Bài tập định luật Ôm

- Giả sử R_V vô cùng lớn: R_V  = ∞

+ Số chỉ trên V₁ 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 V₂ :

+ ${U_2} = \dfrac{{{U_{BC}}}}{{3R}}R = 4V$

+ Khi r = 0

- Giả sử R_V vô cùng lớn: R_V  = ∞

+ Số chỉ trên V₁ 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 ${R_{PQ}} = \dfrac{{3R.{R_V}}}{{3R + {R_V}}} \to {R_V} = 1,5R$

+ Khi r khác 0

Mạch ngoài tiêu thụ công suất cực đại khi: R_N = r

Ta có:

 ${R_{AB}} = R \leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R \to {R_N} = R + {R_{AB}} = 2R$

Số chỉ trên V₁ là :

 ${U_1}' = {U_{AB}} = \dfrac{E}{{R + {R_{AB}} + r}}{R_{AB}} = 6V$

Số chỉ trên V₂ là:

${U_1}' = {U_{PQ}} = \dfrac{{{U_{AB}}}}{{{R_{APQB}}}}{R_{PQ}} = 2V$

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.

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

${E_b} = \frac{{\frac{{{E_1}}}{{{r_1} + {R_1}}} - \frac{{{E_2}}}{{{r_2} + {R_2}}} + \frac{{{E_3}}}{{{r_3} + {R_3}}}}}{{\frac{1}{{{r_b}}}}} = 2V = {U_{AB}}$

Ta xét nguồn tương đương gồm hai nhánh chứa hai nguồn E₁ và E₂

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

Biến trở R là mạch ngoài:

$\frac{1}{{{r_b}}} = \frac{1}{{{r_1} + {R_1}}} + \frac{1}{{{r_2} + {R_2}}} \to {r_b} = 2\Omega$

${E_b} = \frac{{\frac{{{E_1}}}{{{r_1} + {R_1}}} - \frac{{{E_2}}}{{{r_2} + {R_2}}}}}{{\frac{1}{{{r_b}}}}} = 4V = {U_{AB}}$

Mạch tương đương:

Để công suất trên R cực đại thì : R = r_b = 2$\Omega$

${P_{{\rm{max}}}} = \frac{{E_b^2}}{{4{{\rm{r}}_b}}} = 2{\rm{W}}$

Khi R = 6$\Omega$. Ta xét nguồn điện tương đương gồm hai nhánh chứa hai nguồn e₁ và e₂.

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

$\frac{1}{{{r_b}}} = \frac{1}{{{r_1} + {R_0}}} + \frac{1}{{{r_2}}} \to {r_b} = 1,5\Omega$

${e_b} = \frac{{\frac{{{e_1}}}{{{r_1} + {R_0}}} - \frac{{{e_2}}}{{{r_2}}}}}{{\frac{1}{{{r_b}}}}} =  - 12V < 0$

=> Cực dương của nguồn tương đương ở B.

Ta có điện trở của đèn:

${R_D} = \frac{{{U^2}}}{P} = \frac{{{6^2}}}{6} = 6\Omega$

Cường độ dòng điện định mức của đèn:

 ${I_{dm}} = \frac{P}{U} = \frac{6}{6} = 1A$

${I_d} = I = \frac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}} = \frac{8}{9} < {I_{dm}}$

 => Đèn sáng yếu

Khi R = 6$\Omega$. Ta xét nguồn điện tương đương gồm hai nhánh chứa hai nguồn e₁ và e₂.

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

$\frac{1}{{{r_b}}} = \frac{1}{{{r_1} + {R_0}}} + \frac{1}{{{r_2}}} \to {r_b} = 1,5\Omega$

${e_b} = \frac{{\frac{{{e_1}}}{{{r_1} + {R_0}}} - \frac{{{e_2}}}{{{r_2}}}}}{{\frac{1}{{{r_b}}}}} =  - 12V < 0$

=> Cực dương của nguồn tương đương ở B.

Ta có điện trở của đèn:

${R_D} = \frac{{{U^2}}}{P} = \frac{{{6^2}}}{6} = 6\Omega$

Cường độ dòng điện định mức của đèn:

${I_{dm}} = \frac{P}{U} = \frac{6}{6} = 1A$

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

Để đèn sáng bình thường thì I = I_đm

${I_d} = I = \frac{{{e_b}}}{{R + {R_d} + {r_b}}} = {I_{dm}} = 1A \leftrightarrow \frac{{12}}{{R + 6 + 1,5}} = 1 \to R = 4,5\Omega$

Ta có:

Mạch gồm: (R₄ nt R₅) // (R₂ nt R₁)

R₄₅ = R₄ + R₅ = 12$\Omega$

R₁₂ = R₁ +R₂ = 4 + 2 = 6$\Omega$

+ ${R_N} = \frac{{{R_{34}}{R_{12}}}}{{{R_{34}} + {R_{12}}}} = \frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

r_b = r₁ + r₂ + R₃ = 8$\Omega$

E_b = E₂ - E_1­­ = 12V

$I = \frac{{{E_b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = 1A$

U_AB  = I.R_N = 4V

Ta có:

Mạch gồm: (R₄ nt R₅) // (R₂ nt R₁)

R₄₅ = R₄ + R₅ = 12$\Omega$

R₁₂ = R₁ +R₂ = 4 + 2 = 6$\Omega$

+ ${R_N} = \frac{{{R_{34}}{R_{12}}}}{{{R_{34}} + {R_{12}}}} = \frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

r_b = r₁ + r₂ + R₃ = 8$\Omega$

E_b = E₂ - E_1­­ = 12V

$I = \frac{{{E_b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = 1A$

U_AB  = I.R_N = 4V

Ta có: U_CD = V_C - V_D = V_C - V_A + V_A - V_D  = U_AD - U_AC = U₂ - U₄

+ ${U_2} = {I_2}{R_2} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_1} + {R_2}}}{R_2} = \frac{4}{3}V$

+ ${U_4} = {I_4}{R_4} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_4} + {R_5}}}{R_4} = 2V$

$=  > {\rm{ }}{U_{CD}} = \frac{4}{3} - 2 =  - \frac{2}{3}V$

Ta có:

Mạch gồm: (R₄ nt R₅) // (R₂ nt R₁)

R₄₅ = R₄ + R₅ = 12$\Omega$

R₁₂ = R₁ +R₂ = 4 + 2 = 6$\Omega$

+ ${R_N} = \frac{{{R_{34}}{R_{12}}}}{{{R_{34}} + {R_{12}}}} = \frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

r_b = r₁ + r₂ + R₃ = 8$\Omega$

E_b = E₂ - E_1­­ = 12V

$I = \frac{{{E_b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = 1A$

U_AB  = I.R_N = 4V

Ta có: U_MD = V_M - V_D = V_M - V_A + V_A - V_D  = U_MA + U_AD 

+ U_MA = E₁ + I(r₁ +R₃) =10V

+ ${U_{AD}} = {U_2} = {I_2}{R_2} = \frac{{{U_{AB}}}}{{{R_1} + {R_2}}}{R_2} = \frac{4}{3}V$   

$\to {U_{MD}} = 10 + \frac{4}{3} = \frac{{34}}{3}V$

Ta có:

Mạch gồm: $\left( {{R_4}nt{\rm{ }}{R_5}} \right){\rm{ }}//{\rm{ }}\left( {{R_2}nt{\rm{ }}{R_1}} \right)$

${R_{45}} = {R_4} + {R_5} = 12\Omega$

${R_{12}} = {R_1} + {R_2} = 4 + 2 = 6\Omega$

+ ${R_N} = \dfrac{{{R_{45}}{R_{12}}}}{{{R_{45}} + {R_{12}}}} = \dfrac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

${r_b} = {r_1} + {r_2} + {R_3} = 8\Omega$

${E_b} = {\rm{ }}{E_2} - {\rm{ }}{E_1} = {\rm{ }}12V$

$I = \dfrac{{{E_b}}}{{{R_N} + {r_b}}} = 1A$

Ta có:

+ Công suất của nguồn: ${P_N} = {\rm{ }}I.{E_2} = {\rm{ }}1.15{\rm{ }} = {\rm{ }}15W$

+ Công suất của máy thu: ${P_{MT}} = {\rm{ }}I.{E_1} + {\rm{ }}{I^2}{r_1} = {\rm{ }}1.{\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}1.{\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}4W$

Điện trở của đèn là: ${R_d} = \dfrac{{{U_{dm}}^2}}{{{P_{dm}}}} = \dfrac{{{6^2}}}{6} = 6\,\,\left( \Omega  \right)$

Cường độ dòng điện định mức của đèn là: ${I_{dm}} = \dfrac{{{P_{dm}}}}{{{U_{dm}}}} = \dfrac{6}{6} = 1\,\,\left( A \right)$

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I = \dfrac{E}{{R + {R_d} + r}}$

Để đèn sáng bình thường, ta có:

$I = {I_{dm}} \Rightarrow \dfrac{E}{{R + {R_d} + r}} = {I_{dm}} \Rightarrow \dfrac{{12}}{{R + 6 + 1}} = 1 \Rightarrow R = 5\,\,\left( \Omega  \right)$

Cường độ dòng điện qua mạch là: $I = \dfrac{E}{{{R_x} + r}}$

Công suất tỏa nhiệt trên biến trở là:

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

Để ${P_{max}}$ thì $\left( {\sqrt R  + \dfrac{r}{{\sqrt R }}} \right)$ nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có:

$\left( {\sqrt {{R_x}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_x}} }}} \right) \ge 2\sqrt r$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt {{R_x}} \, = \,\dfrac{r}{{\sqrt {{R_x}} }}\,\, \Rightarrow \,{R_x}\, = \,r$

Khi đó: ${P_{max}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4r}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4{R_x}}}$

Ta có mạch ngoài gồm $\left( {{R_2}nt{R_3}} \right)//{R_1}$

${R_{23}} = {R_2} + {R_3} = 4 + 8 = 12\Omega$

${R_N} = \dfrac{{{R_{23}}{R_1}}}{{{R_{23}} + {R_1}}} = \dfrac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\Omega$

Cường độ dòng điện qua mạch: $I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} = \dfrac{{12}}{{4 + 2}} = 2A$

Hiệu điện thế mạch ngoài: ${U_N} = I.{R_N} = 2.4 = 8V$

Lại có: ${U_1} = {U_{23}} = {U_N}$

$\Rightarrow {I_{23}} = \dfrac{{{U_{23}}}}{{{R_{23}}}} = \dfrac{{{U_N}}}{{{R_{23}}}} = \dfrac{8}{{12}} = 0,67A$

Cường độ dòng điện qua ${R_2}$ là ${I_2} = {I_{23}} = 0,67A$

Điện trở của bóng đèn: ${R_d} = \dfrac{{U_d^2}}{{{P_d}}} = \dfrac{{{6^2}}}{6} = 6\Omega$

Cường độ định mức qua đèn là: ${I_{dm}} = \dfrac{{{P_d}}}{{{I_d}}} = \dfrac{6}{6} = 1A$

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

$I = \dfrac{E}{{r + {R_N}}} = \dfrac{E}{{r + \left( {{R_d} + {R_x}} \right)}} = \dfrac{{12}}{{4 + 6 + {R_x}}} = \dfrac{{12}}{{10 + {R_x}}}$

Để đèn sáng bình thường thì:

$I = {I_{dm}} \Leftrightarrow \dfrac{{12}}{{10 + {R_x}}} = 1 \Rightarrow {R_x} = 2\Omega$

Mạch ngoài gồm: ${R_1}\,\,nt\,\,\left( {{R_2}\,\,//\,{R_3}} \right)$

Điện trở tương đương của mạch ngoài là:

${R_N} = {R_1} + {R_{23}} = {R_1} + \dfrac{{{R_2}{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = 4 + \dfrac{{10.10}}{{10 + 10}} = 9\Omega$

Số chỉ của ampe kế là 0,6A

$\Rightarrow {I_3} = 0,6A \Rightarrow {U_3} = {I_3}{R_3} = 0,6.10 = 6V$

Do ${R_1}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nt{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{R_2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} //{\mkern 1mu} {R_3}} \right) \Rightarrow {U_{23}} = 6V$

$\Rightarrow {I_{23}} = \frac{{{U_{23}}}}{{{R_{23}}}} = \frac{6}{5} = 1,2A \Rightarrow I = {I_{23}} = 1,2A$

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có:

$I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} \Leftrightarrow 1,2 = \dfrac{{12}}{{9 + r}} \Leftrightarrow 9 + r = 10 \Rightarrow r = 1\Omega$

Tổng trở của mạch là: $R=\frac{({{R}_{1}}+{{R}_{2}}).{{R}_{3}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{3}}}=4\Omega$

Dòng điện trong mạch: $I=\frac{E}{R+r}=0,6A$

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện R₁₂ có giá trị: U₁₂ = E – I.r = 2,4 (V)

Dòng điện đi qua điện trở R₁ là: ${{I}_{1}}=I-{{I}_{3}}=I-\frac{{{U}_{12}}}{{{R}_{3}}}=0,6-\frac{2,4}{12}=0,4(A)$

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện R₁ có giá trị: U₁ = I₁. R₁ = 0,4 (V)

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:

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