A
B
C
U
R
0
+
_
-
_
-
-
-
-
_
-
φ
φ
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI
Bài 1:
Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là 1 dây
đồng chất, dài l = 1,3m, tiết diện S = 0,1mm
2
, điện
trở suất
ρ
= 10
- 6
m
Ω

⇔
2
20
1
10
)()( R
RR
U
R
RR
U
+
=
+
è R
0
=
RRR
13
6
21
=
Gọi I
1
, I
2
là cường độ dòng điện qua R
0
trong 2 trường hợp trên
R

1
=
P
P
Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ 3, nguồn điện có suất
điện động E, điện trở
trong r = R / 2, hai tụ điện có điện dung

C
1
= C
2
= C (ban đầu chưa tích điện) và hai điện trở R và 2R, lúc đầu khóa k mở.
Bỏ qua điện trở các dây nối và khoá k. Đóng k.
a.Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn MN.
b.Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R.
Giải:
a. +Khi k ngắt q
1
= 0; q
2
= 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của các tụ điện q
= 0.
+ Khi k đóng
' '
1 2
,q CE q CE= =
nên q
’
=

q I t I R
∆ ∆
= = = =
∆ ∆
(2)
+Từ (1) và (2) suy ra:
1 2
4 2
;
3 3
CE CE
q q∆ = ∆ =
+Điện lượng dịch chuyển từ M đến N
'
1 1
4
3 3
MN
CE CE
q q q CE∆ = ∆ − = − =
1
R
2R
M
N
k
E, r
r
+
-

+Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện trở:
4
3
AM AM
r
Q R
Q r
= =

+Từ (3) và (4) ta được:
2
4
7
AM
Q CE=
+Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ nghịch với điện trở nên:
2
2
2 2 8
2
3 21
R
R AM
R
Q R
Q Q CE
Q R
= = ⇒ = =
Bài 3 : Có một số điện trở r = 5 (
Ω


⇒
X = 7,5 (
Ω
)
Với X = 7,5 (
Ω
) ta có X có sơ đồ như hình (b)
Ta có : X = r + Y
⇒
Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 (
Ω
)
Để Y = 2,5 (
Ω
) thì phải có 2 điện trở r mắc song song.
Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình (c).
b. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch
có điện trở 7 (
Ω
).
* Gọi điện trở của mạch là R
/

Vì R
/
> r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với
một đoạn mạch có điện trở X như hình (d)
Ta có : R
/

2
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11

⇔
2 =
/
/
5
.5
Y
Y
+

⇒
Y
/
=
3
10
(
Ω
).
Vì Y
/
< r nên Y
/
là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có điện trở Z như hình
(g).
Ta có : Y
/

Ta có: x = m.n; ξ
b
= nξ;
b
nr
r
m
=
Gọi y là số bóng đèn; p là số dãy bóng đèn; q là số bóng trên mỗi dãy. Ta có: y = p.q
Cường độ dòng điện qua mạch chính I = p.I
đm
Ta có: U = ξ
b
- Ir
b
nr
n I
m
ξ
= −
⇒
2
dm
.
n r
U n p I
x
ξ
= −
Với

dm
0
dm
prI
y
n n U
x p
ξ
− + =
(3)
Phương trình (3) có nghiệm khi:
2
4 0
dm
y
rp
x
ξ
∆ = − ≥
(4)
2
4
dm
rp
x
y
ξ
⇒ ≥
3
4

BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
b. Khi x = 15 thì
3
20
4
x
y
y
≥ ⇒ ≤
nên số bóng đèn nhiều nhất có thể mắc được 20 bóng.
Thay x = 15; y = 20 vào (4) ⇒ ∆ = 0 nên
30
n
p
=
; ta lại có
15 20
;n p
m q
= =
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:
m n p q
Cách 1 5 3 10 2
Cách 2 1 15 2 10
Hiệu suất:
1 2
50%
dm
b
qU

=
; Năng lượng tụ 2:
C
q
C
q
W
4
2
1
2
2
2
==
+ Tổng năng lượng ban đầu của hệ: W
0
= W
1
+ W
2
=
2 2
1 1
3 3
4
q q
C C
=

*Trường hợp 1: Đưa 2 bản cùng dấu gần nhau  do hiện tượng hưởng ứng, hệ gồm 3 tụ

π
= =
+ Tụ 2
/
2
C
có điện tích
/
2 2
3q q
=
và điện dung
/
2
C
= C
+ Tụ 3
/
3
C
có điện tích
3
/
2
q q
=
/
3
.
4 . ( )

;
3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =

+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3
2 2
/ / /
2 1
5 5
4
q q
W W W W
C C
= + + = =
+ 
0
3
5

/
2 2
q q x
W
C dC
= =
2
2
/
2
2
q
W
C
=
3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =
+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3

1
+RI
1
+ R(I
1
+ I
V2
)  2 = 2 RI
1
+RI
V2
(1)
+ I
V2
= (8+ RI
1
)/R
V
(2) và I
1
= 8/R
V
(3)
+ (1),(2),(3)  4x
2
+12x-1= 0 (4) với x =R/R
V

+ Giải (4)  x =
10 3

+16/R
V
+ 8R/
2
V
R
(7)
+ Thay (6),(7) vào (5) và chú ý x =
10 3
2
−
V
5
=
1
5 10
2
V
 
−
 ÷
 
Bài 7:
Để xác định vị trí chỗ bị chập của một dây đôi điện thoại dài 4km, người ta nối phía đầu dây với nguồn
điện có hiệu điện thế 15V; một ampe kế có điện trở không đáng kể mắc trong mạch ở phía nguồn điện thì thấy khi
đầu dây kia bị tách ra thì ampe kế chỉ 1A, nếu đầu dây kia bị nối tắt thì ampe kế chỉ 1,8A. Tìm vị trí chỗ bị hỏng
và điện trở của phần dây bị chập. Cho biết điện trở của một đơn vị dài của dây là 1,25Ω/Km
Giải:
+ Mô tả mạch tương đương
Gọi L là chiều dài của dây điện thoại , x là khoảng cách từ chỗ hỏng đến nguồn, R là điện trở của phần cách điện

V
3
V
2
V
1
V
4
I
V2
I
V3
I
V4
I
V5
A
+
-
R
K
x
L
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
+ Khi đầu dây kia bị nối tắt (trong mạch điện tương đương với khóa k đóng )

( )
( )
2
.2

R
2
= 40 Ω
R
3
= 150 Ω
R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V.
1. Tính điện trở R
A
của ampe kế và điện trở R
V
của vôn kế.
2. Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB. Tính R trong hai trường hợp:
a. Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại.
b. Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại.
Giải:
1. Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính:
Ta có: E = I (r + R) + R
2
(I – I
A
) + U
V
80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24 ⇒ I = 1A
U
AB
= (I – I
A
) R
2

Ω== 32
I
U
R
AB
AB
a. Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở
R
R
R
N
+
=
32
.32
(1)
Công suất P của điện trở mạch ngoài:
P = E . I – rI
2
Hay : rI
2
– E.I + P = 0
∆ = E
2
– 4.r.P ≥ 0
r
E
P
4
2

I
3
là cường độ dòng điện qua mạch AB có chứa R
1
, R
2
, R
A
,R
3

6
A V
A
V
R
3
R
1
R
2
R
A
B
(
E,r
)
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Ta có:
'

r
rR
rR
r
+
=
+
=
32
.32.
'
(E’, r’): nguồn tương đương
Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’
Ω=⇒
+
=−⇔ 32
32
.32
48 r
r
r
r
Và do đó: R = 48 – 32 = 16Ω
Bài 9:
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện
có E = 8V, r =2
Ω
.
Điện trở của đèn là R
1

x x R x R
R R x r
x x
+ − + − + +
= − + + =
+ +
⇒

2
tm
8( 6)
R ( 1) 21 6
E x
I
x R x R
+
= =
− + − + +
;
- H.đ.t giữa hai điểm C và D:
2
24( 3)
( )
( 1) 21 6
CD
x
U E I R r x
x R x R
+
= − + − =

R =
3 (
Ω
).
b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau
như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới.
- Điện trở toàn mạch lúc này:
17 ' 60
4( ' 3)
tm
R
R
R
−
=
−
- Từ các nút ta có:
A BC
I I I= +
hay
A BC
I I I= −
.
- Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC:
7
+ -
R
1
R
2

R'-6
x = 6
E, r
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11

32( ' 3)
17 ' 60
R
I
R
−
=
−
;
48
17 ' 60
BC
I
R
=
−
;
- Theo giả thiết
5
3
A
I =
A, ta có:
32( ' 3) 48 5
17 ' 60 17 ' 60 3

0
tương ứng với mỗi cách mắc.
- Điện trở của các bóng đèn :
R
1D
=
1
2
1
Dm
Dm
P
U
=
40
110
2
= 302,5 (
)Ω
R
2D
=
2
2
2
Dm
Dm
P
U
=

RRRR
DDD
+=+
0
1
25,151
1
242
1
5,302
1
R
+=+

⇒
R
0
= 1210 (
Ω
)
- Với sơ đồ (b) :
0231
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
242
1

1
R
+=+

⇒
R
0

≈
134,44 (
Ω
)
- Với sơ đồ (d) :
25,151
1
242
1
5,302
11111
321
++=++
DDDtd
RRRR

⇒
R
td

≈
71,17 (

max0
= 1210 (
Ω
).
- P
min
=
max0
2
R
U
=
1210
110
2
= 10 (W).
Bài 11:
Tám đoạn dây dẫn cùng có điện trở R được hàn lại thành hình tháp có đáy
ABCD và đỉnh 0 như hình vẽ : Tính điện trở tương đương giữa các điểm :
a. A và C.
b. A và B.
c. A và 0. Biết hiệu điện thế giữa A và 0 là 14 (V) và R = 2 (
Ω
), tính
các dòng điện trong các đoạn dây dẫn.
Giải:
Khung dây hình tháp vẽ lại dạng phẳng như hình vẽ
a. Tính điện trở tương đương giữa A và C :
Do đối xứng nên V
B

3
2
R
- R
ADCB
=
3
2
R + 2R =
3
8
R.
9
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
-
AB
R
1
=
R
3
8
1
+
R
3
2
1
=
RR 2

R
8
3
- R
ABO
=
R
8
7
- R
tđAO
=
R
15
7
- Dòng điện trong các đoạn dây dẫn có chiều như
hình(e)
* Căn cứ vào sơ đồ mạch điện hình (d) ta có :
- I
AO
=
AO
AO
R
U
=
2
14
= 7 (A).


=
2
2
6
= 6 (A)
- I
BDO
= I
ABO
- I
BO
= 8 - 6 = 2 (A)
* Căn cứ vào mạch điện hình (e) ta có cường độ dòng điện trong các đoạn dây dẫn như sau :
I
1
= I
4
=
2
ABO
I
=
2
8
= 4 (A)
I
2
= I
3
=

= I
AO
= 7 (A)
10
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Hoặc cường độ dòng điện mạch chính I =
tdAO
AO
R
U
=
2.
15
7
14
= 15 (A)
I
8
= I - I
1
- I
4
= 15 - 4 - 4 = 7 (A)
Bài 12:
Cho mạch điện như hình vẽ :
R
1
= R
2
= 3 (

) thì vôn kế chỉ 1 (V).
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R
12
= R
1
+ R
2
= 6 (
Ω
)
R
34
= R
3
+ R
4
= 6 (
Ω
)
I
1
= I
2
=
6
U
Ta có : U
1
= I

=
23
UU
−
=
6
U
−

⇒
U
V
= U
NM
=
6
U
⇒
U = 6 U
V
= 6.1 = 6 (V)
- Khi khóa K đóng :
R
13
=
31
31
RR
RR
+

= R
13
+ R
24
= 1,2 +
7
12
=
7
4,20
(
Ω
)
Cường độ dòng điện mạch chính : I =
BD
R
U
=
7
4,20
6
=
2,10
21
4,20
42
=

≈
2,06 (A)

4
= I. R
24
=
2,10
21
.
7
12
= 3,53 (V)
I
2
=
2
2
R
U
=
3
53,3
= 1,18 (A)
Ta có : I
2
> I
1

⇒
I
A
= I

23
2.3
==
+
(
Ω
)
Đặt NC = x
R
24
=
xR
xR
+
2
2
.
=
x
x
+3
.3
R
BD
= 1,2 +
x
x
+3
.3
=

6,32,4
)3(6
+
+
x
x
.1,2 =
6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
I
1
=
1
13
R
U
=
3
6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
=
6,32,4

24
R
U
=
3
6,32,4
.18
+x
x
=
6,32,4
.6
+x
x
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó : I
A
= I
1
- I
2
=
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
-

= 0 .
12
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.
Khi đó : I
A
= I
2
- I
1
=
6,32,4
.6
+x
x
-
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
=
6,32,4
2,76,3
+
−
x
x
I

6,3
tiến tới 0. Do đó I
A

≈
0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua
điện trở R
4
rất nhỏ ; Sơ đồ mạch có thể vẽ như hình bên.
* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I
A
chạy qua ampe kế vào giá trị x của biến trở R
4
có dạng như hình vẽ .
Bài 13:
Cho mạch điện hình vẽ:
Nguồn điện có E = 8V, r = 2Ω. Đèn có điện trở
R
1
= 3Ω, R
2
= 3 Ω, điện trở của ampe kế không đáng kể.
a) K mở di chuyển con chạy C đến vị trí mà R
BC
= 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần biến trở R
AB
.
b) Thay R
AB
= 12Ω rồi di chuyển con chạy C đến giữa (trung điểm AB) rồi đóng K. Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.

2
+ (R - 1)x + 21 + 6R ;
I
1
min khi y max :
y
max
khi
Theo đề: x = 1Ω , R = 3Ω
b) Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.
Khi K đóng con chạy C ở giữa – Hình vẽ
R
3
= R
AC
= 6Ω
R
4
= R
BC
= 6Ω
R
234
= 6Ω

A
rR
E
I
AD


Bài 14:
Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có điện trở
không đáng kể; A
1
chỉ 0.2A; A
2
chỉ 0.3A. Nếu
đổi vị trí của 2 điện trở trong sơ đồ cho nhau
thì chỉ số của các ampe kế vẫn không đổi. Tìm cường độ dòng điện qua nguồn trong các trường
hợp hoán đổi.
Bài giải: Ký hiệu các dòng điện qua các nhánh như hình vẽ.
Ta có I
1
= i
2
+ i
3
(1)
I
2
= i
1
+ i
3
(2)
I = I
1
+i
1

1

⇒
i
1
= i
3

⇒
I
1
–I
2
= 0 : không phù hợp
với điều kiện không đổi của (4)
14
6
)3(3
+
+
+−=
x
x
xRR
AD
RxRx
x
rR
E
I

=
y
I
24
1
=
2
1
2
−
=−=
R
A
B
x
Ω=
+
=
2
.
1234
1234
RR
RR
R
AD
A
R
U
I

3
I
2
R
1
R
2
R
3
BÀI TẬP BỒI DỮONG HSG – LÝ 11
Vậy không thể đổi vị trí của R
1
cho R
3
∗ . Trường hợp đổi R
1
với R
2
.
Sau khi đổi I’
1
= i
1
+ i
3
; (5)
Vì I’
1
= I
1

Sau khi đổi I’
2
= i
1
+ i
3
; (6)
Vì I’
2
= I
2
nên từ (2) và (6)
⇒
i
2
= i
3
.
(1) : I
1
=2i
2
= 2i
3

⇒
i
3
= i
2