trở R và đèn là mạch ngoài.

\(\dfrac{1}{{{r_b}}} = \dfrac{1}{{{r_1} + {R_0}}} + \dfrac{1}{{{r_2}}} \to {r_b} = 1,5\Omega \)

\({e_b} = \dfrac{{\dfrac{{{e_1}}}{{{r_1} + {R_0}}} - \dfrac{{{e_2}}}{{{r_2}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}} =  - 12V < 0\)

=> Cực dương của nguồn tương đương ở B.

Ta có điện trở của đèn: \({R_D} = \dfrac{{{U^2}}}{P} = \dfrac{{{6^2}}}{6} = 6\Omega \)

Cường độ dòng điện định mức của đèn: \({I_{dm}} = \dfrac{P}{U} = \dfrac{6}{6} = 1A\)

\({I_d} = I = \dfrac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}} = \dfrac{8}{9} < {I_{dm}}\)

 => Đèn sáng yếu

- Giả sử $R_V$ vô cùng lớn: \({R_V} = \infty \)

Số chỉ trên $V_1$ là: \({U_1} = 5R\dfrac{E}{{6R}} = \dfrac{5}{6}E = \dfrac{5}{6}.24 = 20V\)

Điều này trái với giả thiết => điều giả sử là sai hay $R_V$ hữu hạn.

- Ta có: $U_{AC} = 24V$ => $U_{BC} = 12V$

\( \to {R_{CMNB}} = R \leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R\)

Với \({R_{PQ}} = \dfrac{{3R.{R_V}}}{{3R + {R_V}}} \to {R_V} = 1,5R\)

Số chỉ trên $V_2$ : \({U_2} = \dfrac{{{U_{BC}}}}{{3R}}R = 4V\)

Từ đồ thị ta suy ra: \(1,58=\xi \) và \(0=1,58-({{\text{R}}_{\text{0}}}\text{+r)}\text{.0,076}\)

\(\Rightarrow {{R}_{0}}+r=20,\text{79 ( }\!\!\Omega\!\!\text{ })\Rightarrow r=0\text{,49 ( }\!\!\Omega\!\!\text{ )}\)

- Khi MN là dòng điện thì để \({I_G} = {I_{MN}}\) mạch phải có điện trở rất nhỏ nên phải xoay OB đến điểm 1.

- Khi MN là hiệu điện thế thì để \({U_G} = {U_{MN}}\) mạch phải có điện trở R rất lớn để không có dòng điện chạy qua nên phải xoay OB đến điểm 2 hoặc điểm 3.

- Khi MN là điện trở thì để \({R_G} = {R_{MN}}\) ta phải xoay OB đến điểm 4vì khi đó: \({I_G} = \dfrac{E}{{{R_4} + {R_{MN}}}} \Rightarrow {R_{MN}} = \dfrac{E}{{{I_G}}} - {R_4}\), tức là với mỗi giá trị \({I_G}\) sẽ có số chỉ \({R_{MN}}\) tương ứng trên G.

Vậy thứ tự đúng là: 1 – 2 – 4