Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tóm tắt:
\(R_0=6000\Omega\)
\(R_1=2000\Omega\)
\(R_2=4000\Omega\)
\(U_{MN}=60V\)
a) K mở \(U_1=?\) \(U_2=?\)
-------------------------------------
Bài làm:
- Sơ đồ mạch điện:\(\left(R_1ntR_2\right)\text{//}R_0\)
Từ sơ đồ mạch điện: \(\Rightarrow R_{12}=R_1+R_2=2000+4000=6000\Omega\)
Vì \(R_{12}\text{//}R_0\) nên \(U_{MN}=U_{12}=U_0=60V\)
Cường độ dòng điện chạy qua điện trở R12 là:
\(I_{12}=\dfrac{U_{12}}{R_{12}}=\dfrac{60}{6000}=0,01\left(A\right)\)
Vì \(R_1ntR_2\) nên \(I_1=I_2=I_{12}=0,01\left(A\right)\)
Số chỉ của vôn kế 1 là:
\(U_1=I_1\cdot R_1=0,01\cdot2000=20\left(V\right)\)
Số chỉ của vôn kế 2 là:
\(U_2=I_2\cdot R_2=0,01\cdot4000=40\left(V\right)\)
Vậy..........................
a) v1 chi 20v
v2 chi 40v
b)Rac=2000
Rcb=4000
Uv=0v
c)Rac=4000
Rcb=2000
Khi dịch chuyển con chạy C của biến trở về phía N thì số chỉ của các dụng cụ đo sẽ tăng. (nếu không giải thích đúng thì không cho điểm ý này)
Gọi x là phần điện trở của đoạn MC của biến trở; IA và UV là số chỉ của ampe kế và vôn kế.
Điện trở tương đương của đoạn mạch:
Rm = (Ro – x) + \(\frac{xR_1}{x+R_1}\)
<=> Rm \(R-\frac{x^2}{x+R_1}=R-\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{R_1}{x^2}}\)
Khi dịch con chạy về phía N thì x tăng \(\Rightarrow\left(\frac{1}{\frac{1}{x}+\frac{R_1}{x^2}}\right)\) tăng => Rm giảm
=> cường độ dòng điện mạch chính: I = U/Rm sẽ tăng (do U không đổi).
Mặt khác, ta lại có: \(\frac{I_A}{x}=\frac{I-I_A}{R}=\frac{I}{R+x}\)
=> \(I_A=\frac{I.x}{R+x}=\frac{I}{1+\frac{R}{x}}\)
Do đó, khi x tăng thì ( \(1+\frac{R}{x}\)giảm và I tăng (c/m ở trên) nên IA tăng.
Đồng thời UV = IA.R cũng tăng (do IA tăng, R không đổi)
a)Nối M và B bằng một vôn kế rất lớn.
Khi đó CTM là: \(\left(R_1//\left(R_2ntR_3\right)\right)ntR_4\)
Ta có: \(U_V=U_3+U_4\)
\(R_{23}=R_2+R_3=6+6=12\Omega\)
\(R_{123}=\dfrac{R_1\cdot R_{23}}{R_1+R_{23}}=\dfrac{6\cdot12}{6+12}=4\Omega\)
\(R_{tđ}=R_{123}+R_4=4+2=6\Omega\)
\(I_4=I_{123}=I=\dfrac{U}{R_{tđ}}=\dfrac{18}{6}=3A\Rightarrow U_4=I_4\cdot R_4=3\cdot2=6V\)
\(U_{23}=U_{123}=I_{123}\cdot R_{123}=3\cdot4=12V\)
\(I_2=I_3=I_{23}=\dfrac{U_{23}}{R_{23}}=\dfrac{12}{12}=1A\Rightarrow U_3=I_3\cdot R_3=1\cdot6=6V\)
Vậy \(U_V=U_3+U_4=6+6=12V\)
b)Nối M với B bằng một ampe kế lớn.
Khi đó CTM là \(\left(R_1nt\left(R_3//R_4\right)\right)//R_2\)
Ta có: \(I_A=I_2+I_3\)
\(R_{34}=\dfrac{R_3\cdot R_4}{R_3+R_4}=\dfrac{6\cdot2}{6+2}=1,5\Omega\)
\(R_{134}=R_1+R_{34}=6+1,5=7,5\Omega\)
\(R_{tđ}=\dfrac{R_{134}\cdot R_2}{R_{134}+R_2}=\dfrac{7,5\cdot6}{7,5+6}=\dfrac{10}{3}\Omega\)
\(U_2=U_{134}=U=18V\)
\(I_2=\dfrac{U_2}{R_2}=\dfrac{18}{6}=3A\)
\(I_{34}=I_{134}=\dfrac{U_{134}}{R_{134}}=\dfrac{U}{R_{134}}=\dfrac{18}{7,5}=2,4A\)
\(U_3=U_4=U_{34}=I_{34}\cdot R_{34}=2,4\cdot1,5=3,6V\)
\(I_3=\dfrac{U_3}{R_3}=\dfrac{3,6}{6}=0,6A\)
Vậy \(I_A=I_2+I_3=3+0,6=3,6A\)
a, theo sơ đồ \(=>\left(Rx//R0\right)ntR\left(đ\right)\)
\(=>R\left(đ\right)=\dfrac{6^2}{6}=6\left(om\right)\)\(,I\left(đm\right)=\dfrac{P\left(đm\right)}{U\left(đm\right)}=\dfrac{6}{6}=1A\)
\(=>Rtd=R\left(đ\right)+\dfrac{Rx.R0}{Rx+R0}=6+\dfrac{2.6}{2+6}=7,5\left(om\right)\)
\(=>Im=\dfrac{UAB}{Rtd}=\dfrac{9}{7,5}=1,2A=I\left(đ\right)>I\left(đm\right)\)
=>đèn sáng hơn bình thường
\(=>P\left(đ\right)=I\left(đ\right)^2R\left(đ\right)=1,2^2.6=8,64W\)
b, khi đèn sáng bình thường\(=>\left\{{}\begin{matrix}U\left(đ\right)=U\left(đm\right)=6V\\P\left(đ\right)=P\left(đm\right)=6W\end{matrix}\right.\)\(=>Im=I\left(đ\right)=\dfrac{6}{6}=1A=Ix0\)
\(=>Ux0=Uab-U\left(đ\right)=9-6=3V\)
\(=>Rx0=\dfrac{Ux0}{Ix0}=\dfrac{3}{1}=3\left(om\right)\)
\(=>3=\dfrac{Rx.R0}{Rx+R0}< =>3=\dfrac{Rx.6}{6+Rx}=>Rx=6\left(om\right)\)
do đó phải dịch chuyển biến trở sang phải