Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương
3.7. Phân giải một số dạng mạch điện
A. Lý Thuyết
1. Vận dụng định luật Ohm và quy tắc Kirchhoff
Mọi bài toán về mạch điện đều được phân giải dựa vào định luật Ohm và quy tắc Kirchhoff. Sau đây là một ví dụ minh họa thêm cho điều đó.
Ví dụ: Cho sơ đồ mạch điện như hình 3.10. Biết \( {{\xi }_{1}}=25\text{ }V \), \( {{\xi }_{2}}=16\text{ }V \); \( {{r}_{1}}={{r}_{2}}=2\text{ }\Omega \); \( {{R}_{1}}={{R}_{2}}=10\text{ }\Omega \); \( {{R}_{3}}={{R}_{4}}=5\text{ }\Omega \), \( {{R}_{5}}=8\text{ }\Omega \). Tính cường độ dòng điện qua mỗi nhánh và các hiệu điện thế UAB, UAN, UBN.
Hướng dẫn giải:
Giả sử dòng điện trong các nhánh có chiều như hình vẽ. Ta có 6 ẩn số là I1, I2, … I6 nên phải thiết lập 6 phương trình độc lập.
Lần lượt viết các phương trình cho nút A, B, M ta có:
I6 = I1 + I5 hay I1 + I5 – I6 = 0 (1)
I2 + I5 = I4 hay I2 + I5 – I4 = 0 (2)
I1 = I2 + I3 hay I1 – I2 – I3 = 0 (3)
Chọn chiều đi là chiều kim đồng hồ, lần lượt viết các phương trình cho mắc (1), (2), (3) ta có:
\( -{{\xi }_{2}}+{{I}_{1}}{{R}_{1}}+{{I}_{3}}{{R}_{3}}+{{I}_{6}}{{r}_{2}}=0 \) hay \( -16+10{{I}_{1}}+5{{I}_{3}}+2{{I}_{6}}=0 \) (4)
\( {{I}_{2}}{{R}_{2}}+{{I}_{4}}{{R}_{4}}-{{I}_{3}}{{R}_{3}}=0 \) hay \( 10{{I}_{2}}+5{{I}_{4}}-5{{I}_{3}}=0 \) (5)
\( {{\xi }_{1}}+{{\xi }_{2}}-{{I}_{5}}\left( {{R}_{5}}+{{r}_{1}} \right)-{{I}_{6}}{{r}_{2}}-{{I}_{4}}{{R}_{4}}=0 \) hay \( 41-10{{I}_{5}}-2{{I}_{6}}-5{{I}_{4}}=0 \) (6)
Từ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta có hệ 6 phương trình. Để giải hệ này ta có thiết lập một ma trận 6 dòng 7 cột, rồi dùng các phép biến đổi sơ cấp đưa về dạng ma trận bậc thang. Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình:
I1 = 0,5 A; I2 = -0,5A; I3 = 1 A; I4 = 2 A; I5 = 2,5 A; I6 = 3 A.
(dòng điện I2 có chiều ngược với chiều đã chọn)
Vận dụng định luật Ohm tổng quát, ta tính được các hiệu điện thế: \( {{U}_{AB}}=-{{\xi }_{1}}+{{I}_{5}}\left( {{r}_{1}}+{{R}_{5}} \right)=-25+2,5.(2+8)=0\text{ }V \)
\( {{U}_{AN}}={{\xi }_{2}}-{{I}_{6}}{{r}_{2}}=16-3.2=10\text{ }V \)
\( {{U}_{BN}}={{I}_{4}}{{R}_{4}}=2.5=10\text{ }V \)
Nhận Dạy Kèm Vật Lý Đại Cương Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Vật Lý Đại Cương (Cơ - Nhiệt - Điện Từ - Quang - VLNT-HN)
- Bồi dưỡng HSG Vật lý các cấp, luyện thi vào lớp 10 Chuyên, ôn thi ĐH-CĐ
- Sách Giải Bài Tập Vật Lý Đại Cương - Vật Lý Kỹ Thuật - Vật Lý Lý Thuyết
- Lịch học sắp xếp linh động, sáng - chiều - tối đều học được!
- Thời gian học từ 1,5h - 2h/1 buổi!
2. Mạch sao – tam giác
Việc vận dụng các quy tắc Kirchhoff để giải mạch điện, đôi khi dẫn đến giải một hệ rất lớn các phương trình. Trong một số trường hợp, chúng ta có thể dùng các phương pháp biến đổi mạch tương đương trước khi vận dụng các quy tắc Kirchhoff để giảm bớt số lượng các phương trình. Một trong những phép biến mạch tương đương đó là chuyển mạch từ dạng hình sao sang hình tam giác và ngược lại.
Một mạch điện có dạng như hình 3.30a) gọi là mạch tam giác ( \( \Delta \)), như hình 3.30b) là mạch sao (Y). Trong một số trường hợp ta phải chuyển đổi qua lại giữa hai mạch này. Muốn vậy chúng phải tương đương nhau, nghĩa là điện trở của hai nút bất kì trong hai sơ đồ phải bằng nhau.
Ta có: \( \left\{ \begin{align} & {{R}_{AB/\Delta }}={{R}_{AB/Y}} \\ & {{R}_{AC/\Delta }}={{R}_{AC/Y}} \\ & {{R}_{BC/\Delta }}={{R}_{BC/Y}} \\ \end{align} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& \frac{{{R}_{C}}\left( {{R}_{A}}+{{R}_{B}}\right)}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}}={{r}_{A}}+{{r}_{B}} \\ & \frac{{{R}_{B}}\left( {{R}_{A}}+{{R}_{C}}\right)}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}}={{r}_{A}}+{{r}_{C}} \\ & \frac{{{R}_{A}}\left( {{R}_{B}}+{{R}_{C}}\right)}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}}={{r}_{B}}+{{r}_{C}} \\ \end{align} \right. \) (3.64)
(3.64) diễn tả quan hệ giữa các điện trở của mạch tam giác và mạch sao tương đương. Nếu cho trước ba điện trở của mạch này, ta sẽ tìm được ba điện trở của mạch kia.
Giả sử ba điện trở của mạch ( \( \Delta \)) đã biết, để tìm ba điện trở của mạch (Y) tương đương, giải hệ phương trình (3.64), ta được:
\(\left\{ \begin{align} & {{r}_{A}}=\frac{{{R}_{B}}{{R}_{C}}}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}} \\ & {{r}_{B}}=\frac{{{R}_{A}}{{R}_{C}}}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}} \\ & {{r}_{C}}=\frac{{{R}_{B}}{{R}_{A}}}{{{R}_{A}}+{{R}_{B}}+{{R}_{C}}} \\ \end{align} \right.\) (3.65)
Trường hợp đặc biệt: Nếu RA = RB = RC = R0 thì \( {{r}_{A}}={{r}_{B}}={{r}_{C}}=\frac{{{R}_{0}}}{3} \) (3.66)
3. Mạch cầu
Nếu đoạn mạch AB có dạng như hình 3.31 thì ta gọi đó là mạch cầu. Giả sử các giá trị điện trở đã biết, ta phải tính cường độ dòng điện qua điện trở R5 theo cường độ mạch chính I.
Chọn chiều dòng điện trong mỗi nhánh như hình 3.32. Lần lượt áp dụng quy tắc Kirchhoff thứ nhất cho các nút A, B, M ta được:
I2 = I – I1 (1)
I4 = I – I3 (2)
I1 = I3 + I5 (3)
Áp dụng quy tắc Kirchhoff thứ hai cho các mắt mạng (1) và (2), ta được:
I2R2 – I5R5 – I1R1 = 0 (4)
I5R5 + I4R4 – I3R3 = 0 (5)
Thay (1), (2), (3) vào (4) và (5) ta được hệ phương trình:
\( \left\{ \begin{align} & \left( I-{{I}_{3}}-{{I}_{5}} \right){{R}_{2}}-{{I}_{5}}{{R}_{5}}-\left( {{I}_{3}}+{{I}_{5}} \right){{R}_{1}}=0 \\ & {{I}_{5}}{{R}_{5}}+\left( I-{{I}_{3}}\right){{R}_{4}}-{{I}_{3}}{{R}_{3}}=0 \\ \end{align} \right. \) hay \( \left\{ \begin{align} & {{I}_{3}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)+{{I}_{5}}\left({{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{5}} \right)=I{{R}_{2}} \\ & {{I}_{3}}\left( {{R}_{3}}+{{R}_{4}} \right)-{{I}_{5}}{{R}_{5}}=I{{R}_{4}} \\ \end{align} \right. \) (6)
Giải (6) ta tìm được cường độ dòng điện qua điện trở R5 là:
\( {{I}_{5}}=I\frac{{{R}_{2}}{{R}_{3}}-{{R}_{1}}{{R}_{4}}}{\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)\left( {{R}_{3}}+{{R}_{4}} \right)+{{R}_{5}}\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{3}}+{{R}_{4}} \right)} \)
Giá trị của dòng điện qua nhánh cầu R5 phụ thuộc vào quan hệ giữa các giá trị của các điện trở khác trong mạch. Từ kết quả (3.67), ta đưa ra cách giải bài toán mạch cầu như sau:
a) Trường hợp 1
Nếu \( {{R}_{2}}{{R}_{3}}-{{R}_{1}}{{R}_{4}}=0 \) hay \( \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}=\frac{{{R}_{3}}}{{{R}_{4}}} \) (3.68)
Thì I5 = 0 và điện thế VM = VN. Ta nói mạch cầu đang ở trạng thái cân bằng và (3.68) được gọi là điều kiện cân bằng của mạch cầu.
Trường hợp này ta có thể biến đổi mạch cầu về các mạch đơn giản như sau: hoặc là bỏ R5 ra khỏi mạch điện và để được sơ đồ như hình (3.33); hoặc là chập M với N để được sơ đồ như hình (3.34). Với các sơ đồ (3.33) hoặc (3.34), việc phân giải là đơn giản, các bạn đọc từ làm tiếp.
b) Trường hợp 2: \( \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}\ne \frac{{{R}_{4}}}{{{R}_{5}}} \), mạch cầu không cân bằng
Ta có thể biến đổi ba nút A, M, N từ dạng mắc tam giác sang mắc hình sao và do đó, mạch cầu được đưa về dạng như hình 3.35, trong đó rA, rM, rN liên hệ với R1, R2, R5 bởi (3.65). Việc phân giải mạch (3.35) cũng rất đơn giản, bạn đọc tự làm tiếp.
4. Đo điện trở bằng cầu Wheatstone
Một trong những ứng dụng của mạch cầu là đo điện trở. Để đo giá trị của điện trở RX, ta mắc thành mạch cầu Wheatstone như hình 3.36, trong đó R0 là điện trở mẫu đã biết giá trị, AB là một đoạn dây dẫn đồng chất tiết diện đều, G là một điện kế hoặc ampe kế. Di chuyển con chạy C trượt từ từ trên đoạn AB, ta sẽ xác định được vị trí mà tại đó điện kế chỉ số không. Lúc này mạch cầu dang cân bằng, ta có tỉ số:
\(\frac{{{R}_{X}}}{{{R}_{AC}}}=\frac{{{R}_{0}}}{{{R}_{BC}}}\Rightarrow {{R}_{X}}={{R}_{0}}\frac{{{R}_{AC}}}{{{R}_{BC}}}\)
Do dây dẫn AB là đồng chất, tiết diện đều nên điện trở RAC và RBC tỉ lệ thuận với chiều dài của chúng. Do đó, ta có:
\({{R}_{X}}={{R}_{0}}\frac{{{R}_{AC}}}{{{R}_{BC}}}={{R}_{0}}\frac{AC}{BC}\) (3.69)
Đo chiều dài AC, BC ta sẽ tính được RX.
B. Bài tập có hướng dẫn giải
Câu 1. Cho mạch cầu như sơ đồ hình 3.31, trong đó \( {{R}_{1}}=10\text{ }\Omega \), \( {{R}_{2}}=20\text{ }\Omega \), \( {{R}_{3}}=4\text{ }\Omega \), \( {{R}_{4}}=60\text{ }\Omega \), \( {{R}_{5}}=10\text{ }\Omega \), \( {{U}_{AB}}=12\text{ }V \). Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB, cường độ dòng điện qua mỗi điện trở.
Hướng dẫn giải:
Dễ thấy mạch cầu không cân bằng. Ta chuyển mạch về sơ đồ hình 3.35.
Ta có:
\( {{r}_{A}}=\frac{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{5}}}=\frac{10.20}{10+20+10}=5\text{ }\Omega \)
\( {{r}_{M}}=\frac{{{R}_{1}}{{R}_{5}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{5}}}=\frac{10.10}{10+20+10}=2,5\text{ }\Omega \)
\( {{r}_{N}}=\frac{{{R}_{5}}{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}+{{R}_{5}}}=\frac{10.20}{10+20+10}=5\text{ }\Omega \)
Với sơ đồ hình (3.5), ta có:
\( {{R}_{OB}}=\frac{\left( {{r}_{M}}+{{R}_{3}} \right)\left( {{r}_{N}}+{{R}_{4}} \right)}{{{r}_{M}}+{{R}_{3}}+{{r}_{N}}+{{R}_{4}}}=\frac{\left( 2,5+4 \right)\left( 5+60 \right)}{2,5+4+5+60}=\frac{65}{11}\approx 5,91\text{ }\Omega \)
\( {{R}_{AB}}={{r}_{A}}+{{R}_{OB}}=5+5,91=10,91\text{ }\Omega \)
Cường độ dòng điện qua rA: \(I=\frac{{{U}_{AB}}}{{{R}_{AB}}}=\frac{12}{10,91}=1,1\text{ }A\)
Hiệu điện thế giữa hai điểm O, B: \( {{U}_{OB}}=I{{R}_{OB}}=1,1.5,91=6,5\text{ }V \)
Cường độ dòng điện qua R3: \( {{I}_{3}}=\frac{{{U}_{OB}}}{{{r}_{M}}+{{R}_{3}}}=\frac{6,5}{2,5+4}=1\text{ }A \)
Cường độ dòng điện qua R4: \( {{I}_{4}}=\frac{{{U}_{OB}}}{{{r}_{N}}+{{R}_{4}}}=\frac{6,5}{5+60}=0,1\text{ }A \)
Hiệu điện thế giữa hai điểm A, M: \( {{U}_{AM}}=I{{r}_{A}}+{{I}_{3}}{{r}_{M}}=1,1.5+1.2,5=8\text{ }V \)
Cường độ dòng điện qua R1: \( {{I}_{1}}=\frac{{{U}_{AM}}}{{{R}_{1}}}=\frac{8}{10}=0,8\text{ }A \)
Hiệu điện thế giữa hai điểm A, N: \( {{U}_{AN}}=I{{r}_{A}}+{{I}_{4}}{{r}_{N}}=1,1.5+0,1.5=6\text{ }V \)
Cường độ dòng điện qua R2: \( {{I}_{2}}=\frac{{{U}_{AN}}}{{{R}_{2}}}=\frac{6}{20}=0,3\text{ }A \)
Hiệu điện thế giữa hai điểm M, N: \( {{U}_{MN}}={{U}_{MA}}+{{U}_{AN}}=-{{U}_{AM}}+{{U}_{AN}}=-8+6=-2\text{ }V \)
Điều này chứng tỏ điểm N cao thế hơn điểm M và dòng điện qua R5 có chiều từ N đến M.
Cường độ dòng điện qua R5: \( {{I}_{5}}=\frac{{{U}_{NM}}}{{{R}_{5}}}=\frac{2}{10}=0,2\text{ }A \)
Câu 2. Dùng mạch cầu Wheatstone như hình 3.36 để đo điện trở RX. Biết \( {{R}_{0}}=60\text{ }\Omega \), dây AM dài 100 cm. Dịch chuyển con chạy C đến khi điện kế G chỉ số không, đo khoảng cách AC = 40 cm. Tính giá trị của RX.
Hướng dẫn giải:
Thiết lập điều kiện cân bằng của mạch cầu, ta rút ra công thức 3.39. Từ đó tính được giá trị:
\( {{R}_{X}}={{R}_{0}}\frac{AC}{BC}=60.\frac{40}{100-40}=40\text{ }\Omega \)
