Bài tập định luật Ôm

Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

Khi đó ${E_1}$ là máy phát, ${E_2}$ là máy thu.

+ Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AB, ta có: $I = \dfrac{{{U_{AB}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \dfrac{{6 + 8 - 2}}{{15,1 + 0,5 + 0,4}} = \dfrac{3}{4}A$

Nhận thấy $I{\rm{ }} > {\rm{ }}0$  => điều giả sử là đúng hay dòng điện có chiều từ A đến B

Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

Khi đó ${E_1}$ là máy phát, ${E_2}$ là máy thu.

+ Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AB, ta có: $I = \dfrac{{{U_{AB}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \dfrac{{6 + 8 - 2}}{{15,1 + 0,5 + 0,4}} = \dfrac{3}{4}A$

Nhận thấy $I{\rm{ }} > {\rm{ }}0$  => điều giả sử là đúng hay dòng điện có chiều từ A đến B

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C:  ${U_{AC}} =  - {\rm{ }}{E_1} + {\rm{ }}I{r_1} =  - 8{\rm{ }} + \dfrac{3}{4}.0,5 =  - 7,625V$

+ Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B: ${U_{CB}} = {E_2} + {\rm{ }}I({r_2} + R) = 2 + \dfrac{3}{4}.(0,4 + 15,1) = 13,625V$

Giả sử chiều các dòng điện đi như hình:

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{U_{AB}} = 2,4 - 15{I_1}\\{U_{AB}} = 10{I_2} + 3\\{U_{AB}} = 15{I_3}\end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l}2,4 - 15{I_1} = 15{I_3}\\10{I_2} + 3 = 15{I_3}\end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l}15{I_1} + 15{I_3} = 2,4{\rm{            (1)}}\\10{I_2} - 15{I_3} =  - 3{\rm{             (2)}}\end{array} \right.\end{array}$

Tại nút A, ta có: ${I_1} = {\rm{ }}{I_2} + {\rm{ }}{I_3}$

$\Rightarrow {I_1} - {\rm{ }}{I_2} - {\rm{ }}{I_3} = {\rm{ }}0\;\;\left( 3 \right)$

Từ (1), (2) và (3), ta suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}{I_1} = \dfrac{1}{{35}}A\\{I_2} =  - \dfrac{{18}}{{175}}A\\{I_3} = \dfrac{{23}}{{175}}A\end{array} \right.$

Vì ${I_2} < {\rm{ }}0$ => Chiều ${I_2}$ ngược lại với chiều giả sử ban đầu

Để số chỉ ampe kế không phụ thuộc vào sự thay đổi của ${R_0}$ thì dòng điện qua ${R_0}$ phải bằng $0$.

Khi đó, chỉ có dòng qua ${E_1}$ và $R$

$\Rightarrow$ ${E_1}$ phải là máy phát và lúc này ta cũng có:

${I_1} = {\rm{ }}{I_A} = {\rm{ }}1A$

Chiều dòng điện như hình vẽ:

${U_{AB}} = IR = 1.8 = 8V = {E_2}$

$\begin{array}{l}{U_{AB}}\; = {\rm{ }}{E_1} - {\rm{ }}{I_1}{r_1}\\ \Rightarrow {E_1} = {U_{AB}} + {\rm{ }}{I_1}{r_1} = 8 + 1.0,5 = 8,5V\end{array}$

Giả sử chiều các dòng điện trong mạch như hình:

Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín ta có:

$I = \dfrac{{{E_2} + {E_3} - {E_1}}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {r_1} + {r_2} + {r_3}}} \\= \dfrac{{4 + 14,6 - 6}}{{6,4 + 4 + 6 + 0,6 + 0,4 + 0,6}} \\= 0,7A$ 

Nhận thấy $I{\rm{ }} > {\rm{ }}0$ => chiều dòng điện giả sử là đúng

Hiệu điện thế giữa hai điểm A,B là:

${U_{AB}} = {E_1} + I({R_1} + {R_3} + {r_1}) \\= 6 + 0,7(6,4 + 6 + 0,6) = 15,1V$

+ Số chỉ ampe kế bằng 0 $\Rightarrow$ dòng điện không qua ampe kế  $\Rightarrow {U_{AB}} = {\rm{ }}{E_3} = 1,6V$

+ Vì vôn kế có điện trở vô cùng lớn nên dòng điện cũng không qua vôn kế.

Vẽ lại mạch, ta được :

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{U_{AB}} = {E_1} - {I_1}{r_1}\\{U_{AB}} = {E_2} - {I_2}{r_2}\\{U_{AB}} = IR\end{array} \right.\\ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,6 = 1,9 - 0,3{I_1}\\1,6 = 1,8 - 0,1{I_2}\\1,6 = IR\end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l}{I_1} = 1(A)\\{I_2} = 2(A)\end{array} \right.\end{array}$

Lại có: $I{\rm{ }} = {\rm{ }}{I_1} + {\rm{ }}{I_2} = 1 + 2 = 3A$

$\Rightarrow R = \dfrac{{1,6}}{3} = \dfrac{8}{{15}} \approx 0,53\Omega$

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

Số chỉ trên ${V_1}$ là: ${U_1} = 5R\dfrac{E}{{6R}} = \dfrac{5}{6}E = \dfrac{5}{6}.12 = 10V$

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

- Ta có: ${U_{AC}} = 12V \Rightarrow {U_{BC}} = 6V$

$\Rightarrow {R_{CMNB}} = R \Leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R$

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

Số chỉ trên ${V_2}$: ${U_2} = \dfrac{{{U_{BC}}}}{{3R}}R = \dfrac{6}{3} = 2V$

+ Khi $r=0$

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

Số chỉ trên ${V_1}$ là: ${U_1} = 5R\dfrac{E}{{6R}} = \dfrac{5}{6}E = \dfrac{5}{6}.12 = 10V$

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

- Ta có: ${U_{AC}} = 12V \Rightarrow {U_{BC}} = 6V$

$\Rightarrow {R_{CMNB}} = R \\\Leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R$

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

+ Khi ${\rm{ }}r \ne 0$, ta có:

Mạch ngoài tiêu thụ công suất cực đại khi: ${R_N} = {\rm{ }}r$

Ta có:

$\begin{array}{l}{R_{AB}} = R\\ \Leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R\\ \Rightarrow {R_N} = R + {R_{AB}} = 2R\end{array}$

Số chỉ trên ${V_1}$ là: $U{'_1} = {U_{AB}} = \dfrac{E}{{R + {R_{AB}} + r}}{R_{AB}} = \dfrac{{12}}{{R + R + R}}R = 4V$

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.

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

$\begin{array}{l}{E_b} = \dfrac{{\dfrac{{{E_1}}}{{{r_1} + {R_1}}} - \dfrac{{{E_2}}}{{{r_2} + {R_2}}} + \dfrac{{{E_3}}}{{{r_3} + {R_3}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}}\\ = \dfrac{{\dfrac{{15}}{{1 + 2}} - \dfrac{6}{{1 + 2}} + \dfrac{3}{{1 + 2}}}}{1} = 4V = {U_{AB}}\end{array}$

Ta xét nguồn tương đương gồm hai nhánh chứa hai nguồn ${E_1}$ và ${E_2}$

Giả sử cực dương của nguồn tương đương ở A, chiều dòng điện như hình vẽ:

Biến trở $R$ là mạch ngoài:

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{r_b}}} = \dfrac{1}{{{r_1} + {R_1}}} + \dfrac{1}{{{r_2} + {R_2}}} = \dfrac{1}{{0,5 + 4,5}} + \dfrac{1}{{0,5 + 2,5}} = \dfrac{8}{{15}}\\ \to {r_b} = \dfrac{{15}}{8}\Omega \end{array}$

${E_b} = \dfrac{{\dfrac{{{E_1}}}{{{r_1} + {R_1}}} - \dfrac{{{E_2}}}{{{r_2} + {R_2}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}} = \dfrac{{\dfrac{{12}}{{0,5 + 4,5}} - \dfrac{6}{{0,5 + 2,5}}}}{{\dfrac{8}{{15}}}} = \dfrac{3}{4}V = {U_{AB}}$

Mạch tương đương:

Để công suất trên R cực đại thì : $R{\rm{ }} = {\rm{ }}{r_b} = \dfrac{{15}}{8}\Omega$

${P_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{E_b^2}}{{4{{\rm{r}}_b}}} = \dfrac{{{{\left( {\dfrac{3}{4}} \right)}^2}}}{{4.\dfrac{{15}}{8}}} = \dfrac{3}{{40}}{\rm{W}}$

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

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{r_b}}} = \dfrac{1}{{{r_1} + {R_0}}} + \dfrac{1}{{{r_2}}} = \dfrac{1}{{1 + 3}} + \dfrac{1}{1} = \dfrac{5}{4}\\ \to {r_b} = \dfrac{4}{5}\Omega \end{array}$

${e_b} = \dfrac{{\dfrac{{{e_1}}}{{{r_1} + {R_0}}} - \dfrac{{{e_2}}}{{{r_2}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}} = \dfrac{{\dfrac{{12}}{{1 + 3}} - \dfrac{{18}}{1}}}{{\dfrac{5}{4}}} =  - 12V < 0$

=> 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: ${I_{dm}} = \dfrac{P}{U} = \dfrac{6}{6} = 1A$

${I_d} = I = \dfrac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}} = \dfrac{{12}}{{6 + 6 + \dfrac{4}{5}}} = 0,9375A < {I_{dm}}$

$\Rightarrow$ Đèn sáng yếu

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

$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{r_b}}} = \dfrac{1}{{{r_1} + {R_0}}} + \dfrac{1}{{{r_2}}} = \dfrac{1}{{1 + 3}} + \dfrac{1}{1} = \dfrac{5}{4}\\ \to {r_b} = \dfrac{4}{5}\Omega \end{array}$

${e_b} = \dfrac{{\dfrac{{{e_1}}}{{{r_1} + {R_0}}} - \dfrac{{{e_2}}}{{{r_2}}}}}{{\dfrac{1}{{{r_b}}}}} = \dfrac{{\dfrac{{12}}{{1 + 3}} - \dfrac{{18}}{1}}}{{\dfrac{5}{4}}} =  - 12V < 0$

=> 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: ${I_{dm}} = \dfrac{P}{U} = \dfrac{6}{6} = 1A$

${I_d} = I = \dfrac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}}$

Để đèn sáng bình thường thì $I{\rm{ }} = {\rm{ }}{I_{dm}}$

$\begin{array}{l}{I_d} = I = \dfrac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}} = {I_{dm}} = 1A\\ \Leftrightarrow \dfrac{{12}}{{R + 6 + \dfrac{4}{5}}} = 1 \Rightarrow R = 5,2\Omega \end{array}$

+ Điện trở tương đương mạch ngoài:

${R_N} = {R_1} + R = 0,5 + R$

+ Cường độ dòng điện qua mạch:

$I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} = \dfrac{{12}}{{0,5 + R + 2,5}} = \dfrac{{12}}{{R + 3}}$

+ Công suất tiêu thụ trên biến trở:

$P = {I^2}R = \dfrac{{{{12}^2}}}{{{{\left( {R + 3} \right)}^2}}}R$

$\Rightarrow P = \dfrac{{144}}{{{{\left( {\sqrt R  + \dfrac{3}{{\sqrt R }}} \right)}^2}}}$

Ta có: ${P_{max}}$ khi ${\left( {\sqrt R  + \dfrac{3}{{\sqrt R }}} \right)^2}_{\min }$

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:

${\left( {\sqrt R  + \dfrac{3}{{\sqrt R }}} \right)^2} \ge {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 12$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt R  = \dfrac{3}{{\sqrt R }} \Rightarrow R = 3\Omega$

Công suất tiêu thụ trên biến trở:

$P = {I^2}R = {\left( {\dfrac{E}{{r + R}}} \right)^2}.R$

Từ đồ thị ta thấy khi  $R = {R_1}$ và  $R = 12,8\Omega$ thì công suất tiêu thụ trên biến trở có cùng giá trị.

Ta có:

$\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {\dfrac{E}{{8 + {R_1}}}} \right)}^2}.{R_1} = {{\left( {\dfrac{E}{{8 + 12,8}}} \right)}^2}.12,8}\\{ \Leftrightarrow \dfrac{{{R_1}}}{{{{\left( {8 + {R_1}} \right)}^2}}} = \dfrac{{12,8}}{{{{\left( {8 + 12,8} \right)}^2}}} \Rightarrow {R_1} = 5\Omega }\end{array}$

Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

Khi đó E₁ là máy phát, E₂ là máy thu.

+ Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AB, ta có:

 $I = \dfrac{{{U_{AB}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \dfrac{1}{3}A$

Nhận thấy I > 0 => điều giả sử là đúng hay dòng điện có chiều từ A đến B

Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

Khi đó E₁ là máy phát, E₂ là máy thu.

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AB, ta có:

$I = \dfrac{{{U_{AB}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \dfrac{1}{3}A$

Nhận thấy I > 0 => điều giả sử là đúng hay dòng điện có chiều từ A đến B

Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C:  

${U_{AC}} =  - {\rm{ }}{E_1} + {\rm{ }}I{r_1} =  - 8{\rm{ }} + \dfrac{1}{3}.1,2 =  - 7,6V$

Hiệu điện thế giữa hai điểm C và B:

${U_{CB}} = {E_2} + {\rm{ }}I({r_2} + R) = 4 + \dfrac{1}{3}.(0,4 + 28,4) = 13,6V$

Giả sử chiều các dòng điện đi như hình

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{U_{AB}} = 2,1 - 10{I_1}\\{U_{AB}} = 20{I_2} + 1,5\\{U_{AB}} = 10{I_3}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}2,1 - 10{I_1} = 10{I_3}\\20{I_2} + 1,5 = 10{I_3}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}10{I_1} + 10{I_3} = 2,1{\rm{            (1)}}\\20{I_2} - 10{I_3} =  - 1,5{\rm{         (2)}}\end{array} \right.$

Tại nút A, ta có:

I₁ = I₂ + I₃    

=> I₁ - I₂ - I₃ = 0   (3)

Từ (1), (2) và (3), ta có: I₁ =  0,096A, I₂ = -0,018A, I₃ = 0,114A

Vì I₂ < 0 => Chiều I₂ ngược lại với chiều giả sử ban đầu

Để số chỉ ampe kế không phụ thuộc vào sự thay đổi của R₀ thì dòng điện qua R₀ phải bằng 0.

Khi đó, chỉ có dòng qua E₁ và R => E₁ phải là máy phát và lúc này ta cũng có:

I₁ = I_A = 1A

Chiều dòng điện như hình vẽ

U_AB = IR = 1.10 =10V = E₂

U_AB  = E₁ - I₁r₁ => E₁ = U_AB + I₁r₁ = 10 + 1.1 = 11V

Giả sử chiều các dòng điện trong mạch như hình:

Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín ta có:

$I = \frac{{{E_2} + {E_3} - {E_1}}}{{{R_1} + {R_2} + {R_3} + {r_1} + {r_2} + {r_3}}} = \frac{{6 + 9 - 12}}{{4 + 2 + 3 + 1 + 2 + 3}} = 0,2A$  

Nhận thấy I > 0 => chiều dòng điện giả sử là đúng

Hiệu điện thế giữa hai điểm A,B là:

${U_{AB}} = {E_1} + I({R_1} + {R_3} + {r_1}) = 12 + 0,2(4 + 3 + 1) = 13,6V$

Số chỉ ampe kế bằng 0 => dòng điện không qua ampe kế => U_AB = E₃ = 1,6V

Vì vôn kế có điện trở vô cùng lớn nên dòng điện cũng không qua vôn kế.

Vẽ lại mạch, ta được :

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{U_{AB}} = {E_1} - {I_1}{r_1}\\{U_{AB}} = {E_2} - {I_2}{r_2}\\{U_{AB}} = IR\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1,6 = 1,9 - 0,3{I_1}\\1,6 = 1,7 - 0,1{I_2}\\1,6 = IR\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{I_1} = 1(A)\\{I_2} = 1(A)\end{array} \right.$

I = I₁ + I₂ = 1 + 1 = 2(A)

=> R = 1,6/2 = 0,8$\Omega$