A, B, D - đúng

C - sai vì : khi R₁ mắc nối tiếp với R₂ thì I = I₁ = I₂

Mạch ngoài thuần điện trở ${R_N}$ thì hiệu suất của nguồn điện có điện trở r được tính bởi biểu thức:

$H = \dfrac{{{A_{coich}}}}{{{A_{nguon}}}}.100\%  = \dfrac{{{U_N}}}{E}.100\%  = \;\dfrac{{{R_N}}}{{{R_N} + r}}.100\%$

=> Phương án D - sai

Công suất mạch ngoài : $P = {R_N}{I^2} = {\rm{ }}{R_N}.{\left( {\dfrac{E}{{{R_N} + r}}} \right)^2}\, = \,\dfrac{{{E^2}}}{{{{\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)}^2}}}$

Để $P = {P_{Max}}$  thì $\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)$ nhỏ nhất.

Theo BĐT Cô-si thì : $\left( {\sqrt {{R_N}}  + \dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}} \right)\; \ge 2\sqrt r$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt {{R_N}} \, = \,\dfrac{r}{{\sqrt {{R_N}} }}\,\, \Rightarrow \,{R_N}\, = \,r$

Khi đó: $P = {P_{{\rm{max}}}} = \dfrac{{{E^2}}}{{4r}}$

=> Phương án D – sai vì: $I = \dfrac{E}{{2r}} = \dfrac{E}{{2R}}$

Ta có: Biểu thức định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở: $I = \frac{U}{R} \to U = IR$

=> Đồ thị có dạng của hàm số y = ax

Ta có, tác dụng đặc trưng nhất của dòng điện là tác dụng từ.

Khi có dòng điện chạy qua đoạn mạch ngoài nối giữa hai cực của nguồn điện thì các hạt mang điện chuyển động có hướng dưới tác dụng của lực điện trường.

Cụ thể: Các hạt mang điện tích dương chuyển động theo chiều điện trường, các hạt mang điện tích âm chuyển động ngược chiều điện trường.

Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch $I = \dfrac{\xi }{{r + R}} = \dfrac{{1,5}}{{0,5 + 2,5}} = 0,5A$

Biểu thức định luật Ôm cho toàn mạch trong trường hợp mạch ngoài có máy thu là: $I = \frac{{E - {E_p}}}{{R + r + r'}}$

Biểu thức xác định định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ có điện trở là: $I = \frac{U}{R}$

Dòng điện là dòng các điện tích (các hạt tải điện) dịch chuyển có hướng.

Cường độ dòng điện: $I = \dfrac{q}{t}$

A, B, D – đúng

C – sai vì : Dòng điện có tác dụng hóa học là đúng nhưng ví dụ về tác dụng hóa học là acquy nóng lên khi nạp điện là sai

Ví dụ về tác dụng hóa học của dòng điện : mạ đồng, mạ vàng,  …

Ta có:

-  Điện lượng: q = It = 4.2.60.60 = 28800 C

- Suất điện động của acquy  nếu trong thời gian hoạt động trên đây nó sản sinh ra một công là 172,8 kJ là : 

$E = \dfrac{A}{q} = \dfrac{{172,{{8.10}^3}}}{{28800}} = 6V$

Ta có:

+ Cường độ dòng điện trong mạch: $I = \dfrac{{\Delta q}}{{\Delta t}} = \dfrac{{15}}{{30}} = 0,5A$

+ Số electron chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian một giây là: $n = \dfrac{{I.t}}{{\left| e \right|}} = \dfrac{{0,5.1}}{{{{1,6.10}^{ - 19}}}} = {3,125.10^{18}}$

Ta có: P_R = $\dfrac{{{U^2}}}{R}$

Mặt khác: ${U_R} = {\rm{ }}I.{R_N} = \dfrac{E}{{\dfrac{{{R_1}.R}}{{{R_1} + R}} + r}}.\dfrac{{{R_1}.R}}{{{R_1} + R}}\, = \,\dfrac{{24R}}{{5R + 4}}$.

Vậy:  ${P_R} = \dfrac{{{{24}^2}{R^2}}}{{{{\left( {5R + 4} \right)}^2}.R}}\, = \,\dfrac{{576}}{{{{\left( {5\sqrt R  + \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)}^2}}}\,$

Theo BĐT Cô-si, ta có : $\left( {5\sqrt R  + \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)\, \ge \,4\sqrt 5$, dấu $'' = ''$ xảy ra khi : $\left( {5\sqrt R  = \dfrac{4}{{\sqrt R }}} \right)$ hay $R = \dfrac{4}{5}\Omega$.

Vậy :  ${P_{RMax}} = \dfrac{{576}}{{{{\left( {4\sqrt 5 } \right)}^2}}}\, = 7,2\,{\rm{W}}$  khi $R = \dfrac{4}{5}\Omega$

Ta có:

+ Chiều dài của một vòng quấn là: $C = 2\pi R = \pi d = 2\pi .0,045 = 0,1414m$

+ Chiều dài của toàn bộ dây quấn: $l = nC = 300.0,1414 = 42,42m$

+ Điện trở $R = \rho \dfrac{l}{S} = {4.10^{ - 7}}\dfrac{{42,42}}{{{{0,8.10}^{ - 6}}}} = 21,21\Omega$  

Giả sử các vôn kế có điện trở vô cùng lớn, khi đó mạch chỉ gồm các điện trở nối tiếp.

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{U_{CD}} = V = I.2R\\{U_{MN}} = {V_2} = 0\end{array} \right.$

=> Vôn kế có điện trở R_V không phải rất lớn so với R.

+ Xét đoạn mạch MN:

${I_{V2}}{R_V} = {\rm{ }}1 \to {I_{V2}} = \dfrac{1}{{{R_V}}}$

+ Xét đoạn mạch EF:

$\begin{array}{l}{U_{EF}} = {I_{V1}}{R_V} = {I_{V2}}R + {U_{MN}} \\= {I_{V2}}R + 1 = \dfrac{R}{{{R_V}}} + 1\\ \to {I_{V1}} = \dfrac{R}{{R_V^2}} + \dfrac{1}{{{R_V}}}\end{array}$

+ Xét đoạn mạch CD:

$\begin{array}{l}{U_{CD}} = {I_1}R + {U_{EF}} \\= {I_1}R + \dfrac{R}{{{R_V}}} + 1 = 5\\ \leftrightarrow {I_1}R + \dfrac{R}{{{R_V}}} = 4 \\\leftrightarrow ({I_{V1}} + {I_{V2}})R + \dfrac{R}{{{R_V}}} = 4\\ \leftrightarrow \left( {\dfrac{R}{{R_V^2}} + \dfrac{1}{{{R_V}}} + \dfrac{1}{{{R_V}}}} \right)R + \dfrac{R}{{{R_V}}} = 4 \\\leftrightarrow \dfrac{{{R^2}}}{{R_V^2}} + \dfrac{{3R}}{{{R_V}}} = 4\\ \leftrightarrow {R^2} + 3{\rm{R}}{{\rm{R}}_V} - 4{\rm{R}}_V^2 = 0\\ \to R = {R_V}\end{array}$  

Vậy

${U_{EF}} = {\rm{ }}{I_{V1}}{R_V} = {\rm{ }}{I_{V2}}R{\rm{ }} + {\rm{ }}{U_{MN}} \\= \dfrac{R}{{{R_V}}}{\rm{ }} + {\rm{ }}1 = 2V$

Từ mạch điện a, ta thấy 2 nguồn đều là máy phát, nên ta có:

Cường độ dòng điện cho mạch kín: ${I_1} = \dfrac{{{E_b}}}{{R + {r_b}}} = \dfrac{{{E_1} + {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}}$

$\Leftrightarrow 2,5 = \dfrac{{18 + {E_2}}}{{9 + 1 + {r_2}}}$

$\Rightarrow 2,5\left( {10 + {r_2}} \right) = 18 + {E_2}$

$\Rightarrow {E_2} - 2,5{r_2} = 7$  (1)

Từ mạch điện b, ta thấy máy 1 là  máy phát còn máy 2 là máy thu, nên định luật ôm viết cho mạch kín chứa máy phát và máy thu là: ${I_2} = \dfrac{{{E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}}$

$\Leftrightarrow 0,5 = \dfrac{{18 - {E_2}}}{{9 + 1 + {r_2}}}$

$\Rightarrow 0,5\left( {10 + {r_2}} \right) = 18 - {E_2}$

$\Rightarrow {E_2} + 0,5{r_2} = 13$ (2)

Từ (1) và (2), ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{E_2} - 2,5{r_2} = 7\\{E_2} + 0,5{r_2} = 13\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{E_2} = 12V\\{r_2} = 2\Omega \end{array} \right.$ 

- Khi 3 nguồn mắc nối tiếp: E_b = 3E, r_b = 3r

$I = \frac{{3E}}{{R + 3{\rm{r}}}}$

- Khi đảo hai cực của một nguồn thì:

${E_b}' = \left| {{E_1} - {E_2}} \right| + {E_3} = E,{r_b}' = 3{\rm{r,}}I' = \frac{E}{{R + 3{\rm{r}}}}$

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở mạch ngoài: U_N = I.R_N

Ta thấy cường độ dòng điện giảm 3 lần

=> Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở mạch ngoài giảm đi 3 lần

Giả sử dòng điện trong đoạn mạch có chiều từ A đến B.

Khi đó E₁ là máy phát, E₂ là máy thu.

+ Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch AB, ta có:

 $I = \dfrac{{{U_{AB}} + {E_1} - {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} = \dfrac{1}{3}A$

Nhận thấy I > 0 => điều giả sử là đúng hay dòng điện có chiều từ A đến B

Ta có: Dòng điện một chiều không qua tụ điện nên khi khóa K đóng - dòng điện chỉ chạy qua R₁ và R₂.

Dòng điện chạy trong mạch:

 $I = \frac{E}{{{R_1} + {R_2} + r}} = \frac{{24}}{{5 + 5 + 2}} = 2(A)$

+ Lúc này, tụ C₁ // R₁ và tụ C₂ // R₂, ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{U_{C1}} = {U_{R1}} = I{R_1} = 10V\\{U_{C2}} = {U_{R2}} = I{R_2} = 10V\end{array} \right.$

Điện tích của các tụ lúc này:

 $\left\{ \begin{array}{l}{Q_1} = {C_1}{U_{C1}} = {4.10^{ - 6}}C\\{Q_2} = {C_2}{U_{C2}} = {6.10^{ - 6}}C\end{array} \right.$

Từ đồ thị ta suy ra: $1,58 = \xi$ và $0 = 1,58 - ({{\rm{R}}_{\rm{0}}}{\rm{ + r)}}{\rm{.0,076}}$

$\Rightarrow {R_0} + r = 20,{\rm{79 (\Omega }}) \Rightarrow r = 0{\rm{,49 (\Omega )}}$

+ Điện trở tương đương của mạch: ${R_b} = {R_1} + {R_2} = 100 + 200 = 300\Omega$

+ Hiệu điện thế trên ${U_1} = 6V$

Cường độ dòng điện $I = {I_1} = \dfrac{{{U_1}}}{{{R_1}}} = \dfrac{6}{{100}} = 0,06A$ 

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: $U = I.{R_b} = 0,06.300 = 18V$

Gọi R₁, R₂ là điện trở của biến trở ứng với 2 vị trí trên của con chạyC; R là điện trở toàn phần của biến trở.

+ Điện trở toàn phần của biến trở:

$R = \rho \frac{l}{S} = 13\Omega  \to \left\{ \begin{array}{l}{R_1} = \frac{4}{{13}}R = 4\Omega \\{R_2} = \frac{9}{{13}}R = 9\Omega \end{array} \right.$

+ Ta có:

$\begin{array}{l}{P_1} = {P_2} \leftrightarrow {\left( {\frac{U}{{{R_0} + {R_1}}}} \right)^2}{R_1} = {\left( {\frac{U}{{{R_0} + {R_2}}}} \right)^2}{R_2}\\ \to {R_0} = \sqrt {{R_1}{R_2}}  = 6\Omega \end{array}$

- Giả sử R_V vô cùng lớn: R_V  = ∞

+ Số chỉ trên V₁ là: ${U_1} = 5R\dfrac{E}{{6R}} = \dfrac{5}{6}E = \dfrac{5}{6}.24 = 20V$

Điều này trái với giả thiết => điều giả sử là sai hay R_V hữu hạn.

- Ta có: U_AC = 24V => U_BC = 12V

$\to {R_{CMNB}} = R \\\leftrightarrow \dfrac{{(2R + {R_{PQ}}){R_V}}}{{2R + {R_{PQ}} + {R_V}}} = R$

Với ${R_{PQ}} = \dfrac{{3R.{R_V}}}{{3R + {R_V}}} \to {R_V} = 1,5R$

Số chỉ trên V₂ :

+ ${U_2} = \dfrac{{{U_{BC}}}}{{3R}}R = 4V$