BÀI tập về tụ điện PHI TUYẾN

Hai bản tụ điện phẳng được mắc vào một nguồn có s.đ.đ E và điện trở trong r.. Các bản tụ đặt thẳng đứng và đưa một bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 và hằng số điện môi ε1

Bài toán về tụ điện

Bài 1: Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối với bán kính R Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt đó từ phía điện tích còn lại

Giải:

Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không thể thay đổi Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng nhỏ δR Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó Điện thế của mặt cầu liên

hệ với điện tích của nó bởi hệ thức:

R

Q V

0

4

 Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có

V = Q/C, suy ra C = 4πεε0R Năng lượng của tụ điện này W = Q2/2C = Q2/(8πεε0R) Như vậy khi tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng:

∆W = W – W’ =

) (

8 ) (

8

2 0

2 0

2

R R R

R Q R

R

Q R

Q











Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công toàn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực hiện Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR2.δR Do đó:

F.4πR2.δR =

) (

2

R R R

R Q







 Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được:

0 2 2

Q





Bài 2:

Một tấm có hằng số điện môi  3 nằm giữa hai bản của một

tụ điện phẳng, choán hết thể tích của tụ điện Tụ điện được mắc

vào một nguồn có suất điện động U = 100V qua một điện trở Sau

đó tấm được đẩy ra khỏi tụ điện thật nhanh, đến mức điện tích trên

tụ điện chưa kịp biến thiên

Hỏi phần năng lượng toả ra trong mạch sau đó dưới dạng

nhiệt bằng bao nhiêu? Biết điện dung của tụ điện khi chưa có điện môi la C0 = 100μF

Giải:

Khi vừa đánh bật tấm điện môi ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện còn bằng C0, nhưng điện tích trên tụ vẫ là q1 = CE =  C0U Do đó năng lượng của tụ điện ngay sau khi điện môi bị đánh bật bằng:

2 2 2

1

0

W

C

Sau đó điện tích của tụ còn lại: q2 = C0U để phù hợp với điện dung mới, nên có một điện lượng ∆q = q1 – q2 chạy qua nguồn ngược chiều lực lạ, do đó nguồn tiêu thụ một công:

2

A qU q q U  C U

       đồng thời năng lượngcủa tụ điện chỉ còn bằng:

2 0 2 W

2

C U



Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta thu được nhiệt lượng toả ra trên mạch sau khi đẩy tấm điện môi ra ngoài:

2

Bài 3 Hai bản tụ điện phẳng được mắc vào một nguồn có s.đ.đ E và điện trở trong r Các

bản tụ đặt thẳng đứng và đưa một bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 và hằng

số điện môi ε1 tới sát mép dưới của các bản tụ Khi đó chất lỏng sẽ bắt đầu được hút vào trong tụ Trong thời gian thiết lập cân bằng trong hệ có toả ra nhiệt lượng là Q Hỏi lượng nhiệt toả ra trong hệ này là bao nhiêu nếu thay chất lỏng trên bằng một chất lỏng khác có khối lượng riêng ρ2 và hằng số điện môi ε2 Bỏ qua sức căng mặt ngoài

Giải:

Khi tụ điện tích điện được chạm vào khối điện môi lỏng, nó tác động hút điện môi vào trong khoảng giữa hai bản (do điện môi bị phân cực bởi tác dụng của điện trường giữa hai bản tụ điện) và như vậy năng lượng của hệ giảm đi Công của lực điện trường kéo điện môi lên trong khoảng giữa hai bản tụ điện biến thành thế năng của cột điện môi trong trọng

trường Công này lại bằng biến thiên năng lượng của hệ tụ điện - nguồn và có giá trị:

E

trong đó

d

lh

C1 0

d

l H C

d

lH d

H h l









1 0

0 2









trong đó ,H là điện môi và chiều cao của cột chất lỏng trong bản tụ; l, h là bề rộng và chiều cao của bản tụ; d là khoảng cách hai bản tụ

 

2

d

l H

Thế năng cột điện môi:

2

2

gldH

Wt  

với  là khối lượng riêng điện môi

2

2 2

gd

E H

W





  





d

lh gd

l E

2 2

0 2







 Nhiệt lượng toả ra trên điện trở trong của nguồn là:

Q   2 02 22 4

1 2

2

1 2

1

gd

l E E

C C





 







Với chất điện môi 1 có khối lượng riêng của 1 ta có:

Q gd

l E

1

4 2 1

2 0 1

2

1







Với chất điện môi 2 khối lượng riêng của 2 ta có:

2 2

4 2 2

2 0 2

2

1

gd

l E Q







Vậy:

2

1 2 2

1 2

1

1































Q Q

Đây là nhiệt lượng toả ra trên điện trở r của nguồn khi trạng thái cân bằng được thiết lập

Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ 2: C1 = C4 = 6µF;

C2 = C3 = 3µF Ban đầu các tụ điện chưa tích điện và khóa K

mở Đặt hiệu điện thế UAB = U = 24V

a) Tính điện tích và hiệu điện thế trên mỗi tụ điện khi đóng

khóa K

b) Tính điện lượng dịch chuyển qua khóa K và số electron

di chuyển đến mỗi tụ điện

Bài giải

a) Khi K mở, hệ tụ điện mắc theo sơ đồ như hình vẽ 2a:

Vì (C1ntC2)//(C3ntC4) ta có:

1 2 12

1 2

2

C C

3 4

2

C C



4

K

M

N

Hình vẽ 2

+ - + -

+ - + -

C1 C2

C3 C4

Hình vẽ 2a

Vì ban đầu các tụ điện chưa tích điện nên:

12 1 2 12 48

Q Q Q C U  C; Q34Q3 Q4 C U34  48C

Khi K đóng hệ tụ điện được mắc theo sơ đồ:

(C1//C3)nt(C2//C4) Giả sử dấu điện tích của các tụ điện trước và

sau khi đóng khóa K không đổi như hình vẽ 2a,b Gọi điện tích

và hiệu điện thế trên các bản tụ điện ngay sau khi đóng khóa K

là ' ' ' '

1, 2, 3, 4

Q Q Q Q và ' ' ' '

1, 2, 3, 4

U U U U

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho nút M ngay sau

khi đóng khóa K và khi ổn định

' ' ' '

1 2 3 4 1 2 3 4 0

Q Q Q Q Q Q Q Q

         

1 1 1 6 1; 2 2 2 3 2; 3 3 3 3 3; 4 4 4 6 4

Q C U  U Q C U  U Q C U  U Q C U  U

Và ta có hệ phương trình sau:

' '

1 3

' '

2 4

' '

1 2

24

U U

U U

U U

 









 





giải hệ ta được









Ta nhận thấy ' ' ' '

1, 2, 3, 4

Q Q Q Q đều dương, chứng tỏ giả thiết về dấu điện tích trên các tụ

như hình vẽ 2b là đúng

b) Điện tích dịch chuyển qua khóa K chính là độ biến thiên điện tích qua hệ 2 tụ (C1 và C2) hoặc (C3 và C4)

' '

              

Dấu (-) chứng tỏ electron dịch chuyển qua khóa K từ N đến M

Như vậy có nghĩa là, qua tụ C1, C2, C3, C4 đã thay đổi những lượng:

'

'

2 2 2

'

'

4 4 4

36 48 12

72 48 24









         



      





        



     



19

24.10

1,5.10

1, 6.10



  electron đi tới tụ C1,

6

14 19

12.10

0, 75.10

1, 6.10



  electron đi tới

tụ C2,

6

14 19

12.10

0, 75.10

1, 6.10



  electron ra khỏi tụ C3 và

6

14 19

24.10

1,5.10

1, 6.10



  electron đi ra khỏi tụ

C4

Bài 5 Cho mạch điện như hình vẽ: các tụ điện giống nhau đều có điện

dung , điện trở , nguồn điện có s.đ.đ và điện

trở trong Đóng khoá K Xác định cường độ dòng điện qua điện trở

tại thời điểm sau khi đóng khoá K và cường độ dòng điện qua nguồn

tại thời điểm đó Tính nhiệt lượng toả ra trên điện trở sau một khoảng thời

F

C 100 R 100 k E 10 V



 1

r

s

1 , 0

+ - + -

+ - + -

2

C3 K C4

M

N

K 

R

E, r

gian dài

Giải:

Sau khi đóng mạch các tụ điện nạp điện rất nhanh còn dòng điện qua điện trở rất nhỏ Thực vậy dòng điện tích lúc đầu được xác định bởi điện trở trong rất nhỏ của nguồn: “thời gian đặc trưng của điện tích” có giá trị cỡ bằng tích của điện dung toàn phần (ở đây có thể

lấy bằng C) và điện trở trong r với theo điều kiện đề bài Mặt khác

cũng lớn hơn nhiều so với khoảng thời gian 0,1s đã cho

Bây giờ ta sẽ sử dụng phương pháp điện thế nút để tiến hành tính toán Giả sử có điện lượng q đi qua điện trở, điện thế các nút ký hiệu là v và u và điện thế của điểm trên cũng

là V Khi đó với điện trở trong rất nhỏ và dòng qua nguồn rất nhỏ có thể coi Nếu

có một điện lượng q đi qua điện trở thì điện tích tổng cộng của các bản có điện thế u là q:

Điện tích tổng cộng của các bản có điện thế v luôn luôn bằng không:

Từ hai phương trình trên ta nhận được:

Rõ ràng khi sau 0,1s điện tích thực tế không đi qua điện trở - điện thế đầu dưới của điện trở bằng (vôn) đầu trên của điện trở có điện thế (vôn) Bởi vậy dòng điện qua điện trở trong thời gian chúng ta quan tâm bằng:

Sau thời gian điện tích q đi qua điện trở, điện tích tổng cộng của hai tụ dưới tăng một

lượng :

Rõ ràng là chính điện lượng này đã đi qua nguồn Nó nhận được nhỏ hơn điện tích q vì

tụ điện trên có phóng điện, một phần điện tích của nó đi theo nguồn theo chiều ngược lại, do

đó dòng qua nguồn bằng:

s s

rC  104  0 , 1

s C

R 105.104 10

).

(

10 V

V 

 v u  Cu q

        0

Cv

, 5

3

q V

u  

C

q V

v

5 5



0



q

2 2 ,

08 , 0 8 , 0

mA R

V

8 , 0 5 5

3

q C

C

q C









 

mA I

Ing  0 , 8 R  0 , 064

Để tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở ta viết hiệu điện thế trên nó như là 1 hàm số của

điện lượng đi qua nó:

Rõ ràng đây là sự phụ thuộc tuyến tính Điện tích toàn phần đi qua sau một khoảng thời

gian lớn là Q sẽ làm cho hiệu điện thế bằng không, từ đó ta có:

Do đó nhiệt lượng tỏa ra trên R bằng :

BÀI TẬP VỀ MẠCH PHI TUYẾN

Bài 1: Trên hình 1 là đường đặc trưng vôn-ampe của một phần tử phi tuyến nào đó Trước điện áp U 0 = 100V, không có dòng điện đi qua phần tử này, nhưng sau đó cường độ dòng điện tăng tuyến tính theo hiệu điện thế (h.đ.t.) Khi mắc phần tử này vào một nguồn điện có suất điện động không đổi và điện trở trong r = 25 thì cường độ dóng điện đi qua nó là I 1 = 2mA, nhưng khi mắc nó với cùng nguồn điện đó nhưng qua một tải có điện trở R = r thì dòng qua

nó là I 2 = 1mA Hãy xác định suất điện động của nguồn điện

Giải:

Dựa vào đường đặc trưng vôn-ampe ta thấy dòng điện I chạy qua phần tử phi tuyến này phụ thuộc vào h.đ.t U giữa hai đầu phần tử: khi 0 < U <U0 thì I = 0; khi U > U0 thì I = (U – U0) với  = I/U = const

Khi mắc phân tử phi tuyến trên vào nguồn điện có s.đ.đ E và điện trở trong r, cường độ dòng điện trong mạch là I1, ta có:

1 0

1r I U I

E  

 (1) Khi mắc phần tử này vào nguồn điện nhưng qua một tải có điện trở R = r thì dòng điện trong mạch là I2, ta có:

C

q

V 0 , 6

8 ,

0 



 

3

4CV

Q 

5 15

8 3

4 8 , 0 2

1 2

mJ CV

CV V

Q

W   bandau   

I, mA

0 U o U,V

0 2 2

2r I R I U I

E    

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

0 2 1

1

2 r U I I

I I





Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ Tụ điện có điện dung C  1F ban đầu chưa tích điện, điện trở R  10 , nguồn điện có suất điện động E  20V điện trở trong không đáng kể, đi-ốt Đ có đường đặc trưng vôn-ampe biểu diễn như hình vẽ trên Cho biết nguồn điện có suất điện động

E  10V , điện trở trong của nguồn không đáng kể Ban đầu K mở rồi sau đó đóng

1 Nêu đặc điểm của Điốt về mặt dẫn điện

2 Tính tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi K đóng

Bài giải:

1 Ta thấy rằng Điốt được mắc thuận Từ đường đặc trưng Vôn-ampe suy ra điốt luôn mở

Bài 3: Trong mạch điện trên hình 3, tụ điện có điện dung C = 100F được tích điện đến U 0 = 5V và được nối điện trở R = 100 qua điôt D Đường đặc trưng vôn-ampe của điôt như hình

vẽ Ở thời điểm ban đầu, khoá K mở Sau đó đóng K Xác định cường độ dòng điện trong mạch ngay sau khi đóng K Tính h.đ.t trên tụ điện khi dòng điện trong mạch bằng 10mA Tính lượng nhiệt toả ra trên điôt sau khi đóng khoá K

Giải:

Ngay sau khi đóng khoá, h.đ.t trên tụ vẫn còn chưa thay đổi cả về độ lớn và dấu Giả thiết rằng dòng điện ban đầu I0 trong mạch lớn hơn 10mA Định luật Ôm đối với mạch kín tại thời điểm đó có dạng:

R

I

U

U  d  0

trong đó Ud là h.đ.t hai đầu điôt (Ud = 1V) Thay số vào ta được:

mA R

U

U

I0  0  d 40

Vì giá trị nhận được của dòng điện lớn hơn 10mA, nên giả thiết của chúng ta là đúng

Sau khi đóng khoá, tụ điện sẽ phóng điện, còn dòng điện trong mạch sẽ giảm Khi dòng giảm tới giá trị I1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm ta tìm được h.đ.t UC giữa hai bản tụ:

V R

I

U

U C  d  1  2

Từ thời điểm đóng khoá cho tới khi tụ phóng hết điện, điôt sẽ p73 hai chế độ: khi dòng điện trong mạch biến thiên từ I0 = 40mA đến I1 = 10mA và khi dòng điện giảm từ I1 = 10mA đến 0 Trong chế độ thứ nhất, h.đ.t trên điôt không đổi và bằng Ud = 1V, còn đ.đ.t trên tụ giảm từ U0

= 5V đến UC = 2V Trong thời gian đó, điện lượng chạy qua điôt là:

C U

U

C

q ( 0 C)3.104

và nhiệt lượng toả ra trên điôt là:

J qU

Q1  d 3.104

Trong chế độ thứ hai, điôt hoạt động như một điện trở Rd = Ud/I1 = 100 Sau khi kết thúc chế

độ thứ nhất, h.đ.t trên tụ bằng UC = 2V và năng lượng còn lại của điện trường trong tụ là:

J

CU

2

10 2

2





Vì điện trở Rd của điôt bằng điện trở R, nên năng lượng toả ra trên điôt và trên R là như nhau

Do đó, nhiệt lượng toả ra trên điôt ở chế độ thứ hai bằng:

J

W

Q2 10 4

2





Vậy nhiệt lượng toả ra trên sau khi đóng khoá bằng:

10

2

Q

Q d    

Bài 4 : Một mạng lưỡng cực có đặc trưng vôn –ampe được mô tả bởi công thức 2 U I =10 ,

trong đó cường độ dòng điện được đo bằng ampe còn hiệu điện thế được đo bằng vôn Có 2 mạng lưỡng cực như vậy được mắc nối tiếp với nhau và mắc vào một nguồn điên lý tưởng với suất diện động E =10V Mắc thêm một điện trở song song với một trong hai mạng lưỡng cực Điện trở này là bao nhiêu để công suất nhiệt giải phóng trên nó đạt cực đại?

Giải

Gọi U là hiệu điện thế trên điện trở mắc song song với một mạng lưỡng cực Khi đó hiệu điện thế trên mạng lưỡng cực kia sẽ là E - U

Dòng điện qua điện trở R là

R

E U U

Vậy công suất tỏa nhiệt trên R là

R R

E U U

P U I U  

    

dU



Để P cực đại thì (2) = 0

3

0

U E U U

E U

U EU E



(3)

Giải (3) ta có 2 nghiệm

Vì hiệu điện thế trên đoạn song song phải nhỏ hơn một nửa hiệu điện thế 2 cực nguồn nên ta chọn U ≈ 2.4V

Vậy R ≈ 6.27Ω