Cho mạch điện như hình vẽ : R1 = 3 Ω, R2 = 2 Ω, MN là biến trở với RMN = 20 . Vôn kế V và các ampe kế A1, A2 là lí tưởng. Bỏ qua điện trở dây dẫn. 1. Cho UAB = 18 V. a) Đặt C ở chính giữa MN. Xác địn...

Rv = ; RA = 0 Phân tích mạch: R1 nt R2 nt (RCN//RCM)………………………................ Tính : R=10Ω ; I=U/R=1,8A ÞIA1=IA2=0,9A UV=U-UR1=U-IR1=18-1,8.3=12,6V………………………...................... 3.1b Phân tích mạch: R1 nt R2 nt [x//(20-x)] Điện trở toàn mạch là : R=R1+R2+x(20−x)20=3+2+x(20−x)20 Þ R=100+20x−x220 Có: I=UR=360100+20x−x2 UCB=I.RCB=360100+20x−x2.x(20−x)20 ; UCB=18x(20−x)100+20x−x2 Dòng điện qua A1 là I1=UCB(20−x)=18x100+20x−x2 ………………………. Dòng điện qua A2 là I2=UCBx=18(20−x)100+20x−x2 ……………………………................................. Số chỉ của V là Uv = U – IR1 ; Uv=18−360.3100+20x−x2=18−1080100+20x−x2……………………………….. Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng Số chỉ của ampe kế A1 là I1 , ta có 1I1=100+20x−x218x=10018x+20−x18 Khi x tăng thì 10018x giảm và (20−x)18 giảm dẫn đến 1I1 giảm Þ I1 tăng Số chỉ của ampe kế A2 là I2, ta có :1I2=509(20−x)+x18 Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến1I2 tăng Þ I2 giảm……..... Số chỉ của vôn kế là Uv=18+1080x2−20x−100 Xét mẫu số f(x) = x2-20x-100 f(x) đạt cực tiểu tại x=-b/2a=10 Ω Khảo sát: 0≤x≤10 Þ Uv tăng khi x tăng 10≤x≤20 Þ Uv giảm khi x tăng............................................ 3.1c Công suất tiêu thụ trên biến trở là Px: Px=UBC2RBC Trong phần a ta đã tính được UCB=(20−x).18x100+20x−x2 Và RCB=(20−x)x20 do đóPx=(18x)2(20−x)2×20(100+20x−x2)2(20−x)x=6480(20x−x2)(100+20x−x2)2…………………. Px=648010020x−x2+20x−x22 Để Px cực đại thì mẫu số phải cực tiểu Þ 10020x−x2+20x−x2 Theo BĐT Côsi ta có: 10020x−x2+20x−x2≥210020x−x2×20x−x210020x−x2+20x−x2≥ 10020x−x2+20x−x2≥20 Mẫu số nhỏ nhất khi 10020x−x2=20x−x2 Þx2 – 20x +100 = 0(x – 10)2 = 0 x = 10Ω Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở Công suất đó là : Pmax=6480(20×10−102)100+20×10−1022=16,2(W) …………………………………… 3.2 Phân tích mạch: R1 nt R2 nt(Rp//RMN) Có U=UAC+UCB =(R1+R2)I+UCB UCB=1003Ip2 ÞI=UCBRMN+Ip=53Ip2+Ip…………………………………………… Þ18=5(53Ip2+Ip)+1003Ip2 Þ125Ip2+15Ip-54=0 ÞIp=0,6A……………………………………………………………… 3.3 Khi C trùng với M ta có x=0 * Nếu UAB>0 Þ UMB>0. Khi đó Rđ=0 Þ UDM=UR1+R2R2=1852=7,2V……………………………………… * Nếu UAB<0 Þ UMB<0 Þ Rđ=¥ Ta có mạch: R1 nt R2 nt RMN ÞUDM=−U.R2R1+R2+RMN=−1,44V………………………………………

Câu hỏi:

13/07/2024 6,350

Cho mạch điện như hình vẽ :

R₁= 3 $Ω$ , R₂= 2 $Ω$ , MN là biến trở với R_MN= 20 . Vôn kế V và các ampe kế A₁, A₂ là lí tưởng. Bỏ qua điện trở dây dẫn.

1. Cho U_AB = 18 V.

a) Đặt C ở chính giữa MN. Xác định số chỉ của các ampe kế và vôn kế.

b) Đặt R_MC= x. Lập biểu thức số chỉ của vôn kế và các ampe kế theo x. Số chỉ của các dụng cụ trên thay đổi thế nào nếu con chạy C di chuyển từ M đến N?

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Vật lí ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

R_v = ; R_A = 0

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt (R_CN//R_CM)………………………................

Tính : R=10Ω ; I=U/R=1,8A

ÞI_A1=I_A2=0,9A

U_V=U-U_R1=U-IR₁=18-1,8.3=12,6V………………………......................

3.1b

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt [x//(20-x)]

Điện trở toàn mạch là : $R = R_{1} + R_{2} + \frac{x (20 - x)}{20} = 3 + 2 + \frac{x (20 - x)}{20}$

Þ $R = \frac{100 + 20 x - x^{2}}{20}$

Có: $I = \frac{U}{R} = \frac{360}{100 + 20 x - x^{2}}$

$U_{C B} = I . R_{C B} = \frac{360}{100 + 20 x - x^{2}} . \frac{x (20 - x)}{20}$ ; $U_{C B} = \frac{18 x (20 - x)}{100 + 20 x - x^{2}}$

Dòng điện qua A₁ là

I_{1} = \frac{U_{C B}}{(20 - x)} = \frac{18 x}{100 + 20 x - x^{2}}

……………………….

Dòng điện qua A₂ là $I_{2} = \frac{U_{C B}}{x} = \frac{18 (20 - x)}{100 + 20 x - x^{2}}$ …………………………….................................

Số chỉ của V là U_v = U – IR₁ ;

$U_{v} = 18 - \frac{360.3}{100 + 20 x - x^{2}} = 18 - \frac{1080}{100 + 20 x - x^{2}}$ ………………………………..

Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng

Số chỉ của ampe kế A₁ là I₁ , ta có

$\frac{1}{I_{1}} = \frac{100 + 20 x - x^{2}}{18 x} = \frac{100}{18 x} + \frac{(20 - x)}{18}$

Khi x tăng thì $\frac{100}{18 x}$ giảm và $\frac{(20 - x)}{18}$ giảm dẫn đến $\frac{1}{I_{1}}$ giảm Þ I₁ tăng

Số chỉ của ampe kế A₂ là I₂, ta có :

\frac{1}{I_{2}} = \frac{50}{9 (20 - x)} + \frac{x}{18}

Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến $\frac{1}{I_{2}}$ tăng Þ I₂ giảm…….....

Số chỉ của vôn kế là $U_{v} = 18 + \frac{1080}{x^{2} - 20 x - 100}$

Xét mẫu số f(x) = x²-20x-100

f(x) đạt cực tiểu tại x=-b/2a=10 Ω

Khảo sát: $0 \leq x \leq 10$ Þ U_v tăng khi x tăng

10 \leq x \leq 20

Þ U_v giảm khi x tăng............................................

3.1c

Công suất tiêu thụ trên biến trở là P_x: $P_{x} = \frac{U_{B C}^{2}}{R_{B C}}$

Trong phần a ta đã tính được $U_{C B} = \frac{(20 - x) .18 x}{100 + 20 x - x^{2}}$

Và $R_{C B} = \frac{(20 - x) x}{20}$

do đó $P_{x} = \frac{{(18 x)}^{2} {(20 - x)}^{2} \times 20}{{(100 + 20 x - x^{2})}^{2} (20 - x) x} = \frac{6480 (20 x - x^{2})}{{(100 + 20 x - x^{2})}^{2}}$ ………………….

$P_{x} = \frac{6480}{{[\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}}]}^{2}}$

Để P_x cực đại thì mẫu số phải cực tiểu Þ

[\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}}]

Theo BĐT Côsi ta có:

$^{} \frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq 2 \sqrt{\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} \times \sqrt{20 x - x^{2}}} \frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq$ $\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq$ 20

Mẫu số nhỏ nhất khi $\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} = \sqrt{20 x - x^{2}}$

Þx² – 20x +100 = 0(x – 10)² = 0 x = 10Ω

Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở

Công suất đó là : $P_{m ax} = \frac{6480 (20 \times 10 - 10^{2})}{{(100 + 20 \times 10 - 10^{2})}^{2}} = 16, 2 (W)$

……………………………………

3.2

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt(R_p//R_MN)

Có U=U_AC+U_CB =(R₁+R₂)I+U_CB

U_CB= $\frac{100}{3} I_{p}^{2}$

Þ $I = \frac{U_{C B}}{R_{M N}} + I_{p} = \frac{5}{3} I_{p}^{2} + I_{p}$ ……………………………………………

Þ $18 = 5 (\frac{5}{3} I_{p}^{2} + I_{p}) + \frac{100}{3} I_{p}^{2}$

Þ125I_p²+15I_p-54=0

ÞI_p=0,6A………………………………………………………………

3.3

Khi C trùng với M ta có x=0

* Nếu U_AB>0 Þ U_MB>0. Khi đó R_đ=0

Þ\ $U_{D M} = \frac{U}{R_{1} + R_{2}} R_{2} = \frac{18}{5} 2 = 7, 2 V$ ………………………………………

* Nếu U_AB<0 Þ U_MB<0 Þ R_đ=¥

Ta có mạch: R₁nt R₂ nt R_MN

U_{D M} = - \frac{U . R_{2}}{R_{1} + R_{2} + R_{M N}} = - 1, 44 V

………………………………………

Cho mạch điện như hình vẽ : R1 = 3 , R2 = 2 , MN là biến trở với RMN (ảnh 2)

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Mùa hè năm nay, ở nước ta đã có một đợt nắng nóng gay gắt khiến nhiệt độ của nước trong các bình chứa có thể lên rất cao. Một người lấy nước từ bình chứa để tắm cho con nhưng thấy nhiệt độ của nước là 45⁰C nên không dùng được. Người đó đã lấy một khối nước đá có khối lượng 6 kg ở nhiệt độ 0⁰C để pha với nước lấy từ bình chứa. Sau khi pha xong thì được chậu nước có nhiệt độ 37⁰C.

a) Hỏi khi pha xong thì người này có được bao nhiêu lít nước (ở 37⁰C).

b) Biết rằng khi vừa thả khối nước đá vào chậu thì mực nước trong chậu cao bằng miệng chậu. Hỏi khi khối nước đá tan hết thì nước trong chậu có bị trào ra ngoài không?

Biết: + Nhiệt dung riêng của nước là c = 4200 J/kg.K;

+ Khối lượng riêng của nước là D = 1000 kg/m³;

+ Khối lượng riêng của nước đá là D₀= 900 kg/m³;

+ Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0⁰C là l = 336000 J/kg.

Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Xem đáp án

Lời giải

Gọi M là lượng nước nóng ở 45⁰C cần để pha với nước đá: m là khối lượng của nước đá thì phương trình trao đổi nhiệt là

M.c.(45⁰ - 37⁰) = lm + m.c.(37⁰ - 0⁰

^{$M = \frac{λ m + m . c .37}{c .8}$}

Thay số: M = 87,75 kg

Tổng khối lượng nước tạo ra: M’=M+m=93,75kg

Þ V = = 0,09375 m³ = 93,75 lít

Khi cân bằng, phần khối nước đá có thể tích V chìm trong nước thể tích V_c

Có: F_A=P => 10DVc=10D0V =>

V_{C} = \frac{D_{0}}{D} V

Khi tan hết thể tích nước tọ ra thêm V'

Có: m=D₀V=DV’Þ

V' = \frac{D_{0}}{D} V

Do V’=V_C nên mực nước trong chậu có độ cao không đổi. Vậy nước không bị trào ra ngoài chậu

Câu 2

Một thanh AB hình trụ đặc, đồng chất, có tiết diện S, trọng lượng riêng d, chiều dài L, được giữ thẳng đứng trong môi trường nước có trọng lượng riêng d₀. Khoảng cách từ đầu trên A của thanh đến mặt nước là H₀. Người ta thả thanh ra để nó chuyển động đi lên theo phương thẳng đứng. Bỏ qua sức cản của nước và không khí cũng như sự thay đổi của mực nước.

1. Biết rằng kể từ khi thanh bắt đầu nhô lên mặt nước đến khi thanh vừa lên hoàn toàn khỏi mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét luôn thay đổi và có giá trị trung bình bằng một nửa lực đẩy Ác-si-mét lớn nhất tác dụng vào vật. Hãy lập biểu thức tính công của lực đẩy Ác-si-mét kể từ lúc thanh AB được thả ra cho đến khi đầu dưới B của thanh lên khỏi mặt nước.

2. Cho d = 6000 N/m³; L = 24 cm; d₀= 10000 N/m³

a) H₀= 12 cm. Tính khoảng cách giữa đầu B và mặt nước khi thanh lên cao nhất.
b) Tìm điều kiện của H₀ để thanh có thể lên hoàn toàn khỏi mặt nước

Xem đáp án

Lời giải

Do d₀ > d nên lực đẩy Ác-si-mét lớn hơn trọng lượng của thanh Þ thanh chuyển động thẳng đứng đi lên

Ta có: F_A = d₀.V = d₀.S.L (S là tiết diện của thanh)

- Khi thanh bắt đầu chuyển động cho đến khi đầu trên chạm mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét không thay đổi. Thanh đi được một đoạn là H₀.

- Vậy công trong giai đoạn này là:A₁=d₀.S.L.H₀

Khi đầu trên của thanh bắt đầu nhô khỏi mặt nước thì lực Ác-si-mét giảm dần đến bằng 0 cho tới khi đầu dưới lên khỏi mặt nước. Quãng đường đi trong giai đoạn này là L.

Vậy: A₂ = $\frac{1}{2}$ .d₀.S.L²

- Công của lực đẩy Ác-si-mét trong toàn bộ quá trình là:

A_A = A₁ + A₂ = d₀.S.L.H₀ +