Phương pháp giải:

Hệ thức định luật Ôm: \(I = \frac{E}{{R + r}}\)

Công suất của nguồn: \({P_{ng}} = E.I\)

Lời giải chi tiết:

Công suất của nguồn điện:  

\(P = E.I = E.\frac{E}{{r + R}} = \frac{{3{}^2}}{{1 + 2}} = 3W\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức định luật Ôm  \(I = \frac{{{E_b}}}{{r + R}}\)

Hiệu điện thế hai đầu nguồn điện là  \(U = E - I.r\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

\(I = \frac{{{E_b}}}{{{r_b} + R}} = \frac{6}{{2 + 2}} = 1,5A\)

Hiệu điện thế hai cực của mỗi pin:

\(U = E - I.r = 3 - 1,5.1 = 1,5V\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho mạch điện: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I = \dfrac{E}{{R + r}} = \dfrac{3}{{5 + 1}} = 0,5\,\,\left( A \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

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

Đèn sáng bình thường khi: \({I_d} = {I_{dm}}\)

Lời giải chi tiết:

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:

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

Chọn C.

Phương pháp giải:

Hiệu suất của nguồn là:  

\(H = \frac{R}{{(r + R)}}.100\% \)

Lời giải chi tiết:

Hiệu suất của nguồn là:  

\(H = \frac{R}{{(r + R)}}.100\% = \frac{{20}}{{5 + 20}}.100\% = 80\% \)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch:

\(I = \frac{E}{{R + r}}\)

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: 

\(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}}}{{{{(R + r)}^2}}}.R\)

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài:

\(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}}}{{{{(R + r)}^2}}}.R = \frac{{{6^2}}}{{{{(2 + 1)}^2}}}.2 = 8{\rm{W}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức của đoạn mạch mắc song song, nối tiếp

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}}\)

+ Sử dụng biểu thức tính nhiệt lượng tỏa ra: \(Q = {I^2}Rt\)

Lời giải chi tiết:

+ \({I_A} = {I_1} = \dfrac{1}{3}A\)

\( \Rightarrow {U_1} = {I_1}{R_1} = \dfrac{1}{3}.12 = 4V\)

Lại có: \({U_{12}} = {U_1} = {U_2}\)

\({I_{12}} = I = \dfrac{{{U_{12}}}}{{{R_{12}}}}\)  và \({R_{12}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = 4\Omega \)

\( \Rightarrow I = \dfrac{4}{4} = 1A\)

Mặt khác:  

+ Điện trở mạch ngoài: \({R_N} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} + {R_3} = 7\Omega  \Rightarrow {R_3} = 3\Omega \)

Nhiệt lượng tỏa ra trên \({R_3}\) trong \(t = 10' = 600s\) là: \(Q = {I^2}.{R_3}t = {1^2}.3.600 = 1800J = 1,8kJ\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Định luật Ôm: \(I = \dfrac{E}{{r + R}}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở: \(P = {I^2}R\)

Lời giải chi tiết:

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:

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

Chọn D.

Phương pháp giải:

Điện trở của đèn: \({R_d} = \dfrac{{{U_{dm}}^2}}{{{P_{dm}}}}\)

Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{r + {R_d} + {R_x}}}\)

Điều kiện để đèn sáng bình thường: \(I = {I_{dm}}\)

Lời giải chi tiết:

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

Điện trở của đèn là: \({R_d} = \dfrac{{{U_d}^2}}{{{P_d}}} = \dfrac{{{6^2}}}{6} = 6\,\,\left( \Omega  \right)\)

Cường độ dòng điện qua đèn là: \(I = \dfrac{E}{{r + {R_d} + {R_x}}}\)

Để đèn sáng bình thường, ta có:

\(I = {I_{dm}} \Rightarrow \dfrac{E}{{r + {R_d} + {R_x}}} = {I_{dm}} \Rightarrow \dfrac{{12}}{{4 + 6 + {R_x}}} = 1 \Rightarrow {R_x} = 2\,\,\left( \Omega  \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch: \(I=\frac{E}{r+R}\)

Công suất tiêu thụ điện: \(P={{I}^{2}}R\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện mạch chính là: \(I=\frac{E}{r+R}=\frac{6}{1+R}\)

Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là: \(P={{I}^{2}}R\Rightarrow 9=\frac{{{6}^{2}}}{{{(1+R)}^{2}}}\Rightarrow R=1\Omega \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Hiệu điện thế giữa hai đầu R: \(U = I.R \Leftrightarrow U = \dfrac{E}{{R + r}}.R\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 12 = \dfrac{E}{{2,4 + 0,2}}.2,4\\ \Rightarrow E = 13V\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Công suất: \(P = {I^2}R\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si

Lời giải chi tiết:

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: \({P_{max}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4r}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4{R_x}}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công suất của mạch ngoài: \(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}R}}{{{{(R + r)}^2}}} = \frac{{{E^2}}}{{R + 2r + \frac{{{r^2}}}{R}}} = \frac{{{E^2}}}{{2r + R + \frac{{{r^2}}}{R}}}\)

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{E}{{r + R}}\)

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn: \(U = I.R = E-I.r\)

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của mạch ngoài là:

 \(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}R}}{{{{(R + r)}^2}}} = \frac{{{E^2}}}{{R + 2r + \frac{{{r^2}}}{R}}} = \frac{{{E^2}}}{{2r + R + \frac{{{r^2}}}{R}}}\)

Để công suất tiêu thụ cực đại thì \(\left( {2r + R + \frac{{{r^2}}}{R}} \right)\) phải nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \(R + \frac{{{r^2}}}{R} \ge 2r\)

Vậy mẫu số nhỏ nhất khi:  

\(R = \frac{{{r^2}}}{R} \Leftrightarrow R = r = 1\Omega \)

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:  

\(I = \frac{E}{{r + R}} = \frac{3}{{1 + 1}} = 1,5A\)

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là:

\(U = I.R = E-I.r = 3-1,5.1 = 1,5V\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Khi mắc \({R_1}\): \({I_1} = \dfrac{E}{{{R_1} + r}}\) (1)

+ Khi mắc thêm \({R_2}nt{R_1}\): \({I_2} = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} = \dfrac{E}{{{R_1} + {R_2} + r}}\)  (2)

Lấy \(\dfrac{{\left( 1 \right)}}{{\left( 2 \right)}}\) ta được: \(\dfrac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \dfrac{{{R_1} + {R_2} + r}}{{{R_1} + r}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{{1,2}}{1} = \dfrac{{{R_1} + 2 + 4}}{{{R_1} + 4}}\\ \Rightarrow {R_1} = 6\Omega \end{array}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{\xi }{{R + r}}\)

Công suất tiêu thụ của mạch ngoài: \(P = {I^2}R\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

\(I = \dfrac{\xi }{{R + r}} = \dfrac{9}{{5,8 + 0,2}} = 1,5A\)

Công suất tiêu thụ của mạch ngoài:

\(P = {I^2}R = 1,{5^2}.5,8 = 13,05W\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công suất của nguồn điện : \(P = \xi .I\)

Trong đó : \(I = \dfrac{\xi }{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch : \(I = \dfrac{\xi }{{R + r}} = \dfrac{8}{{3,6 + 0,4}} = 2A\)

Công suất của nguồn điện : \(P = \xi .I = 8.2 = 16W\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức xác định điện trở của mạch có các điện trở mắc nối tiếp và song song.

+ Áp dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}}\)

Lời giải chi tiết:

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 \({I_2} = {I_{23}} = 0,67A\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính điện trở của đèn: \({{R}_{d}}=\frac{{{U}_{dm}}^{2}}{{{P}_{dm}}}\)

Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng giá trị định mức: \({{I}_{dm}}=\frac{{{P}_{dm}}}{{{U}_{dm}}}\)  

Đoạn mạch điện trong sơ đồ gồm đèn và điện trở R mắc nối tiếp.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có: \(I=\frac{E}{{{R}_{d}}+R+r}\)

Lời giải chi tiết:

Điện trở của đèn: \({{R}_{d}}=\frac{{{U}_{dm}}^{2}}{{{P}_{dm}}}=\frac{{{6}^{2}}}{3}={{12}_{{}}}\Omega \)  

Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng giá trị định mức:

 \(I={{I}_{dm}}=\frac{{{P}_{dm}}}{{{U}_{dm}}}=\frac{3}{6}=0,5A\)  

Đoạn mạch điện trong sơ đồ gồm đèn và điện trở R mắc nối tiếp.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có:

\(I=\frac{E}{{{R}_{d}}+R+r}\Rightarrow 0,5=\frac{12}{12+R+2}\Rightarrow R=10\Omega \)  

Chọn D.

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I=\frac{\varepsilon }{r+R}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I=\frac{\varepsilon }{r+R}\Rightarrow 1,5=\frac{12}{r+6,5}\Rightarrow r=1,5\,\,\left( \Omega  \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 0,5 = \dfrac{E}{{20 + 4}}\\ \Rightarrow E = 12V\end{array}\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính điện trở của đèn:   

\({R_d} = \frac{{{U_{dm}}^2}}{{{P_{dm}}}}\)

Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng giá trị định mức:  

\({I_{dm}} = \frac{{{P_{dm}}}}{{{U_{dm}}}}\)

Đoạn mạch điện trong sơ đồ gồm đèn và điện trở R mắc nối tiếp.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có: 

\(I = \frac{E}{{{R_d} + R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

Điện trở của đèn:  

\({R_d} = \frac{{{U_{dm}}^2}}{{{P_{dm}}}} = \frac{{{6^2}}}{3} = {12_{}}\Omega \)

Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng giá trị định mức:

\(I = {I_{dm}} = \frac{{{P_{dm}}}}{{{U_{dm}}}} = \frac{3}{6} = 0,5A\)

Đoạn mạch điện trong sơ đồ gồm đèn và điện trở R mắc nối tiếp.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có:

\(I = \frac{E}{{{R_d} + R + r}} \Rightarrow 0,5 = \frac{{12}}{{12 + R + 2}} \Rightarrow R = 10\Omega \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{r + R}}\)

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch là: \(I = \dfrac{E}{{r + R}} = \dfrac{{10}}{{1 + 4}} = 2\,\,\left( A \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm tính cường độ dòng điện chạy trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{r + {R_N}}}\)

Sử dụng các công thức của đoạn mạch nối tiếp và song song.

Hiệu điện thế hai đầu mạch ngoài: \(U = E - I.r\)

Lời giải chi tiết:

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

Điện trở tương đương của mạch ngoài:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{{R_N}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_{23}}}} = \dfrac{1}{{{R_1}}} + \dfrac{1}{{{R_2} + {R_3}}} = \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{{20}} = \dfrac{1}{4}\\ \Rightarrow {R_N} = 4\Omega \end{array}\)

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

\(I = \dfrac{E}{{r + {R_N}}} = \dfrac{{12}}{{1 + 4}} = 2,4A\)

Hiệu điện thế giữa hai đầu R₁ là

\({U_1} = U = E - I.r = 12 - 2,4.1 = 9,6V\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Điện trở của bóng đèn: \({R_d} = \dfrac{{U_d^2}}{{{P_d}}}\)

Đèn sáng bình thường khi: \({I_d} = {I_{dm}} = \dfrac{{{P_d}}}{{{I_d}}}\)

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{r + {R_N}}} = \dfrac{E}{{r + \left( {{R_d} + {R_x}} \right)}}\)

Để đèn sáng bình thường thì: \(I = {I_{dm}} \Rightarrow {R_x}\)

Lời giải chi tiết:

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:

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

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: \(P = {I^2}R\) 

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Cường độ dòng điện qua mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}} = \dfrac{{12}}{{10 + 2}} = 1A\)

+ Công suất tỏa nhiệt trên điện trở R: \(P = {I^2}R = {1^2}.10 = 10W\)

Chọn D

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính điện trở tương đương của đoạn mạch có các điện trở mắc nối tiếp: \(R = {R_1} + {R_2} + ... + {R_n}\)

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

+ Sử dụng biểu thức tính công suất tiêu thụ: \(P = {I^2}R\)

+ Áp dụng bất đẳng thức cosi: \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)

Lời giải chi tiết:

+ 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 \(\sqrt R  = \dfrac{3}{{\sqrt R }} \Rightarrow R = 3\Omega \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng biểu thức tính điện trở tương đương của đoạn mạch có các điện trở mắc nối tiếp: \(R = {R_1} + {R_2}\)

b) Áp dụng biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

Lời giải chi tiết:

a) Ta có mạch ngoài gồm \({R_d}ntR\)

\( \Rightarrow \) Điện trở tương đương mạch ngoài: \(R = {R_d} + R = 11 + 0,9 = 11,9\Omega \)

b) Cường độ dòng điện qua mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}} = \dfrac{6}{{11,9 + 0,1}} = 0,5A\)

Phương pháp giải:

1.

a) Sử dụng biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + r}}\)

b) Sử dụng biểu thức tính công suất: \(P = EI\)

c) Sử dụng biểu thức tính nhiệt lượng: \(Q = {I^2}Rt\)

2. Sử dụng biểu thức định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

1.

a. Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{{R_0} + r}} = \dfrac{{12}}{{5 + 3}} = 1,5A\)

b. Công suất của nguồn điện: \(P = EI = 12.1,5 = 18W\)

c. Nhiệt lượng tỏa ra trên \({R_0}\) trong thời gian \(t = 1' = 60s\) là: \(Q = {I^2}{R_0}t = 1,{5^2}.5.60 = 675J\)

2.

Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{R + {R_0} + r}}\)

Số chỉ của vôn kế: \({U_V} = E - Ir\)

+ Khi \(R = {R_1}\):

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{I_1} = 1A\\{U_{{V_1}}} = 5V\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 = \dfrac{E}{{{R_1} + 5 + r}}\\5 = E - \dfrac{E}{{{R_1} + 5 + r}}r\end{array} \right.\\ \Rightarrow E - r = 5{\rm{ }}\left( 1 \right)\end{array}\)

+ Khi \(R = {R_2}\):

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{I_2} = 2A\\{U_{{V_2}}} = 4V\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 = \dfrac{E}{{{R_2} + 5 + r}}\\4 = E - \dfrac{E}{{{R_2} + 5 + r}}r\end{array} \right.\\ \Rightarrow E - 2r = 4{\rm{ }}\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}E = 6V\\r = 1\Omega \end{array} \right.\)

Phương pháp giải:

Điện áp giữa hai cực của nguồn: \(U=\xi -I.r\)

Lời giải chi tiết:

Điện áp giữa hai cực của nguồn là: \(U=\xi -I.r\)

Từ đồ thị ta có: \(U=4,5-I.0,25\)

Vậy \(\xi =4,5V;r=0,25\Omega \)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức :\(I = \frac{E}{{R + r}}\) , khi đoản mạch thì R = 0

Lời giải chi tiết:

Ta có : \(I = \frac{E}{{R + r}}\)  

Khi đoản mạch thì R = 0 → Cường độ dòng điện qua nguồn khi đoản mạch là :  \(I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{{12}}{2} = 6A\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{E}{{r + {R_N}}}\)

Hiệu điện thế  hai cực của nguồn điện:  U = E – I.r

Hiệu điện thế hai đầu điện trở:  U_R = I.R

Lời giải chi tiết:

Tóm tắt:

E  = 6V; r = 1Ω; R₁ = 0,8Ω; R₂ = 2Ω; R₃ = 3Ω.

Tìm U_ng; U_Ri

Giải:

Sơ đồ mạch ngoài: R₁ nt (R₂ //R₃).

Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch:  

\(I = \frac{E}{{r + {R_N}}} = \frac{6}{{1 + 0,8 + \frac{{2.3}}{{2 + 3}}}} = 2A\)

Hiệu điện thế  hai cực của nguồn điện:

\({U_{ng}} = E--I.r = 6--1.2 = 4V\)

Hiệu điện thế hai đầu R₁là:  \({U_1} = I.{R_1} = 2.0,8 = 1,6{\rm{ }}V\)

Hiệu điện thế hai đầu R₂ và R₃là:  

\({U_2} = {U_3} = 4--1,6 = 2,4V\)

Đáp án: U_ng = 4V; U₁ = 1,6V ; U₂ = U₃ = 2,4V.

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}}\)

Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện: \(U = E - I.r\)

Lời giải chi tiết:

Khi \(R \to \infty \), cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I = \frac{E}{{R + r}} = \frac{E}{{\infty  + r}} = 0\)

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện là:

\(U = E - I.r = E - 0 \Rightarrow E = U = 4,5\,\,\left( V \right)\)

Khi cường độ dòng điện trong mạch \(I = 2A\), hiệu điện thế giữa hai cực nguồn điện là:

\(U = E - I.r \Rightarrow 4 = 4,5 - 2.r \Rightarrow r = 0,25\,\,\left( \Omega  \right)\)
Chọn D.

Phương pháp giải:

Phương pháp :

Cường độ dòng điện chạy trong mạch : \(I = \frac{E}{{r + {R_N}}}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

Cường độ dòng điện chạy trong mạch : \(I = \frac{E}{{r + {R_N}}} = \frac{E}{{r + {R_1} + {R_2}}} = \frac{{18}}{{2 + 15 + 10}} = \frac{2}{3}A\)

Số chỉ của vôn kế là : \(U = I.\left( {{R_1} + {R_2}} \right) = \frac{2}{3}.\left( {15 + 10} \right) = 16,7V\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm

Lời giải chi tiết:

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)

Chọn A

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch : \(I=\frac{E}{r+R}\)

Công suất: \(P=UI={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}}{R}\)

Đèn sáng bình thường khi các giá trị dòng điện trên đèn bằng các giá trị định mức

Lời giải chi tiết:

Điện trở và cường độ dòng điện định mức của bóng đèn là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{R_d} = \frac{{{U_d}^2}}{{{P_d}}} = \frac{{{3^2}}}{6} = 1,5\,\,\left( \Omega \right)\\
{I_d} = \frac{{{P_d}}}{{{U_d}}} = \frac{3}{6} = 0,5\,\,\left( A \right)
\end{array} \right.\)

Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua đèn là \(I = 0,5\,\,A\)

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:

\(I=\frac{E}{r+{{R}_{b}}+{{R}_{d}}}=0,5A\Rightarrow \frac{9}{1+{{R}_{b}}+12}=0,5\Rightarrow {{R}_{b}}=5\Omega \)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức  tính công suất và công thức định luật Ôm cho toàn mạch :  

\(\left\{ \begin{array}{l}
P = {I^2}.R\\
I = \frac{E}{{r + R}}
\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
{P_1} = I_1^2.{R_1} \Rightarrow {R_1} = \frac{{{P_1}}}{{I_1^2}} = 23,6\Omega \\
{P_2} = I_2^2.{R_2} \Rightarrow {R_2} = 11,6\Omega
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{I_1} = \frac{E}{{r + {R_1}}}\\
{I_2} = \frac{E}{{r + {R_2}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0,5 = \frac{E}{{r + 23,6}}\\
1 = \frac{E}{{r + 11,6}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
E = 12V\\
r = 0,4\Omega
\end{array} \right.\)

Phương pháp giải:

Mạch gồm hai điện trở nối tiếp có : R = R₁ + R₂, I = I₁ = I₂; U = U₁  + U₂

Mạch gồm hai điện trở song song có : \(R=\frac{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+R_{2}^{{}}}\) ; I = I₁ + I₂; U = U₁ = U₂

_­Biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: \(I=\frac{E}{R+r}\)

Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa điện trở: \(I=\frac{U}{R}\)

Công suất tiêu thụ: P = UI

Bóng đèn sáng bình thường khi dòng điện chạy qua đèn có các giá trị bằng giá trị định mức

Lời giải chi tiết:

Đèn sáng bình thường nên :

            U_Đ1 = 60V ; I_Đ1 = 0,5A ; R_Đ1 = 120Ω

            U_Đ2 = 25V ; I_Đ2 = 0,5A ; R_Đ1 = 50Ω

Cường độ dòng điện mạch chính : I = I_Đ1 + I_Đ2 = 1A

Vì R₂ nối tiếp đèn 2 nên U₂ = U_Đ1- U_Đ2 = 35V ; I₂ = I_Đ2 = 0,5A => R₂ = 70Ω

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch : \(I=\frac{E}{R+r}\Rightarrow 1=\frac{66}{R+1}\Rightarrow R=65\Omega \)

Điện trở tương đương mạch ngoài :

\(R={{R}_{1}}+\frac{{{R}_{D1}}({{R}_{D2}}+{{R}_{2}})}{{{R}_{D1}}+{{R}_{D2}}+{{R}_{2}}}={{R}_{1}}+\text{ }\frac{120.(50+70)}{120+50+70}=65\Omega \Rightarrow {{R}_{1}}=5\Omega \)

Chọn C

Phương pháp giải:

Với đoạn mạch điện gồm hai điện trở R₁ và R₂ mắc song song:

\(R=\frac{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}\) ; I = I₁ + I₂, U = U₁ = U₂

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I=\frac{E}{r+R}\)

Định luật Ôm cho đoạn mạch chứa điện trở: U = IR

Vôn kế lí tưởng mắc nối tiếp với đoạn mạch nào thì dòng điện đi qua đoạn mạch đó có cường độ bằng 0

Lời giải chi tiết:

Vì Vôn kế mắc nối tiếp với R₁ nên không có dòng điện qua R₁

Cường độ dòng điện qua mạch chính: \(I=\frac{E}{r+{{R}_{2}}}=\frac{18}{2+10}=1,5A\)

Số chỉ vôn kế: U_V = U_R2 = IR₂ = 1,5.10 = 15V

Chọn C

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch 

Lời giải chi tiết:

Điện trở tương đương của mạch ngoài được tính theo công thức

 \({R_{td}} = {{\left( {{R_1} + {R_3}} \right)\left( {{R_2} + {R_4}} \right)} \over {{R_1} + {R_2} + {R_3} + {R_4}}} = {{\left( {3 + 3} \right)\left( {3 + 6} \right)} \over {3 + 3 + 3 + 6}} = 3,6\Omega \)

Cường độ dòng điện trong mạch chính là

\(I = {E \over {{R_{td}} + r}} = {{7.8} \over {3,6 + 0,4}} = 1,95A\)
Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch : \(I = \frac{E}{{r + R}}\)

Công suất mạch ngoài :  \(P = {I^2}.R\)

Lời giải chi tiết:

Công suất mạch ngoài :  \(P = {I^2}.R\)

Mà:  

 \(I = \frac{E}{{r + R}}\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}.R}}{{{{(r + R)}^2}}} \Rightarrow \frac{{{{12}^2}.R}}{{{{(2 + R)}^2}}} = 16\\
\Leftrightarrow 16{R^2} - 80R + 64 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{R_1} = 1\Omega \\
{R_2} = 4\Omega
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vì \(R > 2\Omega \Rightarrow R = 4\Omega \)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Điện trở tương đương của đoạn mạch nối tiếp: \({R_{nt}} = {R_1} + {R_2}\)

Điện trở tương đương của đoạn mạch song song: \({R_{//}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

Cường độ dòng điện trong mạch: \(I = \dfrac{E}{{r + R}}\)

Số chỉ của vôn kế: \({U_V} = I.{R_V}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi điện trở của 2 vôn kế lần lượt là R₁ và R­₂.

Khi mắc vôn kế V₁ vào nguồn, số chỉ của nó là: \(U = \dfrac{{E{R_1}}}{{r + {R_1}}} = 80\,\,\left( V \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Khi mắc hai vôn kế nối tiếp vào nguồn, số chỉ của hai vôn kế là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{U_1} = \dfrac{{E{R_1}}}{{r + {R_1} + {R_2}}} = 60\,\,\left( V \right)\,\,\left( 2 \right)\\{U_2} = \dfrac{{E{R_2}}}{{r + {R_1} + {R_2}}} = 30\,\,\left( V \right)\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.\)

Chia phương trình (2) và (3), ta có: \(\dfrac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \dfrac{{60}}{{30}} = 2 \Rightarrow {R_1} = 2{R_2}\)

Chia phương trình (1) và (2), ta có: \(\dfrac{{r + {R_1} + {R_2}}}{{r + {R_1}}} = \dfrac{{80}}{{60}} = \dfrac{4}{3} \Rightarrow \dfrac{{r + 2{R_2} + {R_2}}}{{r + 2{R_2}}} = \dfrac{4}{3} \Rightarrow r = {R_2}\)

Thay vào phương trình (3), ta có: \(\dfrac{{E{R_2}}}{{{R_2} + 2{R_2} + {R_2}}} = 30 \Rightarrow E = 120\,\,\left( V \right)\)

Khi mắc hai vôn kế song song rồi mắc vào nguồn, điện trở tương đương của hai vôn kế là:

\({R_{//}} = \dfrac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \dfrac{{2{R_2}{R_2}}}{{2{R_2} + {R_2}}} = \dfrac{{2{R_2}}}{3}\)

Số chỉ của hai vôn kế khi đó là hiệu điện thế mạch ngoài:

\({U_{{V_1}}} = {U_{{V_2}}} = \dfrac{{E.{R_{//}}}}{{r + {R_{//}}}} = \dfrac{{120.\dfrac{{2{R_2}}}{3}}}{{{R_2} + \dfrac{{2{R_2}}}{3}}} = 48\,\,\left( V \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: \(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}}}{{{{(R + r)}^2}}}.R\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si

Lời giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài là:

\(P = {I^2}.R = \frac{{{E^2}}}{{{{(R + r)}^2}}}.R \Leftrightarrow P = \frac{{{E^2}}}{{{{\left( {\sqrt R + \frac{r}{{\sqrt R }}} \right)}^2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta có: 

\(\sqrt R + \frac{r}{{\sqrt R }} \ge 2\sqrt r \Rightarrow P \le \frac{{{U^2}}}{{4.r}} = \frac{{{{12}^2}}}{{4.2}} = 18{\rm{W}} \Rightarrow {{\rm{P}}_{\max }} = 18{\rm{W}}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Hiệu suất của nguồn điện: \(H = \frac{{{P_{ich}}}}{{{P_{tp}}}} = \frac{R}{{r + R}}\)

Lời giải chi tiết:

Hiệu suất của nguồn điện là:

\(H = \frac{{{P_{ich}}}}{{{P_{tp}}}} = \frac{R}{{r + R}} \Leftrightarrow 0,75 = \frac{6}{{r + 6}} \Leftrightarrow r = 2\Omega \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Phương pháp:

+ Áp dụng biểu  thức xác định điện trở tương đương của mạch

+ Áp dụng biểu thức định luật Ôm với toàn mạch

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

Ta có:

+ Mạch ngoài gồm: R₄ nt (R₃// (R₁ nt R₂))

R₁₂ = R₁ + R₂ = 2 + 4 = 6W

 - Điện trở đoạn MN là: \({R_{MN}} = \frac{{{R_3}{R_{12}}}}{{{R_3} + {R_{12}}}}{\rm{ = }}1,5\Omega .\)

- Điện trở tương đương của mạch ngoài: R = R₄ +R_MN = 4 + 1,5 = 5,5W

 - Dòng điện qua mạch chính: \(I{\rm{ }} = \frac{E}{{R + r}} = \frac{{1,2}}{{5,5 + 0,1}} = \frac{3}{{14}}{\rm{ }}A.\)

 - Hiệu điện thế giữa M, N : \({U_{MN}} = I.{R_{MN}} = \frac{3}{{14}}.1,5 = \frac{9}{{28}}V\) .

 - Cường độ dòng điện qua R₂: \({I_2} = \frac{{{U_{MN}}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{\frac{9}{{28}}}}{6} = \frac{3}{{56}}A\)

 - Hiệu điện thế giữa A,N: \({U_{AN}} = {I_2}.{R_2} = \frac{3}{{56}}.4 = \frac{3}{{14}}V\)

 - Hiệu điện thế giữa N và B: \({U_{NB}} = I.{R_4} = \frac{3}{{14}}.4 = \frac{6}{7}V\) .

 - Hiệu điện thế giữa A và B : \({U_{AB}} = {\rm{ }}{U_{AN}} + {\rm{ }}{U_{NB}} = \frac{3}{{14}} + \frac{6}{7} = 1,07V\)

=> Chọn C

Phương pháp giải:

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si

Lời giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là:

\(I = {E \over {{R_N} + r}} = {E \over {10 + {{15{R_2}} \over {15 + {R_2}}}}} = {{\left( {{R_2} + 15} \right)E} \over {25{R_2} + 150}}\)

Cường độ dòng điện chạy qua \({R_2}\) là:

 \({I_2} = I.{{{R_{23}}} \over {{R_2}}} = {{E\left( {{R_2} + 15} \right)} \over {25{R_2} + 150}}.{{15{R_2}} \over {{R_2} + 15}}.{1 \over {{R_2}}} = {{15E} \over {25{R_2} + 150}}\)

Công suất tiêu thụ trên \({R_2}\) là:

\(P = I_2^2{R_2} = {\left( {{{15E} \over {25{R_2} + 150}}} \right)^2}.{R_2} = {{225{E^2}} \over {{{\left( {25\sqrt {{R_2}}  + {{150} \over {\sqrt {{R_2}} }}} \right)}^2}}}\)

Để \({P_{\max }}\) thì \(25\sqrt {{R_2}}  + {{150} \over {\sqrt {{R_2}} }}\) phải nhỏ nhất

Theo bất đẳng thức Cô - si ta có:

\(25\sqrt {{R_2}}  + {{150} \over {\sqrt {{R_2}} }} \ge 2\sqrt {25\sqrt {{R_2}} .{{150} \over {\sqrt {{R_2}} }}}  = 50\sqrt 6 \)

Dấu “=” xảy ra khi  \(25\sqrt {{R_2}}  = {{150} \over {\sqrt {{R_2}} }} \Leftrightarrow {R_2} = {{150} \over {25}} = 6\Omega \)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mach

Lời giải chi tiết:

Khi mở khóa K, mạch gồm R mắc vào nguồn điện

Cường độ dòng điện là  

\({I_m} = \frac{E}{{R + r}}\)

Khi chưa mở khóa K thì mạch được nối tắt R.

Cường độ dòng điện là  \({I_d} = \frac{E}{r}\)

Vì chúng lệch nhau hai lần nên

\(\frac{E}{r} = 2.\frac{E}{{r + R}} = > r = R = 1\Omega \)

Lời giải chi tiết:

Chọn D

Lời giải chi tiết:

Đáp án C 

- Gọi R_A, R_V lần lượt là điện trở của mỗi ampe kế và vôn kế, $E$ là suất điện động của acquy.

- Khi mắc 1 vôn kế nối tiếp với ampe kế, số chỉ của vôn kế là U₁ = 6 V

                           ${U_1} = {E \over {{R_A} + {R_V}}}.{R_V} = 6\,\,V$                                     (1)

- Khi mắc thêm một vôn kế nữa song song với vôn kế ban đầu, mỗi môn kế chỉ  

                         U₂ = 5 V

    Ta có:   ${U_2} = {E \over {{R_A} + {{{R_V}} \over 2}}}.{{{R_V}} \over 2} = 5\,\,V$                                              (2)                             

- Từ (1), (2) suy ra:       R_V = 4R_A  ;$E = {\rm{ }}7,5{\rm{ }}V$  

- Khi có n vôn kế mắc song song thì tổng số chỉ của các vôn kế bằng

$${U_0} = \sum {{U_n}}  = n{E \over {{R_A} + {{{R_V}} \over n}}}.{{{R_V}} \over n} = {E \over {{1 \over 4} + {1 \over n}}} \approx 4E = 30\,V$$

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết: