Tổng hợp bài tập năng lượng dao động điện từ khó

Gọi điện tích của bản tụ nối với khoá K là \(q\).

Khi dòng điện đi từ \(M\) đến \(B\) thì \(i > 0\)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{2}L{i^2} + \frac{{{q^2}}}{{2C}} = qE \Rightarrow \frac{1}{2}{2.10^{ - 3}}.{\left( {15\sqrt 3 \pi {{.10}^{ - 3}}} \right)^2} + \frac{{{q^2}}}{{2.0,{{5.10}^{ - 6}}}} = q.6\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{q_1} = 1,5\mu C\\{q_2} = 4,5\mu C\end{array} \right.\end{array}\)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}i \bot q\\q \ge 0\end{array} \right.\) (bản tụ nối với cực dương của nguồn) nên lần thứ 3 cường độ dòng điện trong mạch có độ lớn \(15\sqrt 3 \pi ({\rm{mA}}) \Rightarrow q = 4,5\mu C.\)

Gọi \({C_0}\)  là điện dung của mỗi tụ điên.

Năng lượng của mạch dao động khi chư ngắt tụ \({C_2}\)

\({W_0} = \frac{{C{U^2}}}{2} = \frac{{2{C_0}{E^2}}}{2} = 36{C_0}\)

Khi \(i = \frac{{{I_0}}}{2}\), năng lượng từ trường \({W_L} = {\rm{ }}L{i^2} = \frac{1}{4}\frac{{LI_0^2}}{2} = \frac{{{W_0}}}{4} = 9{C_0}\)

Khi đó năng lượng điên trường:    \({W_C} = \frac{{3{W_0}}}{4} = 27{C_0}\)

Năng ượng điên trường của mỗi tụ:  \({W_{{C_1}}} = {W_{{C_2}}} = {\rm{ }}13,5{C_0}\)

Sau khi ngắt một tụ năng lượng còn lại của mạch là: \(W = {W_L} + {W_{{C_1}}} = 22,5{C_0}\)

\(W = \frac{{{C_1}U_1^2}}{2} = \frac{{{C_0}U_1^2}}{2} = 22,5{C_0}\)

\( \to U_1^2 = 45 \to {U_1} = 3\sqrt 5 V\)

+ Ta có hai tụ mắc nối tiếp,

=> Điện dung của bộ tụ:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{C} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}} = \frac{1}{{3{C_0}}} + \frac{1}{{6{C_0}}} = \frac{1}{{2{C_0}}}\\ \to C = {\rm{ }}2{C_0}\end{array}\)

+ Điện tích của bộ tụ \({Q_0} = {\rm{ }}EC{\rm{ }} = {\rm{ }}6{C_0}\)

Năng lượng ban đầu của mạh \({W_0} = \frac{{Q_0^2}}{{2C}} = \frac{{{{\left( {6{C_0}} \right)}^2}}}{{2.2{C_0}}} = 9{C_0}\)_­

+ Khi \(i = \frac{{{I_0}}}{2}\):   \({W_L} = \frac{{L{i^2}}}{2} = \frac{{LI_0^2}}{8} = \frac{{{{\rm{W}}_0}}}{4} = \frac{{9{C_0}}}{4} = 2,25{C_0}\)

Năng lượng của hai tụ khi đó \({W_{C1}} + {\rm{ }}{W_{C2}} = \frac{{3{W_0}}}{4} = \frac{{3.9{C_0}}}{4} = 6,75{C_0}\) (1)

Mặt khác khi hai tụ mắc nối tiếp \(\frac{{{W_{{C_1}}}}}{{{W_{{C_2}}}}} = \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = 2\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{C_1}}} = 4,5{C_0}\\{W_{{C_2}}} = 2,25{C_0}\end{array} \right.\)

+ Sau khi nối tắt tụ \({C_1}\) năng lượng của mạch \(L{C_2}\): \(W{\rm{ }} = {\rm{ }}{W_L} + {\rm{ }}{W_{C2}} = 2,25{C_0}{\rm{ + 2}}{\rm{,25}}{{\rm{C}}_0}{\rm{ =  }}4,5{C_0}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = \frac{1}{2}{C_2}U_{02}^2 = 4,5{C_0} \leftrightarrow \frac{1}{2}6{C_0}U_{02}^2 = 4,5{C_0}\\ \to {U_{02}} = \sqrt {\frac{3}{2}}  = \frac{{\sqrt 6 }}{2}V\end{array}\)

+ Ta có hai tụ mắc nối tiếp,

=> Điện dung của bộ tụ:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{C} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}} = \frac{1}{{3{C_0}}} + \frac{1}{{6{C_0}}} = \frac{1}{{2{C_0}}}\\ \to C = {\rm{ }}2{C_0}\end{array}\)

+ Điện tích của bộ tụ sau khi nối với pin:  \(Q = {C_B}E = 2{C_0}E = 6{C_0}\)

+ Năng lượng của mạch dao động \(W{\rm{ }} = \frac{{{Q^2}}}{{2{C_B}}} = \frac{{36C_0^2}}{{4{C_0}}} = 9{C_0}\)

+ Năng lượng của mạch sau khi nối tắt \({C_1}\)_:  \({\rm{W}} = \frac{{U_0^2{C_2}}}{2} \Rightarrow U_0^2 = \frac{{2W}}{{{C_2}}} = \frac{{18{C_0}}}{{6{C_0}}} = 3 \Rightarrow {U_0} = \sqrt 3 \left( V \right)\)

+ Năng lượng ban đầu của mạch:   \({W_0} = \dfrac{{\dfrac{C}{2}U_0^2}}{2} = \dfrac{{CU_0^2}}{4} = {\rm{ }}96C\)

+ Khi nối tắt một tụ (đóng khoá k):  \({W_L} = \dfrac{{L{I^2}}}{2} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{LI_0^2}}{2} = \dfrac{1}{2}{{\rm{W}}_0} = 48C\)

+ Năng lượng của tụ còn lại: \({{\rm{W}}_C} = \dfrac{1}{2}\left( {{{\rm{W}}_0} - {{\rm{W}}_L}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {96 - 48} \right)C = 24C\)

+ Năng lượng của mạch sau khi đóng khóa K :  \(W{\rm{ }} = {\rm{ }}{W_L} + {\rm{ }}{W_C} \to \dfrac{{CU_{{\rm{max}}}^2}}{2} = 48C + 24C = 72C\)

\( \to U_{max}^2 = 144 \to {U_{{\rm{max}}}} = 12V\)

Gọi \({U_0}\) là điện áp cực đại lúc đầu giữa hai đầu cuộn cảm cũng chính là điện áp cực đại giữa hai đầu bộ tụ; \(C\) là điện dung của mỗi tụ.

+ Năng lượng ban đầu của mạch dao động 

\({{\rm{W}}_0} = \dfrac{{\dfrac{C}{2}U_0^2}}{2} = \dfrac{C}{4}U_0^2\)

Theo giả thuyết, khi năng lượng điện trường \({W_C}\) trong tụ gấp đôi năng lượng từ trường \({W_L}\) trong cuộn cảm, thì: \({W_{{C_1}}} = {W_{{C_2}}} = {W_L} = \frac{1}{3}{W_0}\)  

+ Khi một tụ bị đánh thủng hoàn toàn thì năng lượng của mạch:\({\rm{W}} = \dfrac{2}{3}{{\rm{W}}_0} = \dfrac{2}{3}\dfrac{{CU_0^2}}{4} = \dfrac{{CU_0^2}}{6}\)

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = \dfrac{{C{U'}_0^2}}{2} \Rightarrow \dfrac{{C{U'}_0^2}}{2} = \dfrac{{CU_0^2}}{6}\\ \Rightarrow {U'}_0 = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 3 }}\end{array}\)

+ Năng lượng ban đầu của mạch dao động:

\({W_0} = \dfrac{{{C_b}U_0^2}}{2} = \dfrac{{2CU_0^2}}{2} = C{U_0}^2 = 2,{5.10^{ - 6}}144{\rm{ }} = {\rm{ }}{360.10^{ - 6}}J = {\rm{ }}0,360{\rm{ }}mJ\)

+ Năng lượng của cuộn cảm khi \({u_L} = {\rm{ }}6V\): \( \to {u_C} = {u_L}\)

 \({W_C} = \dfrac{{2Cu_L^2}}{2} = {\rm{ }}C{u_L}^2 = {90.10^{ - 6}}J = 0,090mJ\)

\({W_L} = {\rm{ }}{W_0}-{\rm{ }}{W_C} = {\rm{ }}0,360{\rm{ }}-{\rm{ }}0,090{\rm{ }} = {\rm{ }}0,270{\rm{ }}mJ\)

+ Khi một tụ bị hỏng, năng lượng của mạch:

\(W{\rm{ }} = {\rm{ }}{W_L} + \dfrac{{{W_C}}}{2} = 0,270{\rm{ }} + {\rm{ }}0,045{\rm{ }} = {\rm{ }}0,315{\rm{ }}mJ\)

Do đó:  \({W_{Lmax}} = {\rm{ }}W{\rm{ }} = {\rm{ }}0,315{\rm{ }}mJ\)  

Gọi \({Q_0}\) là điện tích cực đại trong mạch

+ Năng lượng ban đầu của mạch: \({{\rm{W}}_0} = \frac{{Q_0^2}}{{2C}} = \frac{{3Q_0^2}}{{2{C_1}}} = \frac{{3Q_0^2}}{{4{C_2}}}\)

Khi năng lượng cuộn cảm triệt tiêu: \(q{\rm{ }} = {\rm{ }}{Q_0}\)

\({W_0} = {\rm{ }}{W_1} + {\rm{ }}{W_2}\) với  \({W_2} = \frac{{Q_0^2}}{{2{C_2}}}\).

+ Khi đóng khóa K thi năng lượng toàn phấn của mạch \(W = {W_2} = \frac{{Q_0^2}}{{2{C_2}}}\) (2)

Từ đó suy ra   \(\frac{W}{{{W_0}}} = \frac{2}{3} \to {\rm{W}} = \frac{2}{3}{{\rm{W}}_0}\)

+ Từ thông xuất hiện trong mạch \(\Phi  = NBScos\omega t\)

+ Suất điện động cảm ứng xuất hiện:

\(e =  - \Phi ' = NBS\omega c{\rm{os}}\left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right) = E\sqrt 2 c{\rm{os}}\left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\) với  \(\omega  = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\) tần số góc của mạch dao động

\(E = NBS\omega \) là suất điện động hiệu dụng xuất hiện trong mạch

$\frac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} = \sqrt {\frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}}  = 3 \to {E_2} = \frac{{{E_1}}}{3} = \frac{{4,5}}{3} = 1,5\mu V$

+ Cường độ dòng điện cực đại qua mạch: \({I_0} = \dfrac{E}{r}\)

+ Năng lượng ban đầu của mạch: W₀ = \(\dfrac{{LI_0^2}}{2}\) = \(\dfrac{{Q_0^2}}{{2C}}\)

+ Khi năng lượng của tụ  \({{\rm{W}}_C} = 3{{\rm{W}}_L}\) => $\dfrac{{{q^2}}}{{2C}} = \dfrac{3}{4}\dfrac{{{Q^2}}}{{2C}} \to q = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{Q_0}$

+ Thời gian điện tích giảm từ \({Q_0}\)  đến \(\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{Q_0}\)

 là $t = \dfrac{T}{{12}} = \dfrac{\pi }{6}{.10^{ - 6}} \to T = 2\pi {.10^{ - 6}}s$

Mặt khác:

+ Chu kì: \(T = 2\pi \sqrt {LC}  = 2\pi {10^{ - 6}} \to \sqrt {LC}  = {10^{ - 6}}\)

+ Cường độ dòng điện cực đại: \({I_0} = \omega {Q_0} = \dfrac{{{Q_0}}}{{\sqrt {LC} }} = \dfrac{{{{4.10}^{ - 6}}}}{{{{10}^{ - 6}}}} = 4A\)

Ta suy ra: \(E = {I_0}r = 8V\)

+ Cường độ dòng điện cực đại qua cuộn cảm \({I_0} = {\rm{ }}\dfrac{E}{r}{\rm{ }} = {\rm{ }}3mA{\rm{ }} = {\rm{ }}{3.10^{ - 3}}A\)

+ Năng lượng từ trường bằng 3 lần năng lượng điên trường có nghĩa là:

\({{\rm{W}}_C} = \dfrac{1}{4}{{\rm{W}}_0} = \dfrac{1}{4}\dfrac{{LI_0^2}}{2}\)  hay \(\dfrac{{{q^2}}}{{2C}} = \dfrac{1}{4}\dfrac{{LI_0^2}}{2} \Rightarrow q = I_0^{}\sqrt {\dfrac{{LC}}{4}}  = {3.10^{ - 3}}\sqrt {\dfrac{{{{4.10}^{ - 3}}{{.10}^{ - 7}}}}{4}}  = {3.10^{ - 8}}\left( C \right)\)

Ta có: \(T = 2\pi \sqrt {LC}  = 2\pi \sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.8.10}^{ - 12}}}  = {8.10^{ - 7}}s\)                                                                                          

Đề cho: \({W_C}{\rm{ }} = 3{W_L} \to {W_L} = \frac{{{W_C}}}{3}\)

\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_C} + {{\rm{W}}_L} = {{\rm{W}}_C} + \frac{{{{\rm{W}}_C}}}{3} = \frac{4}{3}{{\rm{W}}_C}\\ \leftrightarrow \frac{{q_0^2}}{{2C}} = \frac{4}{3}\frac{{{q^2}}}{{2C}}\\ \to q = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{q_0}\end{array}\)

Hình vẽ cho ta góc quét : \(\Delta \varphi  = \frac{\pi }{6}\)

Mặt khác, ta có : \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t \to \Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{\pi }{6}}}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{T}{{12}}\)

\(\Delta t = \frac{T}{{12}} = \frac{{{{8.10}^{ - 7}}}}{{12}} = \frac{2}{3}{10^{ - 7}} = \frac{1}{{15}}{10^{ - 6}}s\)  

Đề cho: \({W_C} = {W_L}\)

W =  W_C + W_L = \(\dfrac{{{q^2}}}{{2C}}\) + \(\dfrac{{L{i^2}}}{2}\)

<=>\(\dfrac{{{q_0}^2}}{{2C}}\) =\(\dfrac{{{q^2}}}{{2C}}\) +\(\dfrac{{{q^2}}}{{2C}}\)

<=> \(q = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}{q_0}\) 

 Hình vẽ vòng lượng gíác cho ta góc quét  từ lúc năng lượng điện trường cực đại đến  năng lượng điện trường bàng năng lượng từ rường là: \(\Delta \varphi  = \dfrac{\pi }{4}\)

Vậy từ lúc năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường đến lúc năng lượng điện trường bàng năng lượng từ trường lần kế tiếp là:

\(\Delta \varphi ' = \dfrac{\pi }{2}\)   ( xem hình vẽ từ M₀ đến M₁)

Ứng với thời gian \(t = \dfrac{T}{4} = \dfrac{{{{10}^{ - 6}}}}{4} = {2,5.10^{ - 7}}s\)

+ Khi K đóng \(I = \dfrac{E}{{\left( {R{\rm{ }} + r + {R_0}} \right)}} = \dfrac{{12}}{{\left( {{\rm{ }}18 + 1 + 5} \right)}} = 0,5A\)

+ Điện áp \(2\) đầu tụ \(C\) lúc đầu: \({U_0} = I\left( {R + {R_0}} \right) = 0,5.23 = 11,5V\)

+ Năng lượng lúc đầu của mạch:  \(W = \dfrac{{CU_0^2}}{2} + \dfrac{{LI_0^2}}{2} = \dfrac{{{{10}^{ - 4}}.11,5_{}^2}}{2} + \dfrac{{0,2.0,5_{}^2}}{2} = {0,66125.10^{ - 2}} + 0,025 = 0,0316125J\)  .

Năng lượng tỏa ra trên \(R\) và \({R_0}\) tỉ lệ thuận với điện trở: $\dfrac{{{Q_R}}}{{{Q_{{R_0}}}}} = \dfrac{R}{{{R_0}}}$

Khi mạch tắt hoàn toàn thì năng lượng \(W\) chuyển thành nhiệt lượng tỏa ra trên \(R\) và \({R_0}\) nên ta có: $Q_R+Q_{R_0}=W$

=> Nhiệt lượng tỏa ra trên $R$ là:

\(Q = \dfrac{{18}}{{23}}W = \dfrac{{18}}{{23}}.0,0316125 = 0,024740217J \approx 0,02474J = 24,74{\rm{ }}mJ\)

Cách 1:

+ Cường độ dòng điện qua mạch trước khi mở khóa K: \({I_0} = \dfrac{E}{{R + {R_0} + r}} = \dfrac{{24}}{{24}} = 1A\)

+ Điện áp giữa hai bản cực tụ điện \(U{\rm{ }} = {\rm{ }}I\left( {R{\rm{ }} + {\rm{ }}{R_0}} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}23{\rm{ }}V\)

+ Năng lượng của mạch dao động sau khi ngắt khóa K:

\({{\rm{W}}_0} = \dfrac{{LI_0^2}}{2} + \dfrac{{C{U^2}}}{2} = 0,1J + 0,02645J = 0,12645J = 126,45mJ\)

+ Trong thời gian từ khi ngắt khoá K đến khi dao động trong mạch tắt hoàn toàn, năng lượng này biến thành nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở \(R\) và trên \({R_0}\) của cuộn dây

+ Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở \(R\) là: \({Q_R} = \dfrac{{{{\rm{W}}_0}}}{{R + {R_0}}}R = \dfrac{{126,45}}{{23}}.18 = 98,96mJ\)

Cách 2:

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_L} + {{\rm{W}}_C} = \dfrac{1}{2}.L{.1^2} + \dfrac{1}{2}.C.{\left( {24 - 1} \right)^2} = 0,12645J\\ =  > {Q_R} = \dfrac{{18}}{{23}}.0,12645 = 98,96mJ\end{array}\)   

Khi mắc cuộn cảm thuần L và điện trở R với nguồn, cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I = \dfrac{E}{{r + R}} \Rightarrow E = I\left( {r + R} \right)\)

Khi mắc tụ điện với cuộn cảm thành mạch dao động điện từ tự do, chu kì của mạch là:

\(T = 2\pi \sqrt {LC}  \Rightarrow \pi {.10^{ - 6}} = 2\pi .\sqrt {L{{.2.10}^{ - 6}}}  \Rightarrow L = 1,{25.10^{ - 7}}\,\,\left( H \right)\)

Điện áp cực đại giữa hai đầu tụ điện là: \({U_0} = E = I.\left( {r + R} \right)\)

Ta có định luật bảo toàn năng lượng trong mạch dao động điện từ tự do:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{2}L{I_0}^2 = \dfrac{1}{2}C{U_0}^2 \Rightarrow L{\left( {6I} \right)^2} = C.{I^2}{\left( {r + R} \right)^2}\\ \Rightarrow 1,{25.10^{ - 7}}.36{I^2} = {2.10^{ - 6}}{I^2}.{\left( {r + 1} \right)^2} \Rightarrow r = 0,5\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)