Hãy quấn một đoạn dây đồng quanh bút chì để tạo cuộn dây. Khi đặt vào mạch, cuộn có hành vi khác đoạn dây duỗi thẳng. Trong xe chạy xăng, cuộn dây giúp ắc quy 12 V tạo điện áp hàng nghìn volt để đánh lửa bugi. Những cuộn khác được dùng trong đèn huỳnh quang và chôn dưới mặt đường để điều khiển đèn giao thông. Các ứng dụng này cùng dựa vào cảm ứng điện từ.

Trong bài học này, ta khảo sát ba khía cạnh nền tảng của hiện tượng cảm ứng:

1. (Mutual Inductance): Dòng điện biến thiên trong một cuộn dây làm từ thông qua một cuộn dây lân cận thay đổi, từ đó gây ra suất điện động cảm ứng trong cuộn dây thứ hai. Đây là nguyên lý làm việc của máy biến áp, các đế sạc không dây cho thiết bị điện tử và hệ thống đánh lửa trong động cơ đốt trong.
2. (Self-Inductance): Dòng điện biến thiên trong chính một mạch điện làm thay đổi với chính mạch đó, dẫn đến sự xuất hiện của một suất điện động tự cảm ngay trong mạch. Một linh kiện mạch điện được chế tạo với độ tự cảm xác định được gọi là (inductor). Cuộn cảm có đặc tính chống lại sự thay đổi đột ngột của dòng điện, giúp ổn định dòng điện trong mạch một chiều, bảo vệ đường dây truyền tải điện trước các xung sét và duy trì sự phóng điện trong chấn lưu đèn huỳnh quang.
3. (Magnetic-Field Energy): Muốn thiết lập một dòng điện trong , nguồn điện bên ngoài phải sinh công để thắng suất điện động . Công này không bị tiêu hao thành nhiệt như trong điện trở, mà được tích trữ dưới dạng năng lượng của từ trường. Khi dòng điện giảm về không, năng lượng tích trữ trong từ trường có thể được giải phóng hoàn toàn trở lại mạch điện. Mật độ năng lượng của từ trường tỉ lệ với bình phương độ lớn của cảm ứng từ, tương tự như mật độ năng lượng của điện trường trong .

Ta cũng bắt đầu phân tích hành vi của khi đưa nó vào mạch. Chương sau phát triển việc phân tích cuộn cảm trong mạch xoay chiều, qua đó làm rõ vai trò của linh kiện này trong điện tử.

Ứng dụng mở đầu: Vòng dây cảm ứng đặt dưới mặt đường tại ngã tư giúp phát hiện xe cộ để điều khiển đèn tín hiệu giao thông.

Câu hỏi mở đầu

Nhiều đèn giao thông tự động chuyển tín hiệu khi có một chiếc ô tô tiến đến nút giao. Quá trình này hoạt động được là do chiếc ô tô chứa:

(i) Vật liệu dẫn điện.

(ii) Vật liệu cách điện mang điện tích tổng cộng khác không.

(iii) Vật liệu sắt từ.

(iv) Vật liệu sắt từ đã bị từ hóa sẵn từ trước.

Xem đáp án và giải thích

Chọn (iii). Thân và khung xe ô tô chứa một khối lượng thép rất lớn, vốn là vật liệu sắt từ. Khi chiếc xe tiến vào vùng không gian phía trên vòng dây, sự hiện diện của vật liệu sắt từ này làm tăng của vòng dây, từ đó làm thay đổi dòng điện xoay chiều chạy trong vòng dây. Mạch điện tử nhận biết sự thay đổi này và kích hoạt chuyển tín hiệu đèn giao thông. Cơ chế này không đòi hỏi thân xe phải mang điện tích tổng cộng khác không và không yêu cầu vật liệu sắt từ phải bị từ hóa sẵn từ trước.

Mục tiêu học tập

Trong chương này, ta sẽ tìm hiểu:

• 30.1: Cách một dòng điện biến thiên theo thời gian trong một cuộn dây có thể gây ra suất điện động cảm ứng trong cuộn dây thứ hai không nối điện với nó.
• 30.2: Mối liên hệ giữa suất điện động cảm ứng trong một mạch điện với tốc độ biến thiên của dòng điện trong chính mạch điện đó.
• 30.3: Cách tính toán năng lượng tích trữ trong một từ trường.
• 30.4: Cách phân tích mạch chứa điện trở và ().
• 30.5: Nguyên nhân dao động điện trong mạch có và tụ ().
• 30.6: Nguyên nhân dao động suy giảm trong mạch có , điện trở và tụ ().

Kiến thức cần ôn lại

Trước khi bắt đầu bài học, ta cần nắm vững các kiến thức nền tảng sau:

• 14.2, 14.3, 14.7: đơn giản và .
• 24.1, 24.3: và năng lượng điện trường.
• 26.2, 26.4: Các và mạch điện $R$-$C$.
• 28.4, 28.7, 28.8: Lực từ giữa các dây dẫn mang dòng điện, từ trường của thẳng (solenoid) và .
• 29.2, 29.3, 29.7: , , và điện trường không bảo toàn.

6 chủ đề · tổng cộng khoảng 18 phút đọc

Điện cảm, năng lượng và quá trình chuyển tiếp

1. 1Hỗ cảmDòng ở một cuộn tạo suất điện động trong cuộn khác như thế nào?Khoảng 3 phút
2. 2Tự cảm và cuộn cảmVì sao điện áp cuộn phụ thuộc tốc độ biến thiên dòng?Khoảng 3 phút
3. 3Năng lượng từ trườngCông để thiết lập dòng được tích trữ ở đâu?Khoảng 3 phút
4. 4Mạch RLDòng tăng và giảm theo quy luật nào khi chuyển công tắc?Khoảng 3 phút
5. 5Mạch LCVì sao tụ và cuộn tạo dao động điện?Khoảng 3 phút
6. 6Mạch RLC nối tiếpĐiện trở quyết định dao động hay suy giảm không dao động ra sao?Khoảng 3 phút

Tổng kết chương

---

1. Hiện tượng hỗ cảm (Mutual Inductance)

Khi dòng điện $i_1$ biến thiên trong cuộn dây 1, từ thông do nó sinh ra gửi qua cuộn dây 2 biến thiên theo thời gian, làm xuất hiện một suất điện động cảm ứng ${\mathcal{E}}_2$ trong cuộn dây 2. Ngược lại, khi dòng điện $i_2$ trong cuộn 2 biến thiên, nó cũng gây ra suất điện động cảm ứng ${\mathcal{E}}_1$ trong cuộn 1:

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{E}}_2& =-M\frac{d{i}_1}{dt}\\ {\mathcal{E}}_1& =-M\frac{d{i}_2}{dt}\end{array}$$

(30.4)

Khi hình học và không đổi trong mô hình tuyến tính, $M$ là hằng số và đối xứng giữa hai mạch. Nếu hai mạch có số vòng $N_1,N_2$, liên hệ với từ thông trung bình mỗi vòng:

$$M=\frac{N_2{\mathrm{\Phi }}_{B2}}{i_1}=\frac{N_1{\mathrm{\Phi }}_{B1}}{i_2}$$

(30.5)

Trong hệ đơn vị SI, đơn vị của là henry ($1\text{ H}=1\text{ Wb/A}=1\mathrm{\Omega }\cdot \text{s}$).

Tóm tắt 30.1: Hiện tượng hỗ cảm giữa hai cuộn dây có số vòng N1 và N2.

Chú thích:

• Cuộn 1 có N₁ vòng. (Coil 1 N1 turns)
• Cuộn 2 có N₂ vòng. (Coil 2 N2 turns)

---

2. Hiện tượng tự cảm và Cuộn cảm (Self-Inductance)

Một dòng điện biến thiên $i$ trong bất kỳ mạch điện nào cũng sinh ra từ trường biến thiên xuyên qua chính mạch đó, dẫn đến một suất điện động $\mathcal{E}$ xuất hiện ngay trong mạch. Độ tự cảm $L$ phụ thuộc hoàn toàn vào cấu trúc hình học của mạch và vật liệu từ tính xung quanh nó.

Đối với một cuộn dây gồm $N$ vòng, $L$ được định nghĩa theo tỷ số giữa tổng $N{\mathrm{\Phi }}_B$ và cường độ dòng điện $i$:

$$L=\frac{N{\mathrm{\Phi }}_B}{i}$$

(30.6)

Theo , suất điện động luôn tỉ lệ thuận với tốc độ biến thiên của dòng điện và có xu hướng chống lại sự biến thiên ấy:

$$\mathcal{E}=-L\frac{di}{dt}$$

(30.7)

là linh kiện mạch điện được thiết kế chủ động để cung cấp một đáng kể, thường có dạng quấn nhiều vòng. Đơn vị đo của độ tự cảm trong hệ SI cũng là henry ($1\text{ H}$).

Tóm tắt 30.2: Hiện tượng tự cảm sinh ra suất điện động tự cảm chống lại sự biến thiên dòng điện trong cuộn cảm.

---

3. Năng lượng từ trường (Magnetic-Field Energy)

Một có $L$ mang dòng điện cường độ $I$ sẽ tích trữ một năng lượng $U$ trong từ trường do nó thiết lập. này chính bằng công mà nguồn điện phải thực hiện để thắng suất điện động tự cảm trong quá trình tăng dòng từ không đến $I$:

$$U=\frac{1}{2}L{I}^2$$

(30.9)

phân bố trong không gian có từ trường với mật độ năng lượng $u$ (năng lượng trên một đơn vị thể tích). Trong môi trường chân không, tỉ lệ thuận với bình phương độ lớn của cảm ứng từ:

$$u=\frac{B^2}{2{\mu }_0}$$

(30.10)

Trong vật liệu tuyến tính có $\mu$ không đổi, mật độ năng lượng tương ứng là:

$$u=\frac{B^2}{2\mu }$$

(30.11)

Các biểu thức không bị giới hạn bởi hình học dùng để suy ra chúng. Tuy nhiên, dạng dùng một hằng đòi hỏi mô hình vật liệu tuyến tính đã nêu.

Tóm tắt 30.3: Năng lượng tích trữ trong từ trường của cuộn cảm và mật độ năng lượng từ trường trong không gian.

Chú thích:

• Năng lượng tích trữ. (Stored energy)
• Mật độ năng lượng. (Energy density)

---

4. Mạch R-L (R-L Circuits)

Trong một mạch điện chứa một điện trở thuần $R$, một $L$ và một nguồn suất điện động, sự tăng hoặc giảm của cường độ dòng điện diễn ra theo quy luật hàm mũ theo thời gian do quán tính điện từ của cuộn cảm.

Hằng số thời gian $\tau$ của là khoảng thời gian cần thiết để dòng điện đạt khoảng $63,2\mathrm{\%}$ giá trị dừng ổn định cực đại trong quá trình tăng dòng, hoặc giảm xuống còn $36,8\mathrm{\%}$ giá trị ban đầu trong quá trình ngắt dòng:

$$\tau =\frac{L}{R}$$

(30.16)

Quy luật tăng dòng khi đóng mạch với nguồn suất điện động $\mathcal{E}$ có dạng:

$$\begin{array}{rl}i(t)& =\frac{\mathcal{E}}{R}(1-e^{-(R/L)t})\\ & =I(1-e^{-t/\tau })\end{array}$$

Quy luật suy giảm dòng qua điện trở khi ngắt nguồn khỏi mạch kín có dạng:

$$i(t)=I_0{e}^{-(R/L)t}=I_0{e}^{-t/\tau }$$

Tóm tắt 30.4: Quá trình tăng dòng theo hàm mũ trong mạch R-L và ý nghĩa của hằng số thời gian tau.

---

5. Mạch dao động L-C (L-C Circuits)

Một mạch điện kín gồm có $L$ mắc nối tiếp với có điện dung $C$ (không có điện trở thuần) thực hiện các dao động điện từ điều hòa tuần hoàn.

Tần số góc dao động riêng $\omega$ của lý tưởng được xác định bởi:

$$\omega =\sqrt{\frac{1}{LC}}$$

(30.22)

Điện tích trên bản cực và cường độ dòng điện trong mạch biến thiên điều hòa theo thời gian với độ lệch pha $\pi /2$ (với $i=dq/dt$):

$$\begin{array}{rl}q(t)& =Q\cos (\omega t+\varphi )\\ i(t)& =-\omega Q\sin (\omega t+\varphi )\end{array}$$

Dao động điện trong tương đương hoàn toàn với dao động cơ học điều hòa của con lắc lò xo lý tưởng. Cụ thể, điện tích $q$ đóng vai trò li độ $x$, còn dòng điện $i$ đóng vai trò vận tốc $v_x$. Đồng thời, $L$ tương ứng với khối lượng $m$, và nghịch đảo $1/C$ tương ứng với độ cứng lò xo $k$.

Năng lượng toàn phần của được bảo toàn và chuyển hóa tuần hoàn qua lại giữa trong và năng lượng điện trường trong :

$$E=\frac{1}{2}L{i}^2+\frac{q^2}{2C}=\frac{Q^2}{2C}$$

Tóm tắt 30.5: Dao động điện từ tuần hoàn trong mạch L-C lý tưởng với sự chuyển hóa qua lại giữa năng lượng điện trường và năng lượng từ trường.

---

6. Mạch dao động nối tiếp L-R-C (L-R-C Series Circuits)

Khi mạch dao động chứa thêm điện trở thuần $R$, năng lượng điện từ của hệ thống bị tiêu tán liên tục thành nhiệt năng qua hiệu ứng Joule ($i^{2}R$).

Khi điện trở thuần đủ nhỏ ($R^2<4L/C$), hệ thống rơi vào chế độ với biên độ điện tích giảm theo hàm mũ $e^{-(R/2L)t}$. Tần số góc dao động tắt dần ${\omega }^{\prime }$ nhỏ hơn tần số góc riêng của mạch không có điện trở và được xác định bởi:

$${\omega }^{\prime }=\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}$$

(30.29)

Khi $R$ đạt $R_{\text{th}}=2\sqrt{L/C}$, hệ . Khi $R$ vượt ngưỡng ấy, hệ . Hai chế độ này không có dao động đổi chiều lặp lại. Với điều kiện đầu khác, một lần đổi dấu vẫn có thể xuất hiện.

Tóm tắt 30.6: Đồ thị dao động tắt dần của điện tích theo thời gian trong mạch dao động nối tiếp L-R-C.

Chú thích:

• Mạch dao động tắt dần (R nhỏ). (Underdamped circuit (small R))

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, University Physics with Modern Physics, ấn bản 15, chương 30, trang 988–1017.

Luyện tập có hướng dẫn

Hỗ cảm và tự cảm

Ôn các Ví dụ 30.1–30.4 trước khi giải bốn bài sau. Từ thông qua một vòng và qua cả cuộn là hai đại lượng cần phân biệt.

Bài tập: VP30.4.1

Một , gọi là cuộn 1, được bao quanh ở giữa bởi cuộn 2 ngắn hơn như Hình 30.3. Tại một thời điểm, dòng cuộn 1 bằng $24,0\mathrm{A}$ và tăng với tốc độ $2,00\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Suất điện động cảm ứng trong cuộn 2 có độ lớn $1,30\times {10}^{-4}\mathrm{V}$.

(a) Tìm của hai cuộn. (b) Tìm tổng từ thông do cuộn 1 tạo ra móc qua tất cả các vòng của cuộn 2 tại thời điểm đó.

Hình 30.3: Cuộn ngắn bao quanh phần giữa của ống dây dài.

Chú thích:

• Diện tích tiết diện A (Cross-sectional area A)
• N1 vòng (N1 turns)
• N2 vòng (N2 turns)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết dòng nguồn, tốc độ tăng dòng và suất điện động ở cuộn nhận. Cần tìm $M$ và .

Hướng đi:

• Dùng $|{\mathcal{E}}_2|=M|d{i}_1/dt|$ vì hình học hai cuộn không thay đổi.
• Dùng $N_2{\mathrm{\Phi }}_{B2}=M{i}_1$ để tính từ thông của toàn cuộn, không chia thêm cho số vòng chưa biết.

(a) là

$$\begin{array}{rl}M& =\frac{1,30\times {10}^{-4}}{2,00}\\ & =6,50\times {10}^{-5}\mathrm{H}.\end{array}$$

(b) bằng

$$N_2{\mathrm{\Phi }}_{B2}=M{i}_1=1,56\times {10}^{-3}\mathrm{Wb}.$$

Đây là tổng từ thông tính trên tất cả các vòng. Không thể suy ra từ thông riêng một vòng nếu chưa biết $N_2$.

Bài tập: VP30.4.2

Hai cuộn có $48,0\mu \mathrm{H}$. Tìm độ lớn suất điện động trong cuộn 2 khi dòng cuộn 1 (a) bằng $35,0\mathrm{A}$ và tăng $7,00\mathrm{A}/\mathrm{s}$, (b) bằng $28,0\mathrm{A}$ và không đổi, (c) bằng $26,0\mathrm{A}$ và giảm $3,00\mathrm{A}/\mathrm{s}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $M=48,0\times {10}^{-6}\mathrm{H}$. Ba trạng thái có tốc độ biến thiên dòng khác nhau.

Hướng đi:

• Dùng độ lớn dòng trong định luật . Giá trị dòng tức thời không trực tiếp quyết định suất điện động.
• Trường hợp dòng không đổi có bằng không dù dòng khác không.

Với $|{\mathcal{E}}_2|=M|d{i}_1/dt|$, ta được

$$\begin{array}{rl}|{\mathcal{E}}_{2a}|& =3,36\times {10}^{-4}\mathrm{V},\\ |{\mathcal{E}}_{2b}|& =0,\\ |{\mathcal{E}}_{2c}|& =1,44\times {10}^{-4}\mathrm{V}.\end{array}$$

Nếu giữ một quy ước chiều cuộn cố định, suất điện động ở (a) và (c) có dấu ngược nhau vì dòng đổi dấu. Đề chỉ yêu cầu độ lớn.

Bài tập: VP30.4.3

Một hình xuyến có $76,0\mu \mathrm{H}$ và 465 vòng. (a) Tìm từ thông qua mỗi vòng khi dòng bằng $12,0\mathrm{A}$. (b) Tìm độ lớn suất điện động tự cảm khi dòng bằng $12,0\mathrm{A}$ và giảm với tốc độ $55,0\mathrm{A}/\mathrm{s}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết , số vòng, dòng và tốc độ giảm dòng. Cần từ thông mỗi vòng và suất điện động.

Hướng đi:

• Từ $N{\mathrm{\Phi }}_B=Li$, chia cho $N$ vì câu (a) hỏi một vòng.
• Dùng $|{\mathcal{E}}_L|=L|di/dt|$ cho câu (b).

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_B& =\frac{Li}{N}\\ & =1,96\times {10}^{-6}\mathrm{Wb},\\ |{\mathcal{E}}_L|& =4,18\times {10}^{-3}\mathrm{V}.\end{array}$$

Suất điện động có chiều duy trì dòng cũ vì dòng đang giảm. Số vòng đã được tính vào $L$, nên không nhân $N$ một lần nữa khi tính suất điện động.

Bài tập: VP30.4.4

Một cuộn mang dòng $25,0\mathrm{A}$, đang tăng với tốc độ $145\mathrm{A}/\mathrm{s}$, có suất điện động độ lớn $3,70\mathrm{mV}$. (a) Tìm tự cảm. (b) Tìm độ lớn và chiều suất điện động tại $t=2,00\mathrm{s}$ nếu dòng biến thiên theo

$$i(t)=(225\mathrm{A}/{\mathrm{s}}^2)t^2.$$

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định $L$ từ một trạng thái, rồi dùng cùng cuộn cho dòng biến thiên theo bình phương thời gian.

Hướng đi:

• Tỉ số suất điện động và tốc độ biến thiên dòng cho , không cần dùng giá trị 25,0 A.
• Lấy hàm dòng mới để tính suất điện động tại thời điểm yêu cầu.

(a) bằng

$$L=\frac{3,70\times {10}^{-3}}{145}=25,5\mu \mathrm{H}.$$

(b) Tốc độ tăng dòng tại 2,00 s là

$$\begin{array}{rl}\frac{di}{dt}& =(450\mathrm{A}/{\mathrm{s}}^2)t,\\ {\frac{di}{dt}|}_{2,00\mathrm{s}}& =900\mathrm{A}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Do đó $|{\mathcal{E}}_L|=23,0\mathrm{mV}$. Dòng đang tăng theo chiều dương, nên suất điện động có chiều ngược dòng đó.

Dòng tăng và giảm trong mạch RL

Ôn các Ví dụ 30.6–30.7. Các bài VP30.7.1–VP30.7.3 cùng dùng sơ đồ dưới đây. Đóng $S_1$, mở $S_2$ để dòng tăng từ nguồn. Mở $S_1$, đóng $S_2$ để phóng năng lượng qua điện trở.

Hình 30.11: Hai cách chuyển công tắc để dòng tăng trong mạch có nguồn hoặc suy giảm trong vòng điện trở và cuộn cảm.

Chú thích:

• Đóng công tắc S1 nối cụm R-L nối tiếp với nguồn suất điện động E. (Closing switch S1 connects the R-L combination in series with a source of emf E.)
• Đóng công tắc S2 đồng thời mở công tắc S1 ngắt cụm R-L khỏi nguồn. (Closing switch S2 while opening switch S1 disconnects the combination from the source.)

Bài tập: VP30.7.1

Trong mạch Hình 30.11, $L=4,90\mathrm{mH}$ và $\mathcal{E}=24,0\mathrm{V}$. Ban đầu hai công tắc mở. Muốn dòng đạt 75,0% giá trị cực đại sau $80,0\mu \mathrm{s}$ kể từ khi đóng $S_1$, cần (a) điện trở bao nhiêu và (b) dòng khi đó bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng tăng từ không, với $i/I_{\mathrm{\infty }}=\mathrm{0,750}$ tại thời điểm đã cho. Cần $R$ và $i$.

Hướng đi:

• Dùng nghiệm dòng tăng RL để xác định tốc độ tiến đến trạng thái ổn định.
• Sau khi tìm $R$, tính $I_{\mathrm{\infty }}=\mathcal{E}/R$, rồi lấy 75,0%.

$$\begin{array}{rl}\mathrm{0,750}& =1-e^{-Rt/L},\\ \frac{Rt}{L}& =\ln 4,\\ R& =\frac{L\ln 4}{t}\\ & =84,9\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

Dòng tại thời điểm yêu cầu là

$$i=\mathrm{0,750}\frac{\mathcal{E}}{R}=\mathrm{0,212}\mathrm{A}.$$

Bài tập: VP30.7.2

Trong Hình 30.11, $\mathcal{E}=12,0\mathrm{V}$, $R=18,0\mathrm{\Omega }$ và $L=37,5\mathrm{mH}$. Ban đầu hai công tắc mở. Đóng $S_1$ tại $t=0$. Tại $t=\mathrm{0,700}\mathrm{ms}$, tìm (a) dòng, (b) tốc độ biến thiên dòng, (c) năng lượng trong .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: được nối nguồn từ trạng thái không dòng. Tính ba đại lượng ở cùng một thời điểm.

Hướng đi:

• Dùng nghiệm dòng tăng vì nguồn vẫn trong mạch.
• Lấy nghiệm đó để xác định tốc độ tăng, rồi dùng của cuộn.

Với $\tau =L/R$, các biểu thức là

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{\mathcal{E}}{R}(1-e^{-t/\tau }),\\ \frac{di}{dt}& =\frac{\mathcal{E}}{L}{e}^{-t/\tau },\\ U_B& =\frac{1}{2}L{i}^2.\end{array}$$

Thay dữ kiện, ta được

$$\begin{array}{rl}i& =\mathrm{0,190}\mathrm{A},\\ \frac{di}{dt}& =+229\mathrm{A}/\mathrm{s},\\ U_B& =6,79\times {10}^{-4}\mathrm{J}.\end{array}$$

Dấu dương của phù hợp với dòng đang tiến từ không đến giá trị ổn định.

Bài tập: VP30.7.3

Giữ các giá trị $\mathcal{E}$, $R$, $L$ của bài VP30.7.2. Lần này $S_1$ đã đóng rất lâu, còn $S_2$ mở. Tại $t=0$, mở $S_1$ đồng thời đóng $S_2$. Tại $t=\mathrm{0,700}\mathrm{ms}$, tìm (a) dòng, (b) tốc độ biến thiên dòng, (c) năng lượng trong .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng đầu bằng $I_0=\mathcal{E}/R$, rồi suy giảm trong vòng RL không có nguồn.

Hướng đi:

• Giữ dòng liên tục khi chuyển công tắc để xác định $I_0$.
• Dùng nghiệm suy giảm, khác với nghiệm dòng tăng của bài trước.

$$\begin{array}{rl}i& =I_0{e}^{-Rt/L},\\ \frac{di}{dt}& =-\frac{R}{L}i,\\ U_B& =\frac{1}{2}L{i}^2.\end{array}$$

Tại thời điểm yêu cầu,

$$\begin{array}{rl}i& =\mathrm{0,476}\mathrm{A},\\ \frac{di}{dt}& =-229\mathrm{A}/\mathrm{s},\\ U_B& =4,26\times {10}^{-3}\mathrm{J}.\end{array}$$

Dòng vẫn theo chiều cũ, nhưng độ lớn đang giảm. Vì vậy dòng dương đi cùng âm là điều hoàn toàn nhất quán.

Bài tập: VP30.7.4

Trong quá trình dòng tăng của Hình 30.12, tìm (a) thời điểm độ lớn điện áp bằng điện áp điện trở, (b) dòng lúc đó, (c) tốc độ biến thiên dòng lúc đó. Biểu diễn theo $\mathcal{E}$, $R$ và $L$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn không đổi được chia điện áp cho $R$ và $L$. Cần tìm thời điểm hai điện áp bằng nhau.

Hướng đi:

• Dùng $v_R+v_L=\mathcal{E}$ để suy ra mỗi điện áp bằng một nửa điện áp nguồn.
• Kết hợp nghiệm dòng tăng và quan hệ $v_L=Ldi/dt$.

Điện áp là $v_L=\mathcal{E}{e}^{-Rt/L}$. Điều kiện $v_L=\mathcal{E}/2$ cho

$$t=\frac{L}{R}\ln 2.$$

Vì $v_R=\mathcal{E}/2$, dòng và tốc độ tăng tại đó là

$$\begin{array}{rl}i& =\frac{\mathcal{E}}{2R},\\ \frac{di}{dt}& =\frac{\mathcal{E}}{2L}.\end{array}$$

Thời điểm này bằng $\mathrm{0,693}$ hằng số thời gian, không phải một hằng số thời gian.

Dao động LC và RLC

Ôn các Ví dụ 30.8–30.10. Với cuộn và tụ lý tưởng, năng lượng trao đổi giữa điện trường và từ trường. Điện trở làm biên độ dao động giảm theo thời gian.

Bài tập: VP30.10.1

của Hình 30.15 có $L=25,0\mu \mathrm{H}$, dao động với tần số $445\mathrm{Hz}$ và điện tích cực đại $5,00\mathrm{mC}$. Tìm (a) và (b) dòng cực đại.

Hình 30.15: Mạch LC với quy ước chiều dòng và điện tích trên bản tụ.

Chú thích:

• Chiều đi vòng khi áp dụng quy tắc Kirchhoff. (Travel)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết $L$, $f$ và biên độ điện tích $Q$. Cần $C$ và $I_{max}$.

Hướng đi:

• Đổi tần số thành tần số góc để dùng ${\omega }^2=1/(LC)$.
• Lấy điện tích dao động để có biên độ dòng $I_{max}=\omega Q$.

$$\begin{array}{rl}\omega & =2\pi f,\\ C& =\frac{1}{L(2\pi f{)}^2}\\ & =5,12\times {10}^{-3}\mathrm{F},\\ I_{max}& =2\pi fQ\\ & =14,0\mathrm{A}.\end{array}$$

ở đề là microhenry, còn điện tích là millicoulomb. Không được đổi cả hai tiền tố thành cùng một bậc chỉ vì chúng xuất hiện trong một bài.

Bài tập: VP30.10.2

Một gồm cuộn $30,0\mu \mathrm{H}$ và tụ $655\mu \mathrm{F}$. Tại $t=0$, tụ có điện tích cực đại $\mathrm{0,400}\mathrm{mC}$. Tìm (a) thời điểm đầu tiên sau $t=0$ mà điện tích bằng không và (b) độ lớn dòng lúc đó.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mạch bắt đầu ở biên điện tích, nên điện tích về không sau một phần tư chu kỳ.

Hướng đi:

• Dùng $q=Q\cos \omega t$ với $\omega =1/\sqrt{LC}$ và điều kiện đầu đã cho.
• Khi tụ hết điện tích, toàn bộ năng lượng ở cuộn, nên dòng đạt độ lớn cực đại.

$$\begin{array}{rl}{t}_0& =\frac{\pi }{2\omega }\\ & =\frac{\pi }{2}\sqrt{LC}\\ & =2,20\times {10}^{-4}\mathrm{s},\\ |i(t_0)|& =\omega Q\\ & =2,85\mathrm{A}.\end{array}$$

Dòng có thể mang dấu âm theo quy ước $i=dq/dt$. Câu hỏi yêu cầu độ lớn nên kết quả dòng là số dương.

Bài tập: VP30.10.3

Tổng năng lượng điện trường và từ trường trong một bằng $\mathrm{0,800}\mathrm{J}$. Tại một thời điểm, hai phần năng lượng bằng nhau, điện tích tụ là $5,30\mathrm{mC}$ và dòng là $8,00\mathrm{A}$. Tìm (a) , (b) và (c) tần số góc.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mỗi phần năng lượng bằng $\mathrm{0,400}\mathrm{J}$. Biết điện tích và dòng ở đúng trạng thái ấy.

Hướng đi:

• Dùng $q^2/(2C)$ cho năng lượng tụ và $L{i}^2/2$ cho năng lượng cuộn.
• Sau khi xác định $C,L$, dùng tần số góc riêng của .

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{q^2}{2U_E}\\ & =35,1\mu \mathrm{F},\\ L& =\frac{2U_B}{i^2}\\ & =\mathrm{0,012}5\mathrm{H},\\ \omega & =\frac{1}{\sqrt{LC}}\\ & =1,51\times {10}^3\mathrm{rad}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Hai năng lượng bằng nhau không có nghĩa điện tích và dòng có cùng giá trị số. Chúng gắn với những hệ số năng lượng khác nhau và có đơn vị khác nhau.

Bài tập: VP30.10.4

Một có $L=42,0\mathrm{mH}$, $C$ và điện trở $R$. Khi không có điện trở, tần số góc là $624\mathrm{rad}/\mathrm{s}$. Khi có điện trở, tần số góc còn $208\mathrm{rad}/\mathrm{s}$. Tìm (a) $C$ và (b) $R$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết tần số góc riêng và tần số góc của cùng một bộ $L,C$.

Hướng đi:

• Dùng tần số khi $R=0$ để tìm .
• Dùng mức giảm bình phương tần số góc để tìm hệ số tắt dần $R/(2L)$.

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{1}{L{\omega }_0^2}\\ & =61,1\mu \mathrm{F},\\ \frac{R}{2L}& =\sqrt{{\omega }_0^2-{\omega }_d^2},\\ R& =49,4\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

Tần số góc tắt dần khác không xác nhận hệ thuộc miền dưới tắt dần. Công thức không dùng cho trường hợp , vốn không có tần số dao động thực.

Bài cầu nối: Phân tích một mạch LC

Bài tập: Bài cầu nối 30

Một như Hình 30.14 gồm cuộn $60,0\mathrm{mH}$ và tụ $250\mu \mathrm{F}$. Điện tích ban đầu của tụ là $6,00\mu \mathrm{C}$, còn dòng ban đầu có độ lớn $\mathrm{0,400}\mathrm{mA}$.

(a) Tìm năng lượng cực đại tích trữ trong cuộn. (b) Tìm dòng cực đại. (c) Tìm điện áp cực đại của tụ. (d) Khi độ lớn dòng bằng nửa dòng cực đại, năng lượng cuộn và độ lớn điện áp tụ bằng bao nhiêu?

Hình 30.14: Năng lượng trao đổi qua lại giữa tụ điện và cuộn cảm trong một chu kỳ dao động.

Chú thích:

• Đóng công tắc tại thời điểm t = 0. (close switch at t = 0)
• Tụ điện tích đầy; dòng điện bằng không. (Capacitor fully charged; zero current)
• Tụ phóng hết điện; dòng điện cực đại. (Capacitor fully discharged; current maximal)
• Bản cực tụ điện đảo dấu. (Capacitor polarity reverses.)
• Chiều dòng điện đảo ngược. (Current direction reverses.)
• Tụ đang phóng điện; dòng I đang tăng. (Capacitor discharging; I increasing)
• Tụ đang nạp điện; dòng I đang giảm. (Capacitor charging; I decreasing)
• Toàn bộ năng lượng mạch tích trữ trong điện trường. (Circuit’s energy all stored in electric field)
• Toàn bộ năng lượng mạch tích trữ trong từ trường. (Circuit’s energy all stored in magnetic field)
• Bằng không. (zero)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $L=\mathrm{0,060}0\mathrm{H}$, $C=250\times {10}^{-6}\mathrm{F}$, $q_0=6,00\times {10}^{-6}\mathrm{C}$ và $|i_0|=\mathrm{0,400}\times {10}^{-3}\mathrm{A}$. Cả hai phần năng lượng ban đầu đều khác không.

Hướng đi:

• Nhận diện lý tưởng là hệ bảo toàn năng lượng, tương tự vật gắn lò xo lý tưởng. Điện tích đóng vai trò li độ, còn dòng đóng vai trò vận tốc.
• Cộng năng lượng ban đầu của cả tụ lẫn cuộn. Không coi điện tích ban đầu là điện tích cực đại vì dòng đầu khác không.
• Dùng các trạng thái toàn bộ năng lượng nằm ở cuộn hoặc tụ để tìm những đại lượng cực đại.
• Khi dòng còn một nửa cực đại, còn một phần tư tổng năng lượng vì nó phụ thuộc bình phương dòng.

Tổng năng lượng không đổi là

$$\begin{array}{rl}U& =\frac{q_0^2}{2C}+\frac{1}{2}L{i}_0^2\\ & =7,68\times {10}^{-8}\mathrm{J}.\end{array}$$

(a) Khi điện tích tụ bằng không, toàn bộ năng lượng ở cuộn. Vì vậy

$$U_{B,max}=7,68\times {10}^{-8}\mathrm{J}.$$

(b) Từ $L{I}_{max}^2/2=U$,

$$I_{max}=\sqrt{\frac{2U}{L}}=1,60\mathrm{mA}.$$

(c) Khi dòng bằng không, toàn bộ năng lượng ở tụ. Khi ấy

$$V_{max}=\sqrt{\frac{2U}{C}}=24,8\mathrm{mV}.$$

(d) Với $|i|=I_{max}/2$,

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\frac{U}{4}\\ & =1,92\times {10}^{-8}\mathrm{J},\\ U_E& =\frac{3U}{4},\\ |v_C|& =\sqrt{\frac{2U_E}{C}}\\ & =21,5\mathrm{mV}.\end{array}$$

Ban đầu năng lượng trong cuộn chiếm 6,25% tổng năng lượng. Các dữ kiện chỉ cho độ lớn dòng, nên chưa xác định được phần năng lượng đó đang tăng hay giảm. Muốn kết luận phải biết chiều dòng so với dấu điện tích trên bản tụ đã chọn. Trong quy ước $i=dq/dt$, ta có $d{U}_B/dt=-qi/C$.

Câu hỏi thảo luận

Bài tập: Q30.1

Động cơ xe điện bánh hơi hoặc xe buýt điện lấy dòng từ dây điện phía trên qua một cần dài có đầu tiếp xúc trượt. Khi đầu tiếp xúc đi qua chỗ nối dây, tiếp xúc có thể mất trong chốc lát và xuất hiện tia lửa sáng. Giải thích hiện tượng này.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mạch động cơ đang có dòng điện bị gián đoạn ở đầu tiếp xúc. Cần giải thích tia lửa.

Hướng đi:

• Dùng suất điện động vì cuộn dây động cơ chống lại sự giảm dòng.
• Xét điện trường trong khe tiếp xúc để liên hệ điện áp lớn với sự phóng điện.

Khi tiếp xúc mất, dòng điện có xu hướng giảm rất nhanh. Cuộn dây tạo suất điện động có chiều duy trì dòng đang có. Độ lớn của nó tuân theo

$$|{\mathcal{E}}_L|=L\left|\frac{di}{dt}\right|.$$

Điện áp giữa hai phía khe hở có thể tăng đủ để ion hóa không khí, tạo hồ quang dẫn điện. đã tích trữ trong cuộn dây và năng lượng nguồn tiếp tục cung cấp qua hồ quang chuyển thành nhiệt, ánh sáng. Vì vậy tia lửa liên hệ với , không chỉ với điện trở ở chỗ tiếp xúc.

Bài tập: Q30.2

Từ hệ thức định nghĩa suy ra $1\mathrm{H}=1\mathrm{Wb}/\mathrm{A}$. Từ hệ thức suất điện động tự cảm suy ra $1\mathrm{H}=1\mathrm{\Omega }\cdot \mathrm{s}$. Chứng minh hai cách viết đơn vị này tương đương.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh đơn vị henry biểu diễn qua từ thông và qua điện trở, thời gian.

Hướng đi:

• Dùng để đổi weber thành volt nhân giây.
• Dùng định luật Ohm để đổi volt trên ampere thành ohm.

Từ suất điện động bằng tốc độ biến thiên từ thông, ta có $1\mathrm{Wb}=1\mathrm{V}\cdot \mathrm{s}$. Do đó

$$\begin{array}{rl}1\frac{\mathrm{Wb}}{\mathrm{A}}& =1\frac{\mathrm{V}\cdot \mathrm{s}}{\mathrm{A}}\\ & =1\mathrm{\Omega }\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

Hai cách viết cùng đo một đại lượng. Cách thứ nhất thể hiện liên hệ giữa dòng và . Cách thứ hai làm rõ vì sao $L/R$ có đơn vị thời gian.

Bài tập: Q30.3

Trong Hình 30.1, nếu quay cuộn 2 một góc ${90}^{\circ }$ để trục cuộn trở thành thẳng đứng thì tăng hay giảm? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Giữ hai cuộn ở vị trí đang xét nhưng đổi hướng trục cuộn nhận từ thông.

Hướng đi:

• Dùng từ thông qua cuộn 2 để xác định mức liên kết từ giữa hai mạch.
• So sánh hướng từ trường cuộn 1 với pháp tuyến cuộn 2 trước và sau khi quay.

giảm vì từ trường do cuộn 1 tạo ra đi xuyên qua mặt các vòng của cuộn 2 ít hơn. Trong mô hình trường gần đều ở vị trí cuộn nhỏ, từ thông chứa thừa số cosin của góc giữa trường và pháp tuyến. Khi trục cuộn 2 vuông góc hướng trường, từ thông qua cuộn có thể bằng không.

Với cuộn có kích thước hữu hạn và trường không đều, không được chỉ thay một góc vào công thức trường đều để khẳng định chính xác bằng không. Kết luận cần ở đây là sự liên kết từ suy giảm khi quay cuộn theo cách đã nêu.

Bài tập: Q30.4

hình xuyến quấn sát là một trong số ít cấu hình có thể tính dễ dàng. Những đặc điểm nào của cấu hình này tạo ra sự đơn giản đó?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xác định các yếu tố đối xứng và hình học giúp tính hình xuyến.

Hướng đi:

• Dùng đối xứng quay để chọn đường Ampere tròn trong lõi.
• Dùng các vòng dây cùng móc từ thông để chuyển từ trường thành .

Với mô hình quấn đều, sát và đủ nhiều vòng, trường bên trong lõi hướng theo đường tròn đồng tâm. Độ lớn trường không đổi trên từng đường Ampere tròn, nên định luật Ampere cho trực tiếp $B(r)$. Trường ở ngoài lõi được coi là không đáng kể.

Các vòng dây có cùng tiết diện lõi và cùng móc từ thông. Nếu tiết diện nhỏ so với bán kính trung bình, có thể coi trường gần đều trên tiết diện và dùng ${\mathrm{\Phi }}_B\approx BA$. Nếu không, vẫn tính được từ thông bằng theo bán kính. Cấu hình khép kín cũng tránh phần đầu , nơi trường của ống dây thẳng thay đổi mạnh.

Bài tập: Q30.5

Hai cuộn dây tròn giống nhau, quấn sát, mỗi cuộn có $L$, được đặt đồng trục gần như chạm nhau. Tự cảm tương đương bằng bao nhiêu khi mắc nối tiếp và khi mắc song song? Có thể nối để tự cảm tổng bằng không không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai cuộn có cùng và liên kết từ mạnh. Phải tính cả , đồng thời phân biệt hai cách nối chiều quấn.

Hướng đi:

• Giữ $M$ trong phương trình điện áp vì hai cuộn ở gần nhau.
• Xét hai dòng tạo trường cùng chiều hoặc ngược chiều để chọn dấu của số hạng .
• Chỉ lấy giới hạn $M=L$ sau khi nêu điều kiện liên kết từ hoàn toàn.

Khi mắc nối tiếp, dòng qua hai cuộn bằng nhau. của cả bộ cho

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{nt},+}& =2L+2M,\\ L_{\mathrm{nt},-}& =2L-2M.\end{array}$$

Dấu cộng ứng với hai trường hỗ trợ nhau. Dấu trừ ứng với hai trường đối nhau. Khi mắc song song hai cuộn đối xứng, mỗi cuộn mang một nửa tổng dòng, nên

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{ss},+}& =\frac{L+M}{2},\\ L_{\mathrm{ss},-}& =\frac{L-M}{2}.\end{array}$$

Trong giới hạn liên kết hoàn toàn $M=L$, cách nối hỗ trợ cho $4L$ khi nối tiếp và $L$ khi song song. Cách nối đối nhau cho bằng không trong mô hình lý tưởng vì từ trường triệt tiêu.

Hai cuộn thực chỉ gần nhau vẫn có từ thông rò, nên thường có $M<L$. Khi ấy nối đối nhau làm nhỏ đi nhưng không triệt tiêu hoàn toàn. Cũng không được dùng công thức hai cuộn độc lập, vốn bỏ qua , cho cấu hình này.

Bài tập: Q30.6

Hai cuộn dây tròn quấn sát có cùng số vòng, nhưng bán kính một cuộn gấp đôi cuộn kia. của chúng liên hệ thế nào? Giải thích lập luận.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh ảnh hưởng của bán kính khi giữ số vòng như nhau.

Hướng đi:

• Ước lượng trường trong cuộn tròn theo $B\propto Ni/r$.
• Kết hợp diện tích vòng tỉ lệ với $r^2$ để xét trên một đơn vị dòng.

Trong mô hình các cuộn có hình dạng tương tự và trường được ước lượng bằng một giá trị đại diện, từ thông mỗi vòng tỉ lệ với

$${\mathrm{\Phi }}_B\propto \frac{Ni}{r}{r}^2.$$

Do đó $L=N{\mathrm{\Phi }}_B/i$ tỉ lệ với $N^{2}r$. Với cùng số vòng, cuộn có bán kính gấp đôi có xấp xỉ gấp đôi.

Đây là quan hệ theo mô hình hình học tương tự, không phải quy luật chính xác chỉ cần biết hai bán kính. thực còn phụ thuộc tiết diện dây, bề dày và cách phân bố các vòng. Nếu những tỉ lệ hình học này thay đổi, cần tính từ thông thực thay vì khẳng định hệ số hai tuyệt đối.

Bài tập: Q30.7

Muốn chế tạo một điện trở bằng dây quấn quanh lõi trụ, người ta đề nghị quấn nửa chiều dài dây theo một chiều và nửa còn lại theo chiều ngược lại để giảm tối đa. Cách đó có đạt mục tiêu không? Vì sao?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai phần dây có chiều quấn đối nhau. Cần xét chúng có thực sự triệt tiêu trường trong cùng không gian không.

Hướng đi:

• Dùng để nhận biết còn lại, ngay cả khi trường ở xa nhỏ.
• Xét vị trí hai phần quấn. Hai trường chỉ triệt tiêu tốt khi các đoạn mang dòng ngược chiều nằm rất gần nhau.

Chỉ chia thành hai nửa quấn ngược chiều chưa bảo đảm nhỏ nhất. Hai phần có thể làm giảm trường ở một số vùng nhưng mỗi phần vẫn tạo trường mạnh trong vùng riêng. Năng lượng của những trường đó không biến mất chỉ vì các mômen từ tổng cộng đối nhau.

Cách bố trí hiệu quả hơn là gập dây đôi rồi quấn hai nhánh kề nhau. Dòng đi và dòng về ngược chiều trên những đoạn gần như trùng vị trí, nên trường của chúng triệt tiêu tốt hơn. Khi đó phần còn lại chủ yếu liên hệ với khoảng cách hữu hạn giữa hai dây và các đoạn nối.

Bài tập: Q30.8

Với cùng độ lớn cảm ứng từ $B$, lớn hơn trong chân không hay trong vật liệu từ? Công thức mật độ năng lượng có hàm ý năng lượng trong mang dòng $I$ tỉ lệ với $1/\mu$ không? Có phải cùng dòng thì lõi sắt từ chứa ít năng lượng hơn lõi không khí không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Phân biệt hai phép so sánh giữ $B$ không đổi và giữ dòng điện không đổi.

Hướng đi:

• Dùng $u_B=B^2/(2\mu )$ trong mô hình vật liệu tuyến tính.
• Khi giữ dòng, thay cả quan hệ $B=\mu nI$ vì trường cũng thay đổi theo .

Nếu $B$ giống nhau, vật liệu có lớn hơn có mật độ năng lượng nhỏ hơn theo công thức đang xét. Vì vậy, với vật liệu thuận từ hoặc sắt từ được mô hình hóa bằng $\mu >{\mu }_0$, mật độ này nhỏ hơn trong chân không. Vật liệu nghịch từ có $\mu <{\mu }_0$ cho chiều so sánh ngược lại.

Khi giữ $I$ và hình học , phải thay độ lớn trường tương ứng:

$$u_B=\frac{(\mu nI{)}^2}{2\mu }=\frac{1}{2}\mu n^2{I}^2.$$

Trong mô hình đó, năng lượng tăng theo $\mu$, phù hợp với $U_B=L{I}^2/2$ và $L\propto \mu$. Không thể giữ $B$ cố định trong một công thức rồi diễn giải kết quả như thể đã giữ $I$ cố định. Với lõi sắt từ có quan hệ từ hóa phi tuyến hoặc từ trễ, biểu thức dùng một hằng cần được thay bằng mô hình vật liệu thích hợp.

Bài tập: Q30.9

Một mạch RC gồm điện trở, tụ chưa tích điện, pin một chiều và công tắc hở mắc nối tiếp. Một gồm điện trở, , pin một chiều và công tắc hở mắc nối tiếp. So sánh dòng điện (a) ngay sau khi đóng công tắc và (b) rất lâu sau khi đóng. và cuộn cảm ảnh hưởng đến mạch khác nhau thế nào?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai mạch bắt đầu từ tụ chưa tích điện và chưa mang dòng. Bỏ qua điện trở ngoài các điện trở đã nêu.

Hướng đi:

• Dùng tính liên tục của điện áp tụ và dòng tại thời điểm chuyển mạch.
• Xét trạng thái một chiều ổn định để xác định phần tử nào còn có điện áp hoặc dòng.

Ở mạch RC, điện áp tụ ban đầu bằng không nên dòng ngay sau khi đóng là $\mathcal{E}/R$. Khi tụ tích điện, dòng giảm và tiến về không. Về lâu dài, điện áp tụ bằng suất điện động pin và tụ không cho dòng một chiều ổn định chạy qua.

Ở , dòng ban đầu bằng không và chưa thể nhảy tức thời. ban đầu nhận toàn bộ điện áp nguồn, rồi dòng tăng dần. Về lâu dài, suất điện động bằng không và dòng tiến đến $\mathcal{E}/R$.

Như vậy, tụ cản sự thay đổi đột ngột điện áp, còn cản sự thay đổi đột ngột dòng. Hai kết luận này gắn với các điều kiện đầu đã nêu, không phải quy tắc bỏ qua mọi tụ hoặc mọi cuộn ở thời điểm ban đầu.

Bài tập: Q30.10. Mạch vi phân

Dòng qua không có điện trở biến thiên theo đồ thị Hình Q30.10. (a) Phác dạng tín hiệu trên máy hiện sóng mắc vào hai đầu cuộn cảm. Chấm sáng quét ngang với tốc độ không đổi và độ lệch dọc tỉ lệ với hiệu điện thế hai đầu cuộn. (b) Vì sao mạch có cuộn cảm được gọi là mạch vi phân?

Hình Q30.10: Dòng điện liên tục tăng và giảm tuyến tính theo thời gian.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng có dạng các đoạn thẳng tam giác. Cần suy ra điện áp, tức đại lượng được máy hiện sóng đo.

Hướng đi:

• Chọn điện áp dương ở đầu dòng đi vào cuộn để dùng $v_L=Ldi/dt$.
• Lấy độ dốc từng đoạn của đồ thị dòng. Độ dốc không đổi cho một mức điện áp không đổi.

Gọi độ lớn độ dốc các đoạn tăng và giảm là $k$. Trong đoạn tăng, điện áp bằng $+Lk$. Trong đoạn giảm, điện áp bằng $-Lk$. Vì thế tín hiệu điện áp là sóng vuông luân phiên hai mức, đổi mức tại mỗi đỉnh hoặc đáy của đồ thị dòng. Nếu đảo hai đầu đo thì toàn bộ tín hiệu đổi dấu.

Lời giải Q30.10: Điện áp dương khi dòng tăng tuyến tính và âm khi dòng giảm tuyến tính, với quy ước điện áp thụ động.

cho điện áp tỉ lệ với của dòng theo thời gian, nên phép đo điện áp thực hiện thao tác vi phân tín hiệu dòng. Ở mô hình lý tưởng, dòng vẫn liên tục trong khi điện áp có thể nhảy giữa hai mức tại chỗ độ dốc đổi dấu.

Bài tập: Q30.11

Áp dụng định luật vòng cho có tụ ban đầu tích điện đầy cho phương trình $-Ldi/dt-q/C=0$. Khi tụ bắt đầu phóng, dòng tăng từ không. Vì sao phương trình lại cho $Ldi/dt=-q/C<0$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Có vẻ mâu thuẫn giữa dòng tăng và dòng âm. Phải xét dấu của dòng theo chiều quy ước.

Hướng đi:

• Phân biệt dòng điện có dấu $i$ với độ lớn $|i|$.
• Giữ quy ước $i=dq/dt$, trong đó $q$ là điện tích có dấu trên bản tụ đã chọn.

Khi $q$ ban đầu dương rồi giảm, $dq/dt<0$, nên dòng theo quy ước là âm. Dòng đi từ $i=0$ sang các giá trị âm có độ lớn tăng dần. Vì vậy $di/dt<0$ hoàn toàn phù hợp với việc cường độ dòng tăng về độ lớn.

Dấu âm không phủ nhận sự phóng điện. Nó chỉ cho biết dòng thực đi ngược chiều dương đã chọn trong phép lập phương trình vòng. Nếu đổi chiều quy ước dòng thì cả quan hệ giữa $i$ và $q$ lẫn các dấu trong phương trình phải đổi nhất quán.

Bài tập: Q30.12

Khi suy ra phương trình , ta dùng $i=dq/dt$. Nhưng dòng chạy khi tụ phóng làm điện tích trên tụ giảm. Vì sao quan hệ này vẫn đúng, thay vì phải dùng $i=-dq/dt$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dấu trong quan hệ dòng, điện tích phụ thuộc bản tụ và chiều dòng được chọn.

Hướng đi:

• Xác định $q$ là điện tích có dấu trên một bản cụ thể, không phải tổng điện tích của cả tụ.
• Dùng bảo toàn điện tích tại bản đó để liên hệ chiều dòng dương với dấu của $dq/dt$.

Trong quy ước đang dùng, dòng dương đi vào bản có điện tích $q$. Dòng đi vào làm $q$ tăng, nên $i=dq/dt$. Khi bản ấy phóng điện, dòng thực đi ra và $i$ âm, đồng thời $dq/dt$ âm.

Nếu chọn dòng dương đi ra khỏi bản đó thì đúng là $i=-dq/dt$. Hai cách đều được phép, nhưng không được lấy phương trình vòng của một cách rồi ghép với quan hệ dòng, điện tích của cách còn lại.

Bài tập: Q30.13

Trong của Hình 30.11, khi đóng công tắc $S_1$, hiệu điện thế $v_{ac}$ thay đổi đột ngột nhưng dòng điện không thay đổi đột ngột. Vì sao điện áp có thể nhảy còn dòng thì không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Một điện áp nguồn hữu hạn được đặt vào mạch có tại thời điểm đóng công tắc.

Hướng đi:

• Dùng quan hệ điện áp với dòng.
• quan hệ đó qua khoảng thời gian chuyển mạch rất ngắn để xét dòng có thể nhảy hay không.

Điện áp nguồn có thể chuyển từ không sang một giá trị hữu hạn ngay khi đóng công tắc lý tưởng. Điện áp cũng có thể nhảy, nên tốc độ biến thiên dòng đổi ngay. Tuy nhiên, biến thiên dòng là

$$\mathrm{\Delta }i=\frac{1}{L}\int v_{L}dt.$$

Nếu điện áp chỉ hữu hạn, trên một khoảng thời gian tiến về không cũng tiến về không. Vì vậy dòng không nhảy. Muốn tạo một bước nhảy dòng hữu hạn trong thời gian bằng không phải có xung điện áp vô hạn trong mô hình lý tưởng.

Bài tập: Q30.14

Trong của Hình 30.11, dòng qua điện trở có luôn bằng dòng qua không? Dựa vào đâu để biết?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét mạch khi dòng tăng qua nguồn hoặc giảm trong vòng kín sau khi chuyển công tắc.

Hướng đi:

• Theo dõi nhánh nối điện trở với .
• Áp dụng định luật nút để kiểm tra có nhánh nào lấy bớt dòng giữa hai phần tử không.

Trong hai cấu hình hoạt động được xét ở Hình 30.11, điện trở và nằm nối tiếp trên cùng đường dòng. Không có chỗ phân nhánh giữa chúng, nên bảo toàn điện tích buộc dòng qua hai phần tử bằng nhau tại cùng một thời điểm.

Kết luận vẫn đúng khi dòng thay đổi. Quy tắc “cùng dòng” đến từ cách mắc nối tiếp, không đến từ trạng thái ổn định. Nó không còn được áp dụng nguyên dạng nếu mắc thêm một nhánh dẫn điện tại nút giữa hai phần tử.

Bài tập: Q30.15

Một đang mang dòng không đổi. Nếu mở công tắc thật nhanh để cố đưa dòng về không ngay lập tức, có thể xuất hiện hồ quang giữa các tiếp điểm. Vì sao? Có thể dừng dòng tức thời về mặt vật lý không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn đang chứa , trong khi thao tác ngắt mạch cố làm dòng giảm rất nhanh.

Hướng đi:

• Dùng suất điện động để xác định tác dụng của cuộn khi dòng giảm.
• Xét tính liên tục của dòng và nơi nhận đã tích trữ.

Cuộn tạo suất điện động duy trì chiều dòng cũ. Khi thời gian ngắt rất ngắn, độ lớn điện áp có thể rất lớn và đánh thủng không khí ở khe tiếp điểm, tạo hồ quang. Dòng tiếp tục chạy một thời gian qua đường phóng điện này.

Không thể đưa dòng của cuộn có $L>0$ về không trong thời gian bằng không bằng một điện áp hữu hạn. Trong mạch thực, dòng giảm trong một thời gian hữu hạn qua hồ quang, ký sinh hoặc mạch bảo vệ. chuyển thành nhiệt, bức xạ hoặc năng lượng điện trường, chứ không biến mất khi mở công tắc.

Bài tập: Q30.16

Trong , có thể dùng tiêu chí nào để biết hệ hay vẫn ? Chẳng hạn, có thể so sánh năng lượng cực đại được tích trữ trong một chu kỳ với năng lượng tiêu tán trong một chu kỳ không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cần một tiêu chí phân loại nghiệm RLC, đồng thời đánh giá cách so sánh năng lượng theo chu kỳ.

Hướng đi:

• Xét nghiệm đặc trưng của phương trình $L{q}^{″}+R{q}^{\prime }+q/C=0$.
• Dùng dấu của biểu thức dưới căn để phân biệt nghiệm có phần dao động và nghiệm chỉ suy giảm.

Tiêu chí chính xác là

$$\begin{array}{rl}& R^2<\frac{4L}{C}:{\omega }_d>0,\\ R^2& =\frac{4L}{C},\\ & R^2>\frac{4L}{C}.\end{array}$$

Dòng thứ nhất ứng với . Dòng thứ hai là . Dòng cuối là , với hai nghiệm mũ thực suy giảm.

Quan sát các lần đổi dấu lặp lại của điện tích hoặc dòng có thể xác nhận . Tuy nhiên, chỉ một lần đi qua không chưa đủ để kết luận hệ dao động, vì điều kiện đầu của nghiệm cũng có thể tạo một lần đổi dấu.

So sánh năng lượng “trong một chu kỳ” không phải tiêu chí chung độc lập. Hệ không có chu kỳ dao động, còn chu kỳ của hệ dưới tắt dần thay đổi theo điện trở. Phải xác định bản chất nghiệm trước khi dùng chu kỳ để mô tả lượng năng lượng tiêu tán.

Bài tập 30.1–30.30

Hỗ cảm

Bài tập 30: 1

Hai cuộn có $M=3,25\times {10}^{-4}\mathrm{H}$. Dòng trong cuộn 1 tăng đều với tốc độ $830\mathrm{A}/\mathrm{s}$. (a) Suất điện động cảm ứng trong cuộn 2 có độ lớn bao nhiêu và có không đổi không? (b) Nếu dòng biến thiên như vậy nằm ở cuộn 2 thì suất điện động trong cuộn 1 có độ lớn bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: không đổi và tốc độ biến thiên dòng không đổi. Đổi vai hai cuộn ở câu (b).

Hướng đi:

• Dùng $|\mathcal{E}|=M|di/dt|$ vì suất điện động phụ thuộc tốc độ biến thiên dòng.
• Dùng tính đối xứng của , $M_{12}=M_{21}$, khi đổi cuộn nguồn và cuộn nhận.

(a) Ta có

$$\begin{array}{rl}|{\mathcal{E}}_2|& =M\left|\frac{d{i}_1}{dt}\right|\\ & =\mathrm{0,270}\mathrm{V}.\end{array}$$

Suất điện động không đổi vì cả $M$ lẫn $d{i}_1/dt$ đều không đổi. (b) Khi đổi vai hai cuộn, vẫn như cũ, nên $|{\mathcal{E}}_1|=\mathrm{0,270}\mathrm{V}$.

Bài tập 30: 2

Hai cuộn được quấn quanh cùng một lõi trụ như Ví dụ 30.1. Khi dòng cuộn 1 giảm với $d{i}_1/dt=-\mathrm{0,242}\mathrm{A}/\mathrm{s}$, suất điện động trong cuộn 2 có độ lớn $1,65\times {10}^{-3}\mathrm{V}$.

(a) Tìm . (b) Cuộn 2 có 25 vòng. Tìm từ thông qua mỗi vòng khi dòng cuộn 1 bằng $1,20\mathrm{A}$. (c) Nếu dòng cuộn 2 tăng $\mathrm{0,360}\mathrm{A}/\mathrm{s}$, tìm độ lớn suất điện động trong cuộn 1.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện cảm ứng xác định $M$. Dùng $M$ đó để tính từ thông một vòng và suất điện động khi đảo vai hai cuộn.

Hướng đi:

• Tìm $M$ từ tỉ số độ lớn suất điện động và dòng.
• Dùng $N_2{\mathrm{\Phi }}_{B2}=M{i}_1$ vì câu (b) hỏi từ thông riêng mỗi vòng.
• Dùng cùng cho câu (c), không nhân thêm số vòng.

$$\begin{array}{rl}M& =\frac{1,65\times {10}^{-3}}{\mathrm{0,242}}\\ & =6,82\mathrm{mH},\\ {\mathrm{\Phi }}_{B2}& =\frac{M{i}_1}{25}\\ & =3,27\times {10}^{-4}\mathrm{Wb},\\ |{\mathcal{E}}_1|& =M(\mathrm{0,360}\mathrm{A}/\mathrm{s})\\ & =2,45\times {10}^{-3}\mathrm{V}.\end{array}$$

Bài tập 30: 3

Hai hình xuyến quấn trên cùng một lõi để trường của cuộn này đi qua các vòng cuộn kia. Cuộn 1 có 700 vòng, cuộn 2 có 400 vòng. Khi dòng cuộn 1 bằng $6,52\mathrm{A}$, từ thông trung bình qua mỗi vòng cuộn 2 bằng $\mathrm{0,032}0\mathrm{Wb}$.

(a) Tìm . (b) Khi dòng cuộn 2 bằng $2,54\mathrm{A}$, từ thông trung bình qua mỗi vòng cuộn 1 bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết từ thông mỗi vòng ở cuộn 2 do cuộn 1 tạo ra. Sau đó đảo cuộn nguồn.

Hướng đi:

• Nhân từ thông một vòng với số vòng của cuộn nhận để có .
• Dùng $M$ không đổi khi đổi vai hai cuộn, nhưng chia cho số vòng của cuộn nhận mới.

$$\begin{array}{rl}M& =\frac{N_2{\mathrm{\Phi }}_{B2}}{i_1}\\ & =1,96\mathrm{H},\\ {\mathrm{\Phi }}_{B1}& =\frac{M{i}_2}{N_1}\\ & =7,12\times {10}^{-3}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

Từ thông một vòng ở hai cuộn không nhất thiết bằng nhau khi dòng nguồn và số vòng khác nhau. Đại lượng đối xứng trong phép đổi vai là .

Bài tập 30: 4

Một cuộn 25 vòng quấn sát quanh 300 vòng. Ống dây bên trong dài $25,0\mathrm{cm}$, đường kính $2,00\mathrm{cm}$. Tại một thời điểm, dòng trong ống dây bằng $\mathrm{0,120}\mathrm{A}$ và tăng $1,75\times {10}^3\mathrm{A}/\mathrm{s}$.

Tìm (a) từ thông trung bình mỗi vòng của trong, (b) hai cuộn, (c) suất điện động cảm ứng trong cuộn ngoài do dòng cuộn trong biến thiên.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $N_1=300$, $N_2=25$, $\ell =\mathrm{0,250}\mathrm{m}$ và bán kính $r=\mathrm{0,010}0\mathrm{m}$. Dùng mô hình , lõi không khí.

Hướng đi:

• Dùng $B={\mu }_0{N}_1{i}_1/\ell$ và diện tích tiết diện để tìm từ thông.
• Từ thông của cuộn ngoài chủ yếu nằm trong tiết diện trong, nên dùng cùng diện tích trong $M$.
• Áp dụng định luật cho tốc độ tăng dòng đã cho.

$$\begin{array}{rl}A& =\pi r^2,\\ {\mathrm{\Phi }}_B& =\frac{{\mu }_0{N}_1{i}_{1}A}{\ell }\\ & =5,68\times {10}^{-8}\mathrm{Wb},\\ M& =\frac{{\mu }_0{N}_1{N}_{2}A}{\ell }\\ & =1,18\times {10}^{-5}\mathrm{H},\\ |{\mathcal{E}}_2|& =M\left|\frac{d{i}_1}{dt}\right|\\ & =2,07\times {10}^{-2}\mathrm{V}.\end{array}$$

Chiều suất điện động có tác dụng chống sự tăng từ thông do cuộn trong tạo ra. Muốn chỉ chiều chạy trên dây phải biết chiều quấn và cách đánh dấu các đầu cuộn.

Tự cảm và cuộn cảm

Bài tập 30: 5

Một hình xuyến có $2,50\mathrm{mH}$, bán kính trung bình $6,00\mathrm{cm}$ và tiết diện $2,00{\mathrm{cm}}^2$. (a) Có bao nhiêu vòng dây, nếu dùng xấp xỉ tiết diện nhỏ so với bán kính trung bình như Ví dụ 30.3? (b) Dòng phải biến thiên với tốc độ bao nhiêu để độ lớn điện áp hai đầu bằng $2,00\mathrm{V}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Lõi không khí, $r=\mathrm{0,060}0\mathrm{m}$, $A=2,00\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^2$. Cần $N$ và độ lớn $di/dt$.

Hướng đi:

• Dùng hình xuyến với trường lấy tại bán kính trung bình.
• Dùng điện áp cuộn lý tưởng bằng $Ldi/dt$ để suy ra tốc độ biến thiên dòng.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{{\mu }_0{N}^{2}A}{2\pi r},\\ N& =\sqrt{\frac{2\pi rL}{{\mu }_{0}A}}\\ & \approx 1,94\times {10}^3,\\ \left|\frac{di}{dt}\right|& =\frac{2,00}{2,50\times {10}^{-3}}\\ & =800\mathrm{A}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Số vòng thực phải là số nguyên. Giá trị tính được là ước lượng theo dữ kiện ba chữ số có nghĩa và mô hình trường gần đều trên tiết diện.

Bài tập 30: 6

Một hình xuyến có 500 vòng, tiết diện $6,25{\mathrm{cm}}^2$ và bán kính trung bình $4,00\mathrm{cm}$. (a) Tính . (b) Dòng giảm đều từ $5,00\mathrm{A}$ xuống $2,00\mathrm{A}$ trong $3,00\mathrm{ms}$. Tính suất điện động tự cảm. (c) Dòng đang đi từ đầu $a$ đến đầu $b$. Suất điện động có chiều từ $a$ đến $b$ hay ngược lại?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn lõi không khí có dòng cùng chiều nhưng giảm về độ lớn. Chọn chiều dương từ $a$ đến $b$.

Hướng đi:

• Tính $L$ từ hình học hình xuyến.
• Vì dòng giảm đều, dùng hiệu dòng chia khoảng thời gian làm .
• Dùng dấu âm của suất điện động để xác định chiều duy trì dòng.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{{\mu }_0{N}^{2}A}{2\pi r}\\ & =7,81\times {10}^{-4}\mathrm{H},\\ \frac{di}{dt}& =-1,00\times {10}^3\mathrm{A}/\mathrm{s},\\ {\mathcal{E}}_L& =-L\frac{di}{dt}\\ & =+\mathrm{0,781}\mathrm{V}.\end{array}$$

Dấu dương theo quy ước đã chọn cho biết suất điện động hướng từ $a$ đến $b$, cùng chiều dòng cũ. Nó chống sự giảm dòng, không chống chính dòng đang có.

Bài tập 30: 7

Khi dòng qua một cuộn tăng $\mathrm{0,064}0\mathrm{A}/\mathrm{s}$, suất điện động có độ lớn $\mathrm{0,016}0\mathrm{V}$. (a) Tìm tự cảm. (b) Nếu cuộn là 400 vòng, từ thông trung bình mỗi vòng bằng bao nhiêu khi dòng bằng $\mathrm{0,720}\mathrm{A}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết suất điện động và dòng để tìm $L$, rồi biết $N,i$ để tính từ thông một vòng.

Hướng đi:

• là hệ số nối suất điện động với tốc độ biến thiên dòng.
• Dùng $N{\mathrm{\Phi }}_B=Li$, có chia cho số vòng vì đề hỏi trung bình mỗi vòng.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{\mathrm{0,016}0}{\mathrm{0,064}0}\\ & =\mathrm{0,250}\mathrm{H},\\ {\mathrm{\Phi }}_B& =\frac{L(\mathrm{0,720}\mathrm{A})}{400}\\ & =4,50\times {10}^{-4}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

Bài tập 30: 8

Dòng trong hình xuyến biến thiên với tốc độ $\mathrm{0,026}0\mathrm{A}/\mathrm{s}$, gây suất điện động độ lớn $12,6\mathrm{mV}$. Khi dòng bằng $1,40\mathrm{A}$, từ thông trung bình qua mỗi vòng là $\mathrm{0,002}85\mathrm{Wb}$. Cuộn có bao nhiêu vòng?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai trạng thái của cùng cuộn cho dữ kiện về suất điện động và từ thông một vòng.

Hướng đi:

• Tìm $L$ từ suất điện động cảm ứng.
• Thay vào $Li=N{\mathrm{\Phi }}_B$ để suy ra số vòng, không cần biết kích thước lõi.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{12,6\times {10}^{-3}}{\mathrm{0,026}0},\\ N& =\frac{Li}{{\mathrm{\Phi }}_B}\\ & \approx 238.\end{array}$$

Cuộn có khoảng 238 vòng. Cách tính này giả sử cuộn làm việc trong miền tuyến tính để cùng một giá trị mô tả hai dữ kiện.

Bài tập 30: 9

Cuộn trong Hình E30.9 có $L=\mathrm{0,260}\mathrm{H}$. Dòng theo mũi tên đang giảm đều với $di/dt=-\mathrm{0,018}0\mathrm{A}/\mathrm{s}$. (a) Tìm suất điện động . (b) Đầu $a$ hay đầu $b$ cao thế hơn?

Hình E30.9: Dòng quy ước đi từ đầu b sang đầu a của cuộn cảm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng dương trong hình hướng từ $b$ sang $a$ và đang giảm. Điện trở cuộn được bỏ qua.

Hướng đi:

• Dùng ${\mathcal{E}}_L=-Ldi/dt$ để xét suất điện động theo chiều dòng đã chọn.
• Phân biệt suất điện động trong cuộn với độ sụt điện thế theo chiều dòng, $v_{ba}=Ldi/dt$.

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{E}}_L& =+4,68\times {10}^{-3}\mathrm{V},\\ v_{ba}& =-4,68\times {10}^{-3}\mathrm{V},\\ v_{ab}& =+4,68\times {10}^{-3}\mathrm{V}.\end{array}$$

Suất điện động duy trì dòng từ $b$ sang $a$, nên đầu $a$ cao thế hơn đầu $b$. Dòng đi qua cuộn đang nhả năng lượng có thể đi từ đầu thấp thế đến đầu cao thế.

Bài tập 30: 10

Cuộn của Hình E30.9 có $L=\mathrm{0,260}\mathrm{H}$ và dòng theo chiều mũi tên. Dòng biến thiên với tốc độ không đổi. (a) Nếu $v_{ab}=1,04\mathrm{V}$, đầu $a$ cao thế hơn, dòng tăng hay giảm? (b) Nếu dòng lúc $t=0$ bằng $12,0\mathrm{A}$, dòng tại $t=2,00\mathrm{s}$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chiều dòng từ $b$ đến $a$, còn điện áp được cho theo thứ tự $a,b$.

Hướng đi:

• Đổi thứ tự hai đầu điện áp trước khi dùng quy ước thụ động của .
• dòng không đổi để tìm dòng ở thời điểm sau.

Vì $v_{ba}=-1,04\mathrm{V}$,

$$\begin{array}{rl}\frac{di}{dt}& =\frac{v_{ba}}{L}\\ & =-4,00\mathrm{A}/\mathrm{s},\\ i(t)& =12,0\mathrm{A}-(4,00\mathrm{A}/\mathrm{s})t.\end{array}$$

Dòng đang giảm. Tại 2,00 s, $i=4,00\mathrm{A}$, vẫn theo chiều từ $b$ đến $a$.

Bài tập 30.11: Tự cảm của ống dây

(a) Một có $N$ vòng, tiết diện đều $A$ và chiều dài $\ell$. Giả sử trường đều trong ống và bằng không bên ngoài. Chứng minh

$$L=\frac{{\mu }_{0}A{N}^2}{\ell }.$$

Kết quả là xấp xỉ và cho giới hạn trên vì trường ở hai đầu nhỏ hơn ở giữa. (b) Một lò xo kim loại dài $5,00\mathrm{cm}$, đường kính $\mathrm{0,150}\mathrm{cm}$, có 50 vòng. Nếu mô hình hóa nó thành lý tưởng trong mạch, cần tính đến là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Suy từ trường bên trong , sau đó áp dụng cho một lò xo có kích thước đã cho.

Hướng đi:

• Dùng trường để tính từ thông một vòng.
• Nhân với $N$ rồi chia cho dòng theo định nghĩa .
• Đổi đường kính thành bán kính khi tính tiết diện lò xo.

(a) Ta có

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{{\mu }_{0}Ni}{\ell },\\ {\mathrm{\Phi }}_B& =BA,\\ L& =\frac{N{\mathrm{\Phi }}_B}{i}\\ & =\frac{{\mu }_{0}A{N}^2}{\ell }.\end{array}$$

Nếu áp giá trị trường ở giữa cho toàn bộ ống, ta tính lớn hơn từ thông thực ở các vòng gần đầu. Vì vậy mô hình cho giới hạn trên như đã nêu.

(b) Với $r=\mathrm{0,000}750\mathrm{m}$ và $\ell =\mathrm{0,050}0\mathrm{m}$,

$$L=1,11\times {10}^{-7}\mathrm{H}.$$

Giá trị tương đương khoảng $\mathrm{0,111}\mu \mathrm{H}$, nhỏ nhưng không bằng không.

Bài tập 30: 12

Một có 800 vòng. Khi dòng bằng $2,90\mathrm{A}$, từ thông trung bình mỗi vòng bằng $3,25\times {10}^{-3}\mathrm{Wb}$. Dòng phải biến thiên với độ lớn tốc độ bao nhiêu để suất điện động bằng $6,20\mathrm{mV}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện từ thông xác định , rồi suất điện động yêu cầu xác định dòng.

Hướng đi:

• Dùng $L=N{\mathrm{\Phi }}_B/i$ để tính hệ số .
• Dùng độ lớn suất điện động, nên kết quả là độ lớn tốc độ tăng hoặc giảm dòng.

$$\begin{array}{rl}L& =\mathrm{0,897}\mathrm{H},\\ \left|\frac{di}{dt}\right|& =\frac{6,20\times {10}^{-3}}{L}\\ & =6,92\times {10}^{-3}\mathrm{A}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Năng lượng từ trường

Bài tập 30: 13

Trong một lõi không khí, dòng thay đổi $2000\mathrm{A}/\mathrm{s}$ và điện áp cuộn là $\mathrm{0,600}\mathrm{V}$. Ống có 1200 vòng, tiết diện $25,0{\mathrm{mm}}^2$. Giả sử trường đều bên trong, bằng không bên ngoài, để dùng kết quả bài 30.11. Tìm độ lớn trường bên trong khi dòng bằng $3,00\mathrm{A}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chưa biết chiều dài ống, nhưng biết $L$ qua điện áp và tốc độ biến thiên dòng.

Hướng đi:

• Tìm $L$ bằng $|v_L|/|di/dt|$.
• Dùng $Li=N{\mathrm{\Phi }}_B=NBA$ để loại chiều dài khỏi bài toán.

$$\begin{array}{rl}L& =3,00\times {10}^{-4}\mathrm{H},\\ B& =\frac{Li}{NA}\\ & =3,00\times {10}^{-2}\mathrm{T}.\end{array}$$

Tiết diện $25,0{\mathrm{mm}}^2$ bằng $25,0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2$, không phải $25,0\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2$.

Bài tập 30: 14

Một cuộn trong bộ nguồn một chiều có $12,0\mathrm{H}$, điện trở $180\mathrm{\Omega }$ và mang dòng $\mathrm{0,500}\mathrm{A}$.

(a) bằng bao nhiêu? (b) Nhiệt được tạo ra với công suất bao nhiêu?

(c) Kết quả (b) có nghĩa đang giảm theo thời gian không? Giải thích.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn thực vừa có vừa có điện trở, đang mang dòng không đổi.

Hướng đi:

• Dùng $L{i}^2/2$ cho phần tích trữ.
• Dùng $i^{2}R$ cho công suất nhiệt, rồi xét nguồn duy trì dòng để giải thích cân bằng năng lượng.

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\frac{1}{2}L{i}^2=1,50\mathrm{J},\\ P_R& =i^{2}R=45,0\mathrm{W}.\end{array}$$

không giảm nếu dòng được giữ không đổi. Nguồn điện cung cấp đúng công suất nhiệt mất đi. Chỉ khi nguồn không còn duy trì dòng và năng lượng từ trường được dùng để cấp cho điện trở thì $U_B$ mới giảm.

Bài tập 30: 15

Một hình xuyến lõi không khí có bán kính trung bình $15,0\mathrm{cm}$, tiết diện $5,00{\mathrm{cm}}^2$. Khi dòng bằng $12,0\mathrm{A}$, năng lượng tích trữ là $\mathrm{0,390}\mathrm{J}$. Cuộn có bao nhiêu vòng?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dữ kiện năng lượng và dòng xác định $L$. Hình học hình xuyến cho phép tìm $N$.

Hướng đi:

• Suy $L=2U_B/i^2$ từ năng lượng tích trữ.
• Thay vào hình xuyến ở xấp xỉ tiết diện nhỏ so với bán kính trung bình.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{2U_B}{i^2}\\ & =5,42\times {10}^{-3}\mathrm{H},\\ N& =\sqrt{\frac{2\pi rL}{{\mu }_{0}A}}\\ & \approx 2,85\times {10}^3.\end{array}$$

có khoảng 2850 vòng theo mô hình và mức chính xác của dữ kiện.

Bài tập 30: 16

Một hình xuyến lõi không khí có 300 vòng, bán kính trung bình $12,0\mathrm{cm}$, tiết diện $4,00{\mathrm{cm}}^2$ và dòng $5,00\mathrm{A}$. Tính (a) trường trong lõi, (b) , (c) , (d) mật độ năng lượng. (e) Đối chiếu (d) bằng cách chia năng lượng ở (c) cho thể tích lõi.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng trường tại bán kính trung bình và coi nó gần đều trên tiết diện lõi.

Hướng đi:

• Định luật Ampere cho $B$, từ đó tính $L$ và $U_B$.
• Tính mật độ theo trường, rồi tính độc lập bằng năng lượng trên thể tích để đối chiếu hai cách mô tả.

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{{\mu }_{0}Ni}{2\pi r}\\ & =2,50\times {10}^{-3}\mathrm{T},\\ L& =\frac{{\mu }_0{N}^{2}A}{2\pi r}\\ & =6,00\times {10}^{-5}\mathrm{H},\\ U_B& =\frac{1}{2}L{i}^2\\ & =7,50\times {10}^{-4}\mathrm{J},\\ u_B& =\frac{B^2}{2{\mu }_0}\\ & =2,49\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3.\end{array}$$

(e) Thể tích lõi bằng $\mathcal{V}=2\pi rA=3,02\times {10}^{-4}{\mathrm{m}}^3$. Chia $U_B$ cho thể tích này cho cùng $u_B=2,49\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3$. Hai cách nhất quán vì chúng dùng cùng giả thiết trường gần đều.

Bài tập 30: 17

Một $25,0\mathrm{cm}$, tiết diện $\mathrm{0,500}{\mathrm{cm}}^2$, có 400 vòng và mang dòng $80,0\mathrm{A}$. Tính (a) trường trong ống, (b) mật độ năng lượng nếu lõi không khí, (c) tổng năng lượng trong trường của cuộn với giả thiết trường đều, (d) .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\ell =\mathrm{0,250}\mathrm{m}$, $A=5,00\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2$. Cần mô tả trường, năng lượng theo thể tích và .

Hướng đi:

• Dùng trường và mật độ năng lượng trong không khí.
• Nhân mật độ với thể tích $A\ell$ để được tổng năng lượng.
• Dùng biểu thức hình học để kiểm tra quan hệ $U_B=L{i}^2/2$.

$$\begin{array}{rl}B& =\frac{{\mu }_{0}Ni}{\ell }=\mathrm{0,161}\mathrm{T},\\ u_B& =\frac{B^2}{2{\mu }_0}\\ & =1,03\times {10}^4\mathrm{J}/{\mathrm{m}}^3,\\ U_B& =u_{B}A\ell =\mathrm{0,129}\mathrm{J},\\ L& =\frac{{\mu }_{0}A{N}^2}{\ell }\\ & =4,02\times {10}^{-5}\mathrm{H}.\end{array}$$

Bài tập 30: 18

Người ta đề xuất dùng lớn để tích trữ năng lượng. (a) Một bóng đèn $150\mathrm{W}$ chuyển bao nhiêu điện năng thành ánh sáng và nhiệt trong một ngày? (b) Muốn tích trữ năng lượng ấy trong cuộn mang dòng $80,0\mathrm{A}$, cuộn phải có bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bóng hoạt động liên tục một ngày ở công suất đã cho. Cần dung lượng năng lượng tương đương của cuộn.

Hướng đi:

• Dùng năng lượng bằng công suất nhân thời gian, với thời gian đổi sang giây.
• Đặt năng lượng đó bằng $L{I}^2/2$ để suy ra cần thiết.

$$\begin{array}{rl}U& =P\mathrm{\Delta }t\\ & =150(86400)\mathrm{J}\\ & =1,30\times {10}^7\mathrm{J},\\ L& =\frac{2U}{I^2}\\ & =4,05\times {10}^3\mathrm{H}.\end{array}$$

Đây là yêu cầu về năng lượng tích trữ của mô hình . Thiết kế thực còn phải xét tổn hao điện trở và giới hạn trường, dòng của vật liệu.

Bài tập 30: 19

Nam châm uốn chùm proton trong máy gia tốc tạo trường $4,80\mathrm{T}$. trong thể tích $10,0{\mathrm{cm}}^3$ có trường như vậy bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét một thể tích không gian có trường đều, với bằng độ từ thẩm chân không.

Hướng đi:

• Dùng mật độ năng lượng $B^2/(2{\mu }_0)$ vì đề cho trường trực tiếp.
• Đổi thể tích từ centimet khối sang mét khối trước khi nhân.

$$\begin{array}{rl}\mathcal{V}& =10,0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^3,\\ U_B& =\frac{B^2\mathcal{V}}{2{\mu }_0}\\ & =91,7\mathrm{J}.\end{array}$$

Bài tập 30: 20

Một vùng chân không có điện trường đều độ lớn $E$ và từ trường đều độ lớn $B$. (a) Tỉ số $E/B$ bằng bao nhiêu nếu hai mật độ năng lượng bằng nhau? (b) Với $E=500\mathrm{V}/\mathrm{m}$, tìm $B$ theo tesla trong điều kiện ấy.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: So sánh và từ trường trong chân không.

Hướng đi:

• Đặt ${\epsilon }_0{E}^2/2=B^2/(2{\mu }_0)$.
• Lấy căn dương vì đề dùng độ lớn trường, rồi suy ra trường từ khi biết trường điện.

$$\begin{array}{rl}\frac{E}{B}& =\frac{1}{\sqrt{{\mu }_0{\epsilon }_0}}\\ & \approx 3,00\times {10}^8\mathrm{m}/\mathrm{s},\\ B& =E\sqrt{{\mu }_0{\epsilon }_0}\\ & =1,67\times {10}^{-6}\mathrm{T}.\end{array}$$

Tỉ số có đơn vị vận tốc và bằng tốc độ ánh sáng trong chân không. Việc hai mật độ bằng nhau ở đây chưa tự nó khẳng định các trường đã tạo thành một sóng điện từ.

Quá trình chuyển tiếp RL

Trong các bài dùng Hình 30.11, điện trở nằm giữa $a,b$, nằm giữa $b,c$. Khi có nguồn, chiều dòng dương đi từ $a$ qua $b$ đến $c$.

Hình 30.11: Các điểm a, b, c xác định điện áp điện trở và cuộn cảm trong mạch chuyển tiếp.

Chú thích:

• Đóng công tắc S1 nối cụm R-L nối tiếp với nguồn suất điện động E. (Closing switch S1 connects the R-L combination in series with a source of emf E.)
• Đóng công tắc S2 đồng thời mở công tắc S1 ngắt cụm R-L khỏi nguồn. (Closing switch S2 while opening switch S1 disconnects the combination from the source.)

Bài tập 30: 21

Một cuộn có $2,50\mathrm{H}$ và điện trở $8,00\mathrm{\Omega }$ được nối vào pin $6,00\mathrm{V}$ có điện trở trong không đáng kể. Tìm (a) tốc độ tăng dòng ban đầu, (b) tốc độ tăng khi dòng bằng $\mathrm{0,500}\mathrm{A}$, (c) dòng sau $\mathrm{0,250}\mathrm{s}$ kể từ lúc nối mạch, (d) dòng ổn định cuối cùng.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn thực được mô hình bằng điện trở nối tiếp . Ban đầu chưa có dòng.

Hướng đi:

• Dùng phương trình vòng $Ldi/dt=\mathcal{E}-Ri$ để tính tại các dòng cho trước.
• Dùng nghiệm RL từ điều kiện đầu bằng không để tính dòng theo thời gian.

$$\begin{array}{rl}{i}^{\prime }(0)& =\frac{\mathcal{E}}{L}\\ & =2,40\mathrm{A}/\mathrm{s},\\ i^{\prime }& =\frac{\mathcal{E}-Ri}{L}\\ & =\mathrm{0,800}\mathrm{A}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Với $\tau =L/R=\mathrm{0,312}5\mathrm{s}$,

$$\begin{array}{rl}i(t)& =\frac{\mathcal{E}}{R}(1-e^{-t/\tau }),\\ i(\mathrm{0,250}\mathrm{s})& =\mathrm{0,413}\mathrm{A},\\ I_{\mathrm{\infty }}& =\frac{\mathcal{E}}{R}=\mathrm{0,750}\mathrm{A}.\end{array}$$

Bài tập 30: 22

Trong Hình 30.11, $R=15,0\mathrm{\Omega }$, $\mathcal{E}=6,30\mathrm{V}$. Mở $S_2$ và đóng $S_1$. Sau vài phút, mở $S_1$ đồng thời đóng $S_2$. (a) Sau $2,00\mathrm{ms}$ kể từ lúc mở $S_1$, dòng còn $\mathrm{0,280}\mathrm{A}$. Tìm . (b) Sau bao lâu dòng còn 1,00% giá trị ban đầu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng trước chuyển mạch đã ổn định, bằng $I_0=\mathcal{E}/R=\mathrm{0,420}\mathrm{A}$.

Hướng đi:

• Giữ dòng đầu của quá trình suy giảm bằng dòng ổn định trước khi chuyển công tắc.
• Lấy logarit tỉ số $i/I_0$ để tìm $L$ và thời gian giảm đến mức yêu cầu.

$$\begin{array}{rl}i& =I_0{e}^{-Rt/L},\\ L& =-\frac{Rt}{\ln (i/I_0)}\\ & =7,40\times {10}^{-2}\mathrm{H},\\ t_{1\mathrm{\%}}& =\frac{L}{R}\ln 100\\ & =22,7\mathrm{ms}.\end{array}$$

Bài tập 30: 23

Pin $35,0\mathrm{V}$, điện trở $50,0\mathrm{\Omega }$, $1,25\mathrm{mH}$ và công tắc hở mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở pin và cuộn. Đóng công tắc đột ngột. Sau bao lâu (a) dòng đạt một nửa giá trị cực đại, (b) năng lượng cuộn đạt một nửa giá trị cực đại?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng tăng từ không trong . Hai mức một nửa ở dòng và năng lượng tương ứng các dòng khác nhau.

Hướng đi:

• Dùng $i/I_{\mathrm{\infty }}=1-e^{-t/\tau }$ với $\tau =L/R$.
• Vì $U_B\propto i^2$, nửa năng lượng ứng với $i/I_{\mathrm{\infty }}=1/\sqrt{2}$, không phải $1/2$.

Hằng số thời gian bằng $\tau =25,0\mu \mathrm{s}$. Do đó

$$\begin{array}{rl}{t}_{I/2}& =\tau \ln 2\\ & =17,3\mu \mathrm{s},\\ t_{U/2}& =-\tau \ln (1-\frac{1}{\sqrt{2}})\\ & =30,7\mu \mathrm{s}.\end{array}$$

Năng lượng đạt một nửa muộn hơn vì dòng cần vượt quá một nửa giá trị cực đại.

Bài tập 30: 24

Điện trở và mắc nối tiếp vào nguồn $240\mathrm{V}$ có điện trở trong không đáng kể tại $t=0$. Ở thời điểm $T$, dòng bằng $5,00\mathrm{A}$ và tăng $20,0\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Sau rất lâu, dòng bằng $15,0\mathrm{A}$. Tìm $T$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng cuối xác định $R$. Dữ kiện dòng và tại $T$ xác định $L$.

Hướng đi:

• Dùng trạng thái ổn định để suy ra điện trở.
• Dùng phương trình vòng tại $T$ để suy ra , rồi giải nghiệm dòng tăng theo thời gian.

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{240}{15,0}=16,0\mathrm{\Omega },\\ L& =\frac{240-16,0(5,00)}{20,0}\\ & =8,00\mathrm{H},\\ \frac{5,00}{15,0}& =1-e^{-RT/L},\\ T& =-\frac{L}{R}\ln \frac{2}{3}\\ & =\mathrm{0,203}\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 30: 25

Điện trở $30,0\mathrm{\Omega }$ và $\mathrm{0,600}\mathrm{H}$ mắc nối tiếp vào nguồn $50,0\mathrm{V}$ có điện trở trong không đáng kể. Tại một thời điểm sau khi nối mạch, năng lượng trong cuộn bằng $\mathrm{0,400}\mathrm{J}$. Điện áp cuộn khi đó bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết năng lượng tại một thời điểm của quá trình dòng tăng. Cần điện áp cuộn tại cùng thời điểm.

Hướng đi:

• Suy dòng từ $U_B=L{i}^2/2$, chọn dòng dương theo chiều nguồn đang thiết lập.
• Trừ điện áp điện trở khỏi điện áp nguồn bằng định luật vòng.

$$\begin{array}{rl}i& =\sqrt{\frac{2U_B}{L}}\\ & =1,15\mathrm{A},\\ v_L& =\mathcal{E}-Ri\\ & =15,4\mathrm{V}.\end{array}$$

Không cần tìm thời điểm vì năng lượng đã xác định dòng tức thời. Điện áp cuộn dương theo quy ước thụ động, phù hợp với dòng đang tăng.

Bài tập 30: 26

Trong Hình 30.11, $S_1$ đã đóng rất lâu, $S_2$ mở. Đóng $S_2$ đồng thời mở $S_1$. Ngay sau chuyển mạch, dòng qua điện trở bằng $12,0\mathrm{A}$ và có $di/dt=-36,0\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Sau bao lâu dòng còn $6,00\mathrm{A}$, tức nửa giá trị đầu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Quá trình suy giảm cho cả dòng đầu và đầu, nên xác định được $R/L$ dù chưa biết riêng từng đại lượng.

Hướng đi:

• Dùng $di/dt=-(R/L)i$ để tìm hằng số thời gian.
• Giải $e^{-t/\tau }=1/2$ cho thời gian giảm nửa dòng.

$$\begin{array}{rl}\tau & =-\frac{i(0)}{i^{\prime }(0)}\\ & =\frac{1}{3}\mathrm{s},\\ t_{1/2}& =\tau \ln 2\\ & =\mathrm{0,231}\mathrm{s}.\end{array}$$

Bài tập 30: 27

Trong Hình 30.11, $\mathcal{E}=60,0\mathrm{V}$, $R=240\mathrm{\Omega }$, $L=\mathrm{0,160}\mathrm{H}$. Mở $S_2$ và đóng $S_1$ đến khi dòng ổn định. Sau đó đóng $S_2$, mở $S_1$ để bỏ nguồn khỏi mạch.

(a) Dòng ngay sau chuyển mạch bằng bao nhiêu? (b) Tìm dòng tại $t=4,00\times {10}^{-4}\mathrm{s}$. (c) Tìm $v_{bc}$ tại thời điểm ấy và đầu nào cao thế hơn. (d) Tìm thời gian dòng giảm còn một nửa.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng đầu của vòng suy giảm bằng dòng ổn định trước khi bỏ nguồn. $v_{bc}=V_b-V_c$ là điện áp cuộn theo chiều dòng.

Hướng đi:

• Dùng tính liên tục của dòng để xác định $I_0=\mathcal{E}/R$.
• Dùng nghiệm suy giảm cho dòng và $v_{bc}=Ldi/dt=-Ri$ cho điện áp cuộn.
• Dấu điện áp quyết định đầu cao thế, không suy từ chiều dòng theo quy tắc điện trở.

$$\begin{array}{rl}{I}_0& =\mathrm{0,250}\mathrm{A},\\ i(t)& =I_0{e}^{-Rt/L},\\ i& =\mathrm{0,137}\mathrm{A},\\ v_{bc}& =-32,9\mathrm{V},\\ t_{1/2}& =\frac{L}{R}\ln 2\\ & =4,62\times {10}^{-4}\mathrm{s}.\end{array}$$

Vì $v_{bc}<0$, điểm $c$ cao thế hơn $b$. Cuộn đang nhả năng lượng để duy trì dòng qua điện trở.

Bài tập 30: 28

Trong Hình 30.11, $\mathcal{E}=60,0\mathrm{V}$, $R=240\mathrm{\Omega }$, $L=\mathrm{0,160}\mathrm{H}$. Ban đầu không có dòng. Giữ $S_2$ mở và đóng $S_1$. Tìm $v_{ab}$, $v_{bc}$ (a) ngay sau khi đóng, (b) rất lâu sau khi đóng, (c) tại một thời điểm trung gian khi $i=\mathrm{0,150}\mathrm{A}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp nguồn được chia cho điện trở $a,b$ và cuộn $b,c$ trong quá trình dòng tăng.

Hướng đi:

• Dùng $v_{ab}=Ri$ và $v_{bc}=\mathcal{E}-Ri$.
• Áp điều kiện đầu $i(0)=0$ và điều kiện cuối $i=\mathcal{E}/R$ trước khi thay giá trị trung gian.

Các kết quả là

Trạng thái	$v_{ab}$	$v_{bc}$
Ngay sau đóng	$0$	$60,0\mathrm{V}$
Đã ổn định	$60,0\mathrm{V}$	$0$
$i=\mathrm{0,150}\mathrm{A}$	$36,0\mathrm{V}$	$24,0\mathrm{V}$

Ở mỗi hàng, tổng hai điện áp bằng 60,0 V. Điện áp cuộn giảm dần khi tốc độ tăng dòng giảm dần.

Bài tập 30: 29

Trong Hình 30.11, đóng $S_1$, giữ $S_2$ mở. Cho $L=\mathrm{0,380}\mathrm{H}$, $R=48,0\mathrm{\Omega }$, $\mathcal{E}=18,0\mathrm{V}$. Tại một thời điểm sau khi đóng, dòng tăng với tốc độ $7,20\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Tìm $v_{ab}$ trên điện trở lúc đó.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết điện áp nguồn và dòng tại một thời điểm, nên tính được điện áp cuộn rồi điện áp điện trở.

Hướng đi:

• Dùng $v_{bc}=Ldi/dt$ theo chiều dòng qua cuộn.
• Dùng định luật vòng để lấy điện áp điện trở bằng phần còn lại của điện áp nguồn.

$$\begin{array}{rl}{v}_{ab}& =\mathcal{E}-L\frac{di}{dt}\\ & =18,0-\mathrm{0,380}(7,20)\\ & =15,3\mathrm{V}.\end{array}$$

Không cần tìm thời điểm cụ thể hoặc giải toàn bộ hàm dòng để tính điện áp tức thời này.

Bài tập 30: 30

Xét mạch của bài 30.21. (a) Ngay sau khi nối mạch, pin cấp năng lượng với công suất bao nhiêu? (b) Khi dòng đã ổn định, năng lượng cuộn bằng bao nhiêu, công suất nhiệt trong điện trở cuộn bằng bao nhiêu và pin cấp công suất bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $\mathcal{E}=6,00\mathrm{V}$, $R=8,00\mathrm{\Omega }$, $L=2,50\mathrm{H}$. Xét hai giới hạn thời gian.

Hướng đi:

• Dùng $P_{\mathrm{source}}=\mathcal{E}i$, nên điện áp nguồn khác không chưa bảo đảm công suất cấp khác không.
• Ở trạng thái cuối, dùng $I_{\mathrm{\infty }}=\mathcal{E}/R$, $U_B=L{I}_{\mathrm{\infty }}^2/2$ và $P_R=I_{\mathrm{\infty }}^{2}R$.

(a) Ngay sau nối, $i=0$, nên $P_{\mathrm{source}}=0$.

(b) Dòng ổn định bằng $\mathrm{0,750}\mathrm{A}$. Khi đó

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\mathrm{0,703}\mathrm{J},\\ P_R& =4,50\mathrm{W},\\ P_{\mathrm{source}}& =4,50\mathrm{W}.\end{array}$$

Pin cấp đúng năng lượng bị tiêu tán thành nhiệt trong mỗi giây. đã tích trữ không đổi vì dòng không còn biến thiên.

Bài tập 30.31–30.60

Công suất trong mạch RL và dao động LC, RLC

Bài tập 30: 31

Gọi $P_L$ là tốc độ năng lượng tích trữ trong tăng lên trong quá trình dòng tăng ở Hình 30.12. Theo $\mathcal{E}$, $R$, $L$, tìm $P_L$ (a) tại $t=0$ ngay sau nối mạch, (b) khi $t\to \mathrm{\infty }$, (c) khi dòng bằng $\mathcal{E}/(2R)$, tức nửa giá trị cuối.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn nhận năng lượng trong quá trình dòng tăng, với $P_L=d(L{i}^2/2)/dt$.

Hướng đi:

• Dùng $P_L=Lidi/dt$ vì không đổi.
• Thay phương trình vòng $Ldi/dt=\mathcal{E}-Ri$ để biểu diễn công suất trực tiếp theo dòng.

$$P_L=i(\mathcal{E}-Ri).$$

(a) Ban đầu $i=0$, nên $P_L=0$ dù dòng khác không. (b) Về lâu dài, $i=\mathcal{E}/R$ và đạo hàm dòng bằng không, nên $P_L=0$.

(c) Tại nửa dòng cuối,

$$\begin{array}{rl}{P}_L& =\frac{\mathcal{E}}{2R}\frac{\mathcal{E}}{2}\\ & =\frac{{\mathcal{E}}^2}{4R}.\end{array}$$

Cuộn chỉ đang tích thêm năng lượng khi đồng thời có dòng khác không và dòng vẫn tăng. Hai giới hạn ở (a), (b) làm mất lần lượt một trong hai yếu tố ấy.

Bài tập 30: 32

Tụ $15,0\mu \mathrm{F}$ được nạp bằng nguồn $150,0\mathrm{V}$, rồi tách nguồn và nối vào cuộn $\mathrm{0,280}\mathrm{mH}$ để tạo . Tính (a) tần số dao động, (b) năng lượng tụ tại $t=0$ lúc vừa nối cuộn, (c) năng lượng cuộn tại $t=1,30\mathrm{ms}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ban đầu điện áp tụ bằng điện áp nạp, dòng cuộn bằng không. Sau khi nối, mạch lý tưởng bảo toàn năng lượng.

Hướng đi:

• Dùng $\omega =1/\sqrt{LC}$ và $f=\omega /(2\pi )$.
• Ban đầu toàn bộ năng lượng ở tụ, bằng $C{V}_0^2/2$.
• Từ $q=C{V}_0\cos \omega t$, bằng tổng năng lượng nhân ${\sin }^2\omega t$.

$$\begin{array}{rl}f& =2,46\times {10}^3\mathrm{Hz},\\ U_0& =\frac{1}{2}C{V}_0^2\\ & =\mathrm{0,169}\mathrm{J},\\ U_B(t)& =U_0{\sin }^2(\omega t).\end{array}$$

Tại $t=1,30\mathrm{ms}$, thay tần số góc chưa làm tròn vào biểu thức cuối cho

$$U_B=\mathrm{0,148}\mathrm{J}.$$

Năng lượng còn lại ở tụ, nên kết quả không vượt tổng năng lượng ban đầu. Việc làm tròn tần số quá sớm có thể làm sai pha sau nhiều vòng dao động.

Bài tập 30: 33

có $L=85,0\mathrm{mH}$, $C=3,20\mu \mathrm{F}$ và dòng cực đại $\mathrm{0,850}\mathrm{mA}$. (a) Tìm điện tích cực đại. (b) Tìm độ lớn điện tích khi độ lớn dòng bằng $\mathrm{0,500}\mathrm{mA}$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết biên độ dòng. Hai trạng thái được nối bằng cùng một tổng năng lượng LC.

Hướng đi:

• Đặt $Q^2/(2C)=L{I}_{max}^2/2$ để tìm điện tích cực đại.
• Ở dòng trung gian, trừ năng lượng cuộn khỏi tổng rồi suy ra độ lớn điện tích tụ.

$$\begin{array}{rl}Q& =I_{max}\sqrt{LC}\\ & =4,43\times {10}^{-7}\mathrm{C},\\ \frac{q^2}{2C}& =\frac{1}{2}L{I}_{max}^2-\frac{1}{2}L{i}^2,\\ |q|& =\sqrt{LC(I_{max}^2-i^2)}\\ & =3,58\times {10}^{-7}\mathrm{C}.\end{array}$$

Dữ kiện độ lớn dòng không xác định dấu của điện tích. Trong một chu kỳ, cùng độ lớn dòng có thể xuất hiện khi bản tụ đã chọn mang điện dương hoặc âm.

Bài tập 30: 34

Tụ $7,50\mathrm{nF}$ được nạp đến $12,0\mathrm{V}$, rồi tách nguồn và nối qua một cuộn. Chu kỳ dao động đo được là $8,60\times {10}^{-5}\mathrm{s}$. Tính (a) cuộn, (b) điện tích cực đại, (c) tổng năng lượng, (d) dòng cực đại.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mạch bắt đầu với tụ tích đầy và chưa có dòng. Giả sử điện trở mạch không đáng kể.

Hướng đi:

• Dùng chu kỳ LC để suy $L$ khi biết $C$.
• Điện áp nạp xác định $Q=C{V}_0$ và $U=C{V}_0^2/2$.
• Dùng biên độ điện tích để tìm $I_{max}=2\pi Q/T$.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{T^2}{4{\pi }^{2}C}\\ & =2,50\times {10}^{-2}\mathrm{H},\\ Q& =C{V}_0\\ & =9,00\times {10}^{-8}\mathrm{C},\\ U& =\frac{1}{2}C{V}_0^2\\ & =5,40\times {10}^{-7}\mathrm{J},\\ I_{max}& =\frac{2\pi Q}{T}\\ & =6,58\times {10}^{-3}\mathrm{A}.\end{array}$$

Bài tập 30.35: Dao động LC

Tụ $C=6,00\times {10}^{-5}\mathrm{F}$ được nạp bằng pin $12,0\mathrm{V}$, rồi tách pin và nối vào cuộn $L=1,50\mathrm{H}$.

(a) Tìm tần số góc và chu kỳ. (b) Tìm điện tích ban đầu. (c) Tìm năng lượng ban đầu.

(d) Tìm điện tích sau $\mathrm{0,023}0\mathrm{s}$ và giải thích dấu. (e) Tìm dòng lúc ấy và giải thích dấu. (f) Tìm năng lượng ở tụ và cuộn tại thời điểm ấy.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Chọn bản tụ ban đầu dương làm bản có điện tích $q$, và chọn dòng $i=dq/dt$. Ban đầu $q=Q$, $i=0$.

Hướng đi:

• Dùng nghiệm cosin vì mạch khởi đầu tại biên điện tích.
• Lấy nghiệm điện tích, giữ dấu thay vì chỉ tính độ lớn dòng.
• Tính hai năng lượng từ $q,i$ tại cùng thời điểm để kiểm tra sự phân chia tổng năng lượng.

(a)–(c) Các đại lượng đầu là

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{1}{\sqrt{LC}}\\ & =105\mathrm{rad}/\mathrm{s},\\ T& =\frac{2\pi }{\omega }\\ & =5,96\times {10}^{-2}\mathrm{s},\\ Q& =C{V}_0=7,20\times {10}^{-4}\mathrm{C},\\ U_0& =\frac{1}{2}C{V}_0^2\\ & =4,32\times {10}^{-3}\mathrm{J}.\end{array}$$

(d)–(e) Với tần số góc chưa làm tròn,

$$\begin{array}{rl}q(t)& =Q\cos \omega t,\\ i(t)& =-\omega Q\sin \omega t.\end{array}$$

Tại thời điểm đã cho,

$$\begin{array}{rl}q& =-5,43\times {10}^{-4}\mathrm{C},\\ i& =-4,99\times {10}^{-2}\mathrm{A}.\end{array}$$

Điện tích âm cho biết bản ban đầu dương đã đổi sang mang điện âm. Dòng âm cho biết dòng thực ngược chiều quy ước đi vào bản ấy. Ở thời điểm đang xét, điện tích âm tiếp tục tăng về độ lớn, nên tụ đang nhận lại năng lượng từ cuộn.

(f) Hai năng lượng là

$$\begin{array}{rl}{U}_E& =\frac{q^2}{2C}\\ & =2,45\times {10}^{-3}\mathrm{J},\\ U_B& =\frac{1}{2}L{i}^2\\ & =1,87\times {10}^{-3}\mathrm{J}.\end{array}$$

Tổng hai giá trị bằng năng lượng ban đầu, trong giới hạn làm tròn số.

Bài tập 30.36: Mạch chỉnh sóng radio

Tụ biến thiên trong một máy thu radio có nhỏ nhất $4,18\mathrm{pF}$. (a) Cuộn nối với tụ phải có bao nhiêu để dao động ở $1600\times {10}^3\mathrm{Hz}$ khi tụ nhỏ nhất? (b) Đầu kia của dải phát thanh AM là $540\times {10}^3\mathrm{Hz}$. Điện dung lớn nhất cần bằng bao nhiêu để chỉnh tần số trong cả dải?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn cố định, tụ biến thiên. Tần số lớn nhất ứng với nhỏ nhất.

Hướng đi:

• Dùng $f=1/(2\pi \sqrt{LC})$ để tìm $L$ từ một đầu dải.
• Giữ $L$ như cũ và dùng đầu dải tần số nhỏ hơn để tìm lớn nhất.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{1}{4{\pi }^2{f}_{max}^2{C}_{min}}\\ & =2,37\times {10}^{-3}\mathrm{H},\\ C_{max}& =\frac{1}{4{\pi }^{2}L{f}_{min}^2}\\ & =3,67\times {10}^{-11}\mathrm{F}\\ & =36,7\mathrm{pF}.\end{array}$$

tăng làm tần số giảm. Tỉ số điện dung lớn nhất và nhỏ nhất bằng bình phương tỉ số hai tần số biên.

Bài tập 30: 37

gồm cuộn $80,0\mathrm{mH}$ và tụ $1,25\mathrm{nF}$, có dòng cực đại $\mathrm{0,750}\mathrm{A}$. Tính (a) điện tích cực đại, (b) tần số dao động. (c) Nếu tại $t=0$ tụ có điện tích cực đại, năng lượng cuộn sau $2,50\mathrm{ms}$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Năng lượng toàn mạch xác định bởi dòng cực đại. Mốc thời gian đặt tại biên điện tích.

Hướng đi:

• Dùng $Q=I_{max}\sqrt{LC}$ và tần số riêng LC.
• Vì $i=-I_{max}\sin \omega t$, năng lượng cuộn biến thiên theo ${\sin }^2\omega t$.

$$\begin{array}{rl}\omega & =1,00\times {10}^5\mathrm{rad}/\mathrm{s},\\ Q& =\frac{I_{max}}{\omega }\\ & =7,50\mu \mathrm{C},\\ f& =\frac{\omega }{2\pi }\\ & =1,59\times {10}^4\mathrm{Hz}.\end{array}$$

(c) Tại 2,50 ms, pha $\omega t$ bằng 250 rad. Do đó

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\frac{1}{2}L{I}_{max}^2{\sin }^2(250)\\ & =2,12\times {10}^{-2}\mathrm{J}.\end{array}$$

Giá trị này nhỏ hơn tổng năng lượng $2,25\times {10}^{-2}\mathrm{J}$, phù hợp với phần năng lượng còn lại ở tụ.

Bài tập 30: 38

Trong Hình 30.17, cho $C=15,0\mathrm{nF}$, $L=22\mathrm{mH}$ và $R=75,0\mathrm{\Omega }$. (a) Tìm tần số dao động sau khi tụ được nạp và công tắc chuyển đến $a$. (b) Sau bao lâu biên độ giảm còn 10,0% ban đầu? (c) Điện trở nào làm mạch ?

Hình 30.17: Công tắc chuyển tụ đã nạp sang mạch RLC nối tiếp tại tiếp điểm a.

Chú thích:

• Khi công tắc S ở vị trí này, suất điện động nạp điện cho tụ. (When switch S is in this position, the emf charges the capacitor.)
• Khi chuyển công tắc S sang vị trí này, tụ điện phóng điện qua điện trở và cuộn cảm. (When switch S is moved to this position, the capacitor discharges through the resistor and inductor.)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn bị tách khi bắt đầu dao động. Biên độ điện tích có hệ số suy giảm $e^{-Rt/(2L)}$.

Hướng đi:

• Dùng tần số góc dưới tắt dần, vì điện trở làm tần số khác với lý tưởng.
• Dùng quy luật suy giảm biên độ, không dùng quy luật năng lượng để tìm mức 10,0%.
• Ngưỡng tới hạn là lúc biểu thức dưới căn của tần số góc bằng không.

$$\begin{array}{rl}{\omega }_d& =\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}},\\ f_d& =\frac{{\omega }_d}{2\pi }\\ & =8,76\times {10}^3\mathrm{Hz},\\ t_{10\mathrm{\%}}& =\frac{2L}{R}\ln 10\\ & =1,35\times {10}^{-3}\mathrm{s},\\ R_{\mathrm{th}}& =2\sqrt{\frac{L}{C}}\\ & =2,42\times {10}^3\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

Điện trở 75,0 Ω nhỏ hơn nhiều ngưỡng tới hạn, nên dùng nghiệm là nhất quán.

Bài tập 30: 39

có $L=\mathrm{0,450}\mathrm{H}$, $C=2,50\times {10}^{-5}\mathrm{F}$ và điện trở $R$. (a) Tần số góc khi $R=0$ bằng bao nhiêu? (b) Chọn $R$ bằng bao nhiêu để tần số góc giảm 5,0% so với (a)?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mức giảm 5,0% nghĩa là tần số mới bằng 95,0% tần số góc riêng, không phải còn 5,0%.

Hướng đi:

• Tìm ${\omega }_0=1/\sqrt{LC}$.
• Đặt ${\omega }_d=\mathrm{0,950}{\omega }_0$ vào công thức dưới tắt dần rồi giải cho $R$.

$$\begin{array}{rl}{\omega }_0& =298\mathrm{rad}/\mathrm{s},\\ {\omega }_d^2& ={\omega }_0^2-\frac{R^2}{4L^2},\\ R& =2\sqrt{\frac{L}{C}(1-{\mathrm{0,950}}^2)}\\ & =83,8\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

Giá trị tìm được còn dưới ngưỡng tới hạn nên tần số dao động là số thực, đúng với yêu cầu chỉ giảm một phần nhỏ.

Bài tập 30: 40

có $L=\mathrm{0,400}\mathrm{H}$, $C=7,00\mu \mathrm{F}$, $R=320\mathrm{\Omega }$. Tại $t=0$, dòng bằng không và điện tích tụ là $2,80\times {10}^{-4}\mathrm{C}$.

(a) Tìm $A,\varphi$ trong dạng nghiệm của phương trình (30.28). (b) Mỗi dao động đầy đủ của dòng mất bao lâu? (c) Điện tích tụ sau dao động dòng đầy đủ đầu tiên bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng dạng nghiệm điện tích $q=A{e}^{-\alpha t}\cos ({\omega }_{d}t+\varphi )$, với $\alpha =R/(2L)$. Điều kiện đầu có cả $q(0)$ và $i(0)$.

Hướng đi:

• Tính $\alpha ,{\omega }_d$ từ các phần tử mạch.
• Áp đồng thời $q(0)=q_0$ và $q^{\prime }(0)=i(0)=0$. Không đặt pha bằng không chỉ vì dòng đầu bằng không, bởi bao hàm mũ cũng có khác không.
• Sau một chu kỳ, pha trở lại như ban đầu và điện tích chỉ khác bởi hệ số suy giảm biên độ.

$$\begin{array}{rl}\alpha & =400{\mathrm{s}}^{-1},\\ {\omega }_d& =444\mathrm{rad}/\mathrm{s},\\ q_0& =A\cos \varphi ,\\ \alpha \cos \varphi & =-{\omega }_d\sin \varphi .\end{array}$$

Chọn $A>0$ và pha trong khoảng thích hợp với $q_0>0$. Ta được

$$\begin{array}{rl}\tan \varphi & =-\frac{\alpha }{{\omega }_d},\\ \varphi & =-\mathrm{0,733}\mathrm{rad},\\ A& =\frac{q_0}{\cos \varphi }\\ & =3,77\times {10}^{-4}\mathrm{C}.\end{array}$$

(b) Chu kỳ dòng bằng chu kỳ điện tích trong nghiệm dao động:

$$T=\frac{2\pi }{{\omega }_d}=1,42\times {10}^{-2}\mathrm{s}.$$

(c) Dùng các giá trị chưa làm tròn,

$$q(T)=q_0{e}^{-\alpha T}=9,75\times {10}^{-7}\mathrm{C}.$$

Điện tích có cùng dấu với ban đầu sau một chu kỳ, nhưng nhỏ đi rõ rệt vì mạch đã mất năng lượng trên điện trở.

Bài toán tổng hợp

Bài tập 30: 41

Có thể tự làm bằng cách quấn dây quanh một vật hình trụ như bút chì. Dây đồng AWG 20 có đường kính $\mathrm{0,812}\mathrm{mm}$. (a) Ước lượng đường kính bút chì. (b) Ước lượng số vòng quấn sát để tạo $4,0\mathrm{cm}$. (c) Ước lượng nếu trường trong ống được coi là đều. (d) bằng bao nhiêu nếu dòng là $1,0\mathrm{A}$?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Đường kính lõi là đại lượng cần tự ước lượng. Dây quấn một tầng sát nhau, không có lõi từ.

Hướng đi:

• Nêu rõ kích thước bút chì được chọn để kết quả ước lượng có cơ sở.
• Số vòng được xác định bởi chiều dài ống chia bước quấn, với bước quấn xấp xỉ đường kính dây.
• Dùng và năng lượng $L{I}^2/2$ theo mô hình đề yêu cầu.

(a) Chọn đường kính bút chì khoảng $7\mathrm{mm}$, tương ứng bán kính $3,5\mathrm{mm}$.

(b) Số vòng xấp xỉ $40/\mathrm{0,812}\approx 49$. Có thể bố trí 49 vòng trong chiều dài đã cho.

(c)–(d) Với tiết diện $A=\pi r^2$,

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{{\mu }_0{N}^{2}A}{\ell }\\ & \approx 2,9\times {10}^{-6}\mathrm{H},\\ U_B& =\frac{1}{2}L{I}^2\\ & \approx 1,5\times {10}^{-6}\mathrm{J}.\end{array}$$

Kết quả phụ thuộc đường kính đã ước lượng và xấp xỉ trường đều. Một lựa chọn kích thước khác hợp lý sẽ cho một kết quả gần đó, không phải đúng duy nhất đến nhiều chữ số.

Bài tập 30: 42

Một cuộn được nối vào pin $16,0\mathrm{V}$ có điện trở trong không đáng kể. Sau $\mathrm{0,940}\mathrm{ms}$, dòng là $4,86\mathrm{mA}$. Sau rất lâu, dòng là $6,45\mathrm{mA}$. Tìm (a) điện trở cuộn và (b) .

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng ổn định và một điểm trên quá trình tăng dòng xác định hai tham số $R,L$.

Hướng đi:

• Dùng dòng ổn định để tìm điện trở, vì suất điện động lúc ấy bằng không.
• Dùng tỉ số $i/I_{\mathrm{\infty }}$ ở thời điểm hữu hạn để tìm hằng số thời gian và .

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{\mathcal{E}}{I_{\mathrm{\infty }}}\\ & =2,48\times {10}^3\mathrm{\Omega },\\ \tau & =-\frac{t}{\ln (1-i/I_{\mathrm{\infty }})},\\ L& =R\tau =1,67\mathrm{H}.\end{array}$$

Dòng trong cả hai dữ kiện được đổi từ milliampere sang ampere. Chỉ lấy tỉ số hai dòng thì tiền tố triệt tiêu, nhưng khi tính điện trở phải dùng đơn vị SI.

Bài tập 30: 43

Một vòng dây bán kính $3,00\mathrm{cm}$ mang dòng hình sin

$$i(t)=I_0\sin (2\pi ft),$$

với $f=60,0\mathrm{Hz}$ và biên độ $I_0=1,20\mathrm{A}$. (a) Ước lượng từ thông bằng trường tại tâm nhân diện tích vòng, rồi suy ra . (b) Dùng tự cảm ước lượng đó để tìm độ lớn suất điện động cực đại.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Coi cuộn là một vòng tròn. Đề yêu cầu phép ước lượng trường đại diện, không yêu cầu trường không đều thực.

Hướng đi:

• Dùng trường tại tâm $B_0={\mu }_{0}i/(2r)$ làm giá trị đại diện trên diện tích vòng.
• Từ $L\approx {\mathrm{\Phi }}_B/i$, suy rồi nhân với dòng cực đại $2\pi f{I}_0$.

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_B& \approx \frac{{\mu }_{0}i}{2r}\pi r^2,\\ L& \approx \frac{{\mu }_0\pi r}{2}\\ & =5,92\times {10}^{-8}\mathrm{H},\\ |\mathcal{E}{|}_{max}& \approx L(2\pi f{I}_0)\\ & =2,68\times {10}^{-5}\mathrm{V}.\end{array}$$

này là kết quả của phép ước lượng được chỉ định. Tự cảm thực của vòng còn phụ thuộc trường gần dây và tiết diện dây, nên không được coi công thức gần đúng này là công thức chính xác cho mọi vòng tròn.

Bài tập 30: 44

Cuộn có 400 vòng và $7,50\mathrm{mH}$. Dòng biến thiên theo

$$\begin{array}{rl}\omega & =\frac{\pi }{\mathrm{0,025}0\mathrm{s}},\\ i(t)& =(680\mathrm{mA})\cos \omega t.\end{array}$$

(a) Tìm suất điện động cực đại. (b) Tìm từ thông trung bình cực đại qua mỗi vòng. (c) Tại $t=\mathrm{0,018}0\mathrm{s}$, tìm độ lớn suất điện động.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng có biên độ $I_0=\mathrm{0,680}\mathrm{A}$ và tần số góc $\omega =\pi /(\mathrm{0,025}0\mathrm{s})$.

Hướng đi:

• Lấy cosin để tìm suất điện động hình sin, với biên độ $L\omega I_0$.
• Dùng $N{\mathrm{\Phi }}_B=Li$ để tính từ thông một vòng, có chia cho 400.
• Thay đúng pha ở thời điểm câu (c), không lấy biên độ làm giá trị tức thời.

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{E}}_L(t)& =L\omega I_0\sin \omega t,\\ |\mathcal{E}{|}_{max}& =\mathrm{0,641}\mathrm{V},\\ {\mathrm{\Phi }}_{B,max}& =\frac{L{I}_0}{N}\\ & =1,28\times {10}^{-5}\mathrm{Wb}.\end{array}$$

Tại $t=\mathrm{0,018}0\mathrm{s}$, pha bằng $\mathrm{0,720}\pi$ và $|{\mathcal{E}}_L|=\mathrm{0,494}\mathrm{V}$.

Bài tập 30.45: Năng lượng từ trường ở vết đen Mặt Trời

Trường trong một vết đen có thể đạt $0,4\mathrm{T}$, khoảng mười nghìn lần trường Trái Đất. Vết đen có thể có bán kính $25000\mathrm{km}$. Khối lượng riêng vật chất ở đó khoảng $3\times {10}^{-4}\mathrm{kg}/{\mathrm{m}}^3$. Giả sử bằng ${\mu }_0$.

Nếu toàn bộ dùng để phóng vật chất khỏi bề mặt Mặt Trời, tốc độ phóng bằng bao nhiêu? So sánh với tốc độ thoát khoảng $6\times {10}^5\mathrm{m}/\mathrm{s}$. Gợi ý: Xét động năng có thể cấp cho một mét khối vật chất.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Mô hình chuyển 100% thành động năng. Cần tốc độ, không cần tổng khối lượng vết đen.

Hướng đi:

• So sánh hai mật độ năng lượng $B^2/(2{\mu }_0)$ và $\rho v^2/2$.
• Dùng cùng một thể tích ở hai vế để nó triệt tiêu, vì vậy bán kính vết đen không đi vào tốc độ này.

$$\begin{array}{rl}\frac{B^2}{2{\mu }_0}& =\frac{1}{2}\rho v^2,\\ v& =\frac{B}{\sqrt{{\mu }_0\rho }}\\ & \approx 2\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Giá trị xấp xỉ 21 km/s, chỉ khoảng 3% tốc độ thoát đã cho. Ngay cả giả thiết chuyển hóa toàn bộ cũng chưa đủ để vật chất đạt tốc độ thoát trong mô hình này.

Bài tập 30.46: Cáp đồng trục

Một dây dẫn đặc bán kính $a$ nằm dọc trục của ống dẫn thành mỏng có bán kính trong $b$. Các đĩa cách điện không có tính từ giữ hai dây đồng trục. Dòng ở hai vật dẫn có cùng độ lớn $i$ nhưng ngược chiều.

(a) Dùng định luật Ampere tìm trường ở vùng giữa hai vật dẫn. (b) Viết từ thông qua dải hẹp dài $\ell$, rộng $dr$, cách trục $r$, nằm trong mặt phẳng chứa trục. (c) từ $a$ đến $b$ để tìm từ thông. (d) Chứng minh của đoạn dài $\ell$ ứng với vùng trường này là

$$L=\frac{{\mu }_0\ell }{2\pi }\ln \frac{b}{a}.$$

(e) Dùng công thức để tính năng lượng trường trên đoạn dài $\ell$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Xét vùng $a<r<b$ trong môi trường không có tính từ. được tính từ trường trong vùng giữa hai vật dẫn.

Hướng đi:

• Đường Ampere tròn trong khe chỉ bao dòng của dây trong, nên trường phụ thuộc $1/r$.
• Chọn dải có pháp tuyến theo trường để $d{\mathrm{\Phi }}_B=B\ell dr$.
• Từ thông của một vòng mạch cáp cho $L={\mathrm{\Phi }}_B/i$. Sau đó dùng $U_B=L{i}^2/2$.

(a) Theo đối xứng và định luật Ampere,

$$\begin{array}{rl}B(2\pi r)& ={\mu }_{0}i,\\ B(r)& =\frac{{\mu }_{0}i}{2\pi r}.\end{array}$$

Trường hướng theo các đường tròn quanh trục, chiều xác định bởi quy tắc bàn tay phải với dòng dây trong.

(b)–(c) Từ thông là

$$\begin{array}{rl}d{\mathrm{\Phi }}_B& =\frac{{\mu }_{0}i\ell }{2\pi r}dr,\\ {\mathrm{\Phi }}_B& =\frac{{\mu }_{0}i\ell }{2\pi }{\int }_a^b\frac{dr}{r}\\ & =\frac{{\mu }_{0}i\ell }{2\pi }\ln \frac{b}{a}.\end{array}$$

(d)–(e) Suy ra

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{{\mu }_0\ell }{2\pi }\ln \frac{b}{a},\\ U_B& =\frac{{\mu }_0\ell i^2}{4\pi }\ln \frac{b}{a}.\end{array}$$

Đây là và năng lượng gắn với vùng được đề yêu cầu, nằm giữa hai vật dẫn. Muốn cộng cả năng lượng bên trong dây đặc phải biết thêm phân bố dòng ở tiết diện dây.

Bài tập 30: 47

(a) Một phải có bao nhiêu để tích trữ $10,0\mathrm{J}$ khi mang dòng $2,00\mathrm{A}$? (b) Nếu đường kính tiết diện là $4,00\mathrm{cm}$ và quấn được 10 vòng trên mỗi milimet chiều dài, ống dây phải dài bao nhiêu? Chiều dài ấy có phù hợp với sử dụng thông thường trong phòng thí nghiệm không?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng lý tưởng lõi không khí, mật độ vòng $n=1,00\times {10}^4{\mathrm{m}}^{-1}$.

Hướng đi:

• Dùng năng lượng để suy cần thiết.
• Thay $N=n\ell$ vào để có $L={\mu }_0{n}^{2}A\ell$, từ đó tìm chiều dài.

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{2U_B}{I^2}=5,00\mathrm{H},\\ \ell & =\frac{L}{{\mu }_0{n}^2\pi r^2}\\ & =31,7\mathrm{m}.\end{array}$$

Ống dài hơn 30 m không phải một có kích thước thuận tiện cho bàn thí nghiệm thông thường. Kết quả cho thấy yêu cầu lớn không dễ đạt chỉ bằng cách quấn dày một ống nhỏ lõi không khí.

Bài tập 30: 48

Trong Hình 30.11, ban đầu hai công tắc mở. Tại $t=0$, đóng $S_1$, giữ $S_2$ mở.

(a) Suy biểu thức công suất $P_R$ tiêu tán trên điện trở, tìm thời điểm và giá trị cực đại.

(b) Suy biểu thức $P_L$ tích trữ năng lượng trong cuộn. (c) Tìm $P_L$ tại $t=0$ và $t\to \mathrm{\infty }$.

(d) Tìm thời điểm và giá trị cực đại của $P_L$. (e) Suy công suất nguồn, tìm thời điểm và giá trị cực đại. Biểu diễn theo $\mathcal{E}$, $R$, $L$.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dòng tăng từ không với $\tau =L/R$. Cần so sánh ba thành phần công suất theo thời gian.

Hướng đi:

• Thay nghiệm dòng tăng vào $i^{2}R$, $Lidi/dt$ và $\mathcal{E}i$.
• Đặt $x=e^{-t/\tau }$ để tìm cực đại của phần năng lượng đang được nạp vào cuộn.
• Phân biệt giá trị giới hạn khi thời gian tiến ra vô cùng với cực đại đạt tại một thời điểm hữu hạn.

(a) Với $i=(\mathcal{E}/R)(1-e^{-t/\tau })$,

$$P_R=\frac{{\mathcal{E}}^2}{R}(1-e^{-t/\tau }{)}^2.$$

Hàm này tăng đơn điệu từ không đến ${\mathcal{E}}^2/R$. Nó không đạt giá trị giới hạn tại một thời điểm hữu hạn. Giá trị lớn nhất theo nghĩa giới hạn đạt khi $t\to \mathrm{\infty }$.

(b) Từ dòng,

$$\begin{array}{rl}{P}_L& =\frac{{\mathcal{E}}^2}{R}(1-e^{-t/\tau })e^{-t/\tau }\\ & =\frac{{\mathcal{E}}^2}{R}(x-x^2).\end{array}$$

(c) Ban đầu $x=1$, còn về lâu dài $x\to 0$. Cả hai trường hợp đều cho $P_L=0$.

(d) Vì

$$x-x^2=\frac{1}{4}-{(x-\frac{1}{2})}^2,$$

cực đại xuất hiện ở $x=1/2$. Do đó

$$\begin{array}{rl}{t}_{max}& =\frac{L}{R}\ln 2,\\ P_{L,max}& =\frac{{\mathcal{E}}^2}{4R}.\end{array}$$

(e) Công suất nguồn là

$$P_{\mathrm{source}}=\frac{{\mathcal{E}}^2}{R}(1-e^{-t/\tau }).$$

Nó tăng đơn điệu và tiến đến ${\mathcal{E}}^2/R$ khi $t\to \mathrm{\infty }$. Tại mọi thời điểm, $P_{\mathrm{source}}=P_R+P_L$, thể hiện bảo toàn năng lượng tức thời.

Bài tập 30.49: Báo động ô tô bằng mạch dao động

Một thiết kế báo động ô tô tạo âm thanh khó chịu ở $3500\mathrm{Hz}$, nên mạch phải tạo dòng xoay chiều cùng tần số. Thiết kế dùng nối tiếp tụ. Điện áp cực đại của tụ là $12,0\mathrm{V}$, và tụ cần tích trữ $\mathrm{0,016}0\mathrm{J}$ để cung cấp năng lượng cho âm thanh. Chọn $C,L$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Năng lượng và điện áp cực đại xác định . Tần số xác định sau khi biết điện dung.

Hướng đi:

• Dùng $U=C{V}_{max}^2/2$ để tìm $C$.
• Dùng tần số LC lý tưởng cho bộ $L,C$ theo mô hình mạch dao động của đề.

$$\begin{array}{rl}C& =\frac{2U}{V_{max}^2}\\ & =2,22\times {10}^{-4}\mathrm{F},\\ L& =\frac{1}{4{\pi }^2{f}^{2}C}\\ & =9,31\times {10}^{-6}\mathrm{H}.\end{array}$$

Các giá trị tương ứng khoảng $222\mu \mathrm{F}$ và $9,31\mu \mathrm{H}$. Đây là bộ phần tử xác định tần số và năng lượng của mô hình lý tưởng.

Bài tập 30: 50

Trong Hình P30.50, $L=\mathrm{0,300}\mathrm{H}$, $R_1=12,0\mathrm{\Omega }$, $R_2=16,0\mathrm{\Omega }$ và $\mathcal{E}=96,0\mathrm{V}$. Bỏ qua điện trở pin và cuộn. Đóng $S$ tại $t=0$.

(a) Tìm $i_1,i_2,i_3$ ngay sau đóng. (b) Tìm ba dòng sau rất lâu. (c) Tìm thời điểm $i_3$ bằng nửa giá trị cuối. (d) Tại thời điểm ấy, $i_1,i_2$ bằng bao nhiêu?

Hình P30.50: Điện trở R1 mắc song song với nhánh nối tiếp R2 và cuộn cảm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn lý tưởng giữ cùng điện áp trên hai nhánh. $i_1=i_2+i_3$, còn nhánh cuộn gồm $R_2,L$ nối tiếp.

Hướng đi:

• Dòng cuộn bắt đầu từ không và không thể nhảy khi đóng công tắc.
• Dòng qua $R_1$ luôn bằng $\mathcal{E}/R_1$, vì điện áp nguồn lý tưởng không bị nhánh kia làm giảm.
• Nhánh $R_2,L$ có hằng số thời gian $L/R_2$ và dòng cuối $\mathcal{E}/R_2$.

(a)–(b) Các dòng theo thứ tự mũi tên trong hình là

Trạng thái	$i_1$	$i_2$	$i_3$
Ngay sau đóng	$8,00\mathrm{A}$	$8,00\mathrm{A}$	$0$
Rất lâu sau đóng	$14,0\mathrm{A}$	$8,00\mathrm{A}$	$6,00\mathrm{A}$

(c) Trong nhánh cuộn,

$$\begin{array}{rl}{i}_3(t)& =\frac{\mathcal{E}}{R_2}(1-e^{-R_{2}t/L}),\\ t_{1/2}& =\frac{L}{R_2}\ln 2\\ & =1,30\times {10}^{-2}\mathrm{s}.\end{array}$$

(d) Khi $i_3=3,00\mathrm{A}$, dòng nhánh điện trở vẫn bằng $8,00\mathrm{A}$. Do đó $i_1=11,0\mathrm{A}$ và $i_2=8,00\mathrm{A}$.

Bài tập 30: 51

Một động cơ điện xoay chiều có khung dạng trụ rỗng mỏng, khối lượng $M=1,11\mathrm{kg}$, bán kính $a=5,00\mathrm{cm}$. Khung được quấn 500 vòng dây đồng có điện trở $R=5,00\mathrm{\Omega }$ và $L=77,0\mathrm{mH}$. Pin trong khung cấp dòng $I=1,00\mathrm{A}$, tạo mômen lưỡng cực từ dọc trục trụ. Trường ngoài do stator cung cấp có độ lớn $B=2,00\mathrm{T}$.

Khung quay tự do quanh một trục vuông góc trục trụ. Một thanh được chèn vào để giữ khung đứng yên như Hình P30.51, khi trục trụ hợp với trường góc ${45}^{\circ }$.

(a) Tìm độ lớn lực hướng xuống do thanh tác dụng ngay sau khi chèn. (b) Sau đó, chọn $t=0$ lúc nối tắt cuộn, đồng thời đặt mômen ngược chiều không đổi $\mathrm{0,500}\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Khung vẫn đứng yên, dòng giảm dần. Sau bao lâu lực của thanh bằng không? Gợi ý: Xét lúc mômen từ bằng mômen ngược chiều.

(c) Khung quay thêm ${180}^{\circ }$ rồi bị giữ ở phía trên thanh. Bỏ mômen ngược chiều và đưa công tắc về vị trí ban đầu. Sau rất lâu, bỏ thanh. Tìm gia tốc góc ngay khi bỏ thanh, biết mômen quán tính quanh đường kính là $J=M{a}^2/2$.

Hình P30.51: Thanh giữ khung dây của động cơ, mômen từ và mômen ngược chiều tác dụng lên khung.

Chú thích:

• Đoản mạch tại t = 0 (Short circuit at t = 0)
• Cuộn dây (Coil)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khi bị giữ, khung không quay nên không có suất điện động do chuyển động. Mômen từ tỉ lệ với dòng trong cuộn.

Hướng đi:

• Dùng mômen lưỡng cực từ $\mu =NI\pi a^2$ và mômen lực ${\tau }_B=\mu B\sin \theta$.
• Lực của thanh có cánh tay đòn $a$, nên cân bằng mômen cho $Fa={\tau }_B$ ở câu (a).
• Sau nối tắt, dòng và mômen từ cùng suy giảm theo $e^{-Rt/L}$.
• Ở câu (c), dòng đã trở lại giá trị ổn định. Dùng mômen quán tính đã cho để tìm gia tốc góc.

(a) Mômen từ ban đầu là

$$\begin{array}{rl}{\tau }_{B0}& =NI\pi a^{2}B\sin {45}^{\circ }\\ & =5,55\mathrm{N}\cdot \mathrm{m},\\ F& =\frac{{\tau }_{B0}}{a}\\ & =111\mathrm{N}.\end{array}$$

(b) Gọi mômen ngược chiều là ${\tau }_c=\mathrm{0,500}\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Khi lực thanh vừa bằng không,

$$\begin{array}{rl}{\tau }_{B0}{e}^{-Rt/L}& ={\tau }_c,\\ t& =\frac{L}{R}\ln \frac{{\tau }_{B0}}{{\tau }_c}\\ & =3,71\times {10}^{-2}\mathrm{s}.\end{array}$$

(c) Sau khi khung quay ${180}^{\circ }$, độ lớn sin của góc với trường không đổi nhưng chiều mômen từ đảo lại. Khi bỏ thanh,

$$\begin{array}{rl}J& =\frac{1}{2}M{a}^2,\\ |\alpha |& =\frac{{\tau }_{B0}}{J}\\ & =4,00\times {10}^3\mathrm{rad}/{\mathrm{s}}^2.\end{array}$$

Gia tốc góc có chiều đưa mômen lưỡng cực từ về gần hướng từ trường. Chiều mômen lúc này ngược chiều mômen từ trước khi khung quay nửa vòng.

Bài tập 30: 52

Trong Hình P30.52, $L=\mathrm{0,200}\mathrm{H}$, $R_1=8,00\mathrm{\Omega }$, $R_2=6,00\mathrm{\Omega }$, $\mathcal{E}=48,0\mathrm{V}$. Bỏ qua điện trở nguồn và cuộn, đóng công tắc tại $t=0$.

(a) Tìm $i_1,i_2,i_3$ ngay sau đóng. (b) Tìm ba dòng sau rất lâu. (c) Dùng các định luật Kirchhoff lập phương trình vi phân cho $i_3(t)$, rồi để tìm nghiệm. (d) Sau bao lâu $i_3$ bằng nửa giá trị cuối? (e) Tìm $i_1,i_2$ tại thời điểm đó.

Hình P30.52: R1 nối tiếp với hai nhánh song song là R2 và cuộn cảm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cách mắc khác bài 30.50. Ở đây $R_1$ mang tổng dòng, còn $R_2$ song song với .

Hướng đi:

• Ngay sau đóng, nhánh cuộn chưa có dòng. Về lâu dài, cuộn lý tưởng nối tắt $R_2$.
• Kết hợp định luật nút với hai phương trình vòng để loại $i_1,i_2$.
• Dòng qua cuộn tuân phương trình RL với điện trở hiệu dụng $R_1{R}_2/(R_1+R_2)$, không phải riêng $R_1$ hoặc $R_2$.

(a)–(b) Các giới hạn là

Trạng thái	$i_1$	$i_2$	$i_3$
Ngay sau đóng	$3,43\mathrm{A}$	$3,43\mathrm{A}$	$0$
Rất lâu sau đóng	$6,00\mathrm{A}$	$0$	$6,00\mathrm{A}$

(c) Các phương trình Kirchhoff là

$$\begin{array}{rl}{i}_1& =i_2+i_3,\\ \mathcal{E}& =R_1{i}_1+R_2{i}_2,\\ R_2{i}_2& =L\frac{d{i}_3}{dt}.\end{array}$$

Đặt hai hệ số

$$\begin{array}{rl}{R}_{\ast }& =\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2},\\ {\mathcal{E}}_{\ast }& =\frac{\mathcal{E}{R}_2}{R_1+R_2}.\end{array}$$

Loại các dòng phụ cho

$$L\frac{d{i}_3}{dt}+R_{\ast }{i}_3={\mathcal{E}}_{\ast }.$$

Gọi $I_{\mathrm{\infty }}={\mathcal{E}}_{\ast }/R_{\ast }=\mathcal{E}/R_1$ và $\tau =L/R_{\ast }$. Tách biến rồi từ $i_3=0$ tại $t=0$:

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{i_3}\frac{du}{I_{\mathrm{\infty }}-u}& =\frac{t}{\tau },\\ -\ln & (1-\frac{i_3}{I_{\mathrm{\infty }}})=\frac{t}{\tau },\\ i_3(t)& =I_{\mathrm{\infty }}(1-e^{-t/\tau }).\end{array}$$

Ở đây $\tau =5,83\times {10}^{-2}\mathrm{s}$.

(d) Thời gian giảm số hạng mũ còn một nửa là

$$t_{1/2}=\tau \ln 2=4,04\times {10}^{-2}\mathrm{s}.$$

(e) Khi $i_3=3,00\mathrm{A}$,

$$\begin{array}{rl}{i}_2& =\frac{\mathcal{E}-R_1{i}_3}{R_1+R_2}\\ & =1,71\mathrm{A},\\ i_1& =i_2+i_3=4,71\mathrm{A}.\end{array}$$

Bài tập 30: 53

trụ bán kính $1,00\mathrm{cm}$, dài $10,0\mathrm{cm}$, có 300 vòng dây đồng AWG 20 với điện trở trên đơn vị chiều dài $\mathrm{0,033}3\mathrm{\Omega }/\mathrm{m}$. Ống dây nối tiếp tụ $10,0\mu \mathrm{F}$ ban đầu chưa tích điện. Một trường $\mathrm{0,100}\mathrm{T}$ dọc trục được bật đột ngột.

(a) Xem như và điện trở nối tiếp. Dùng Faraday tìm suất điện động trung bình trong khoảng bật trường ngắn, cùng điện lượng ban đầu nạp vào tụ. (b) Chọn $t=0$ lúc tụ đã tích điện đầy và dòng bằng không. Sau bao lâu tụ phóng hết lần đầu? (c) Tần số dòng dao động bằng bao nhiêu? (d) Năng lượng tụ tại $t=0$ bằng bao nhiêu? (e) Sau bao lâu tổng năng lượng còn 10% giá trị ấy?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn vừa có điện trở $R$ vừa có $L$. Cần phân biệt phép ước lượng điện lượng từ một xung điện trở với đáp ứng của khi giữ tự cảm trong giai đoạn bật trường.

Hướng đi:

• Tính chiều dài dây, $R,L$ và suất điện động Faraday từ hình học.
• Nêu rõ giả thiết khi suy điện lượng từ xung. Chỉ biết tổng độ biến thiên trường chưa cho phép bỏ qua cả điện áp lẫn điện áp tụ.
• Với điều kiện đầu ở câu (b), giữ cả hai thành phần sin và cosin của nghiệm tắt dần để dòng đầu thực sự bằng không.
• Dùng tổng $q^2/(2C)+L{i}^2/2$ cho năng lượng chính xác. Quy luật mũ của bao năng lượng là một xấp xỉ khi tắt dần yếu.

Chiều dài dây xấp xỉ $N2\pi r$. Các tham số là

$$\begin{array}{rl}R& =\mathrm{0,628}\mathrm{\Omega },\\ L& =\frac{{\mu }_0{N}^2\pi r^2}{\ell }\\ & =3,55\times {10}^{-4}\mathrm{H},\\ K& =N\pi r^2\mathrm{\Delta }B\\ & =9,42\times {10}^{-3}\mathrm{V}\cdot \mathrm{s}.\end{array}$$

(a) Nếu trường tăng từ không lên giá trị đã cho trong thời gian $\mathrm{\Delta }t$, độ lớn suất điện động trung bình bằng

$$|{\bar{\mathcal{E}}}_{\mathrm{ext}}|=\frac{K}{\mathrm{\Delta }t}.$$

Trong phép ước lượng chỉ giữ điện trở trong giai đoạn xung, điện lượng là

$$Q_R=\frac{K}{R}=15,0\mathrm{mC}.$$

Giá trị này cần giả thiết điện áp và tụ không góp đáng kể vào phương trình vòng trong xung. Nó không phải kết quả chính xác cho trường bật tức thời khi vẫn giữ $L$ đã tính. Thật vậy, phương trình đầy đủ là

$$L\frac{di}{dt}+Ri+\frac{q}{C}={\mathcal{E}}_{\mathrm{ext}}(t).$$

qua khoảng bật trường cho một quan hệ giữa $\mathrm{\Delta }i$, điện lượng và tích phân điện áp tụ. Không thể suy duy nhất điện lượng trên tụ chỉ từ $K$ nếu chưa quy định dạng xung hoặc một xấp xỉ bổ sung.

(b)–(c) Gọi điện tích tại mốc mới của câu (b) là $q_0$, với $i(0)=0$. Đặt

$$\begin{array}{rl}\alpha & =\frac{R}{2L},\\ {\omega }_0& =\frac{1}{\sqrt{LC}},\\ {\omega }_d& =\sqrt{{\omega }_0^2-{\alpha }^2},\\ \beta & =\frac{\alpha }{{\omega }_d}.\end{array}$$

Nghiệm thỏa cả hai điều kiện đầu là

$$\begin{array}{rl}q(t)& =q_0{e}^{-\alpha t}F(t),\\ F(t)& =\cos {\omega }_{d}t+\beta \sin {\omega }_{d}t.\end{array}$$

Lần đầu $q=0$ xuất hiện sau một góc lớn hơn $\pi /2$:

$$\begin{array}{rl}{t}_0& =\frac{\pi /2+\arctan \beta }{{\omega }_d}\\ & =96,9\mu \mathrm{s},\\ f_d& =\frac{{\omega }_d}{2\pi }\\ & =2,67\times {10}^3\mathrm{Hz}.\end{array}$$

Nếu bỏ hiệu chỉnh pha do tắt dần yếu, $T_d/4=93,8\mu \mathrm{s}$ là một ước lượng. Nghiệm cosin đơn nhân hàm mũ sẽ không thỏa chính xác $i(0)=0$ khi $R$ khác không.

(d) Năng lượng ở mốc mới bằng $U_0=q_0^2/(2C)$. Nếu dùng điện tích ước lượng $q_0=Q_R$ thì $U_0=11,3\mathrm{J}$. Kết quả này mang cùng giả thiết xung điện trở của câu (a).

(e) Đặt thêm

$$G(t)=\frac{{\omega }_0}{{\omega }_d}\sin {\omega }_{d}t.$$

Từ điện tích và dòng suy ra

$$\frac{U(t)}{U_0}=e^{-2\alpha t}\times [F(t{)}^2+G(t{)}^2].$$

Giải điều kiện $U/U_0=\mathrm{0,100}$ cho thời gian $1,28\mathrm{ms}$. Với xấp xỉ bao năng lượng tắt dần yếu, kết quả gần đó là

$$t\approx \frac{L}{R}\ln 10=1,30\mathrm{ms}.$$

Giới hạn bật trường tức thời: Nếu hiểu trường ngoài là một bước nhảy lý tưởng từ không lên $B$, phương trình đầy đủ cho độ lớn bước nhảy dòng $K/L=26,5\mathrm{A}$, còn điện tích tụ vẫn bằng không ngay sau bước nhảy. Sau đó dòng nạp tụ và . Điện tích cực đại đầu tiên khoảng $1,46\mathrm{mC}$, xuất hiện sau $90,6\mu \mathrm{s}$.

Nếu lấy cực đại đầu tiên ấy làm mốc $t=0$ của câu (b), năng lượng tụ là $\mathrm{0,107}\mathrm{J}$. Thời gian về không, tần số và tỉ số suy giảm năng lượng vẫn dùng các biểu thức ở trên. Như vậy phải nói rõ mô hình xung trước khi gán một điện tích ban đầu và một năng lượng tuyệt đối cho mạch.

Bài tập 30: 54

Tụ $6,40\mathrm{nF}$ được nạp đến $24,0\mathrm{V}$, tách pin và nối tiếp cuộn $L=\mathrm{0,066}0\mathrm{H}$ có điện trở không đáng kể. Khi mạch dao động, xét lúc điện tích tụ có độ lớn $\mathrm{0,080}0\mu \mathrm{C}$.

(a) Tìm năng lượng ở tụ, ở cuộn và dòng qua cuộn. (b) Tìm điện áp tụ, điện áp cuộn và tốc độ biến thiên dòng lúc đó.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Tổng năng lượng xác định bởi điện áp nạp. Độ lớn điện tích tức thời chưa xác định chiều dòng.

Hướng đi:

• Tính tổng năng lượng ban đầu, rồi trừ năng lượng tụ để được năng lượng cuộn.
• Dùng $L{i}^2/2$ để suy độ lớn dòng. Dòng có hai dấu tùy giai đoạn dao động.
• Chọn $q>0$ trên một bản và $i=dq/dt$ để viết rõ dấu điện áp và dòng trong phương trình LC.

(a) Các năng lượng và dòng là

$$\begin{array}{rl}{U}_0& =\frac{1}{2}C{V}_0^2\\ & =1,84\times {10}^{-6}\mathrm{J},\\ U_E& =\frac{q^2}{2C}\\ & =5,00\times {10}^{-7}\mathrm{J},\\ U_B& =U_0-U_E\\ & =1,34\times {10}^{-6}\mathrm{J},\\ |i|& =\sqrt{\frac{2U_B}{L}}\\ & =6,38\times {10}^{-3}\mathrm{A}.\end{array}$$

(b) Với quy ước $q>0$ và các điện áp được cộng quanh cùng một vòng,

$$\begin{array}{rl}{v}_C& =\frac{q}{C}=+12,5\mathrm{V},\\ v_L& =-v_C=-12,5\mathrm{V},\\ \frac{di}{dt}& =-\frac{q}{LC}\\ & =-189\mathrm{A}/\mathrm{s}.\end{array}$$

Hai điện áp có cùng độ lớn và dấu ngược nhau theo quy ước vòng đã chọn. Đảo bản tụ được gọi là dương thì các dấu tương ứng cũng đảo. Chỉ biết độ lớn điện tích không đủ để chọn dấu của dòng tức thời.

Bài tập 30: 55

có $L=60,0\mathrm{mH}$, $C=250\mu \mathrm{F}$, điện tích đầu $6,00\mu \mathrm{C}$ và dòng đầu bằng không. Tìm (a) điện áp tụ cực đại, (b) dòng cực đại, (c) năng lượng cuộn cực đại. (d) Khi dòng có độ lớn bằng nửa cực đại, điện tích tụ và năng lượng cuộn bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ban đầu toàn bộ năng lượng ở tụ. Điện tích đầu chính là biên độ $Q$ vì dòng đầu bằng không.

Hướng đi:

• Dùng $V_{max}=Q/C$ và bảo toàn năng lượng LC.
• Tại nửa dòng cực đại, phần năng lượng cuộn còn một phần tư, còn điện tích có độ lớn $\sqrt{3}/2$ biên độ.

$$\begin{array}{rl}{V}_{max}& =24,0\mathrm{mV},\\ I_{max}& =\frac{Q}{\sqrt{LC}}\\ & =1,55\mathrm{mA},\\ U_{B,max}& =\frac{Q^2}{2C}\\ & =7,20\times {10}^{-8}\mathrm{J}.\end{array}$$

(d) Khi $|i|=I_{max}/2$,

$$\begin{array}{rl}|q|& =\frac{\sqrt{3}}{2}Q\\ & =5,20\mu \mathrm{C},\\ U_B& =\frac{1}{4}{U}_{B,max}\\ & =1,80\times {10}^{-8}\mathrm{J}.\end{array}$$

Điện tích có thể dương hoặc âm trên bản đã chọn. Kết quả về năng lượng không phụ thuộc dấu đó.

Bài tập 30: 56

Tụ đã tích điện $C=590\mu \mathrm{F}$ nối tiếp cuộn $L=\mathrm{0,330}\mathrm{H}$ có điện trở không đáng kể. Tại một thời điểm, dòng bằng $2,50\mathrm{A}$ và tăng với tốc độ $73,0\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Trong quá trình dao động, điện áp cực đại của tụ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Biết dòng và dòng tại cùng một thời điểm. Cần suy tổng năng lượng, rồi suy điện áp cực đại.

Hướng đi:

• Dùng phương trình vòng LC để suy độ lớn điện áp tụ từ $Ldi/dt$.
• Cộng năng lượng tụ và cuộn ở thời điểm đã cho, rồi đặt bằng $C{V}_{max}^2/2$.

Điện áp tức thời có độ lớn $|v_C|=L|di/dt|=24,1\mathrm{V}$. Bảo toàn năng lượng cho

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}C{V}_{max}^2& =\frac{1}{2}C{v}_C^2+\frac{1}{2}L{i}^2,\\ V_{max}& =\sqrt{v_C^2+\frac{L}{C}{i}^2}\\ & =63,8\mathrm{V}.\end{array}$$

Điện áp cực đại lớn hơn điện áp tức thời vì ở trạng thái đã cho, một phần năng lượng vẫn nằm trong .

Bài tập 30: 57

Trong Hình P30.57, công tắc đã mở rất lâu rồi đột ngột đóng. Bỏ qua điện trở pin và các cuộn. Tìm số chỉ ampe kế, vôn kế (a) ngay sau đóng, (b) sau rất lâu, (c) sau $\mathrm{0,115}\mathrm{ms}$.

Hình P30.57: Cuộn 18,0 mH song song với nhánh hai cuộn 12,0 mH và 15,0 mH nối tiếp, kèm nguồn 20,0 V và hai điện trở.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện trở nối tiếp tổng cộng $75,0\mathrm{\Omega }$. Vôn kế lý tưởng đo điện áp trên bộ song song.

Hướng đi:

• Cộng hai cuộn ở nhánh phải vì chúng nối tiếp, rồi ghép song song với cuộn giữa. Bỏ qua giữa các cuộn như mô hình mạch đã cho.
• Dùng nghiệm RL cho dòng tổng qua ampe kế và điện áp trên bộ cuộn tương đương.

$$\begin{array}{rl}{L}_{\mathrm{right}}& =27,0\mathrm{mH},\\ \frac{1}{L_{\ast }}& =\frac{1}{18,0\mathrm{mH}}+\frac{1}{27,0\mathrm{mH}},\\ L_{\ast }& =10,8\mathrm{mH},\\ \tau & =\frac{L_{\ast }}{75,0\mathrm{\Omega }}\\ & =\mathrm{0,144}\mathrm{ms}.\end{array}$$

Các hàm số chỉ là

$$\begin{array}{rl}{i}_A(t)& =\frac{20,0}{75,0}(1-e^{-t/\tau })\mathrm{A},\\ v_V(t)& =(20,0\mathrm{V})e^{-t/\tau }.\end{array}$$

Thời điểm	Ampe kế	Vôn kế
Ngay sau đóng	$0$	$20,0\mathrm{V}$
Rất lâu sau đóng	$\mathrm{0,267}\mathrm{A}$	$0$
$\mathrm{0,115}\mathrm{ms}$	$\mathrm{0,147}\mathrm{A}$	$9,00\mathrm{V}$

Bài tập 30: 58

Trong Hình P30.58, tìm số chỉ của từng ampe kế và vôn kế (a) ngay sau khi đóng $S$, (b) sau khi $S$ đóng rất lâu. Các đồng hồ lý tưởng.

Hình P30.58: Nguồn 50,0 V cấp qua điện trở 100,0 ohm cho hai nhánh là 50,0 ohm và cuộn 15,0 mH nối tiếp điện trở 75,0 ohm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A_1$ đo tổng dòng, $A_2$ đo nhánh cuộn và 75,0 Ω, $A_3$ đo nhánh 50,0 Ω. Các vôn kế lần lượt đo điện áp 100,0 Ω, cuộn, 75,0 Ω, 50,0 Ω.

Hướng đi:

• Ngay sau đóng, dòng cuộn vẫn bằng không nên nhánh cuộn và 75,0 Ω chưa có dòng.
• Về lâu dài, cuộn lý tưởng có điện áp bằng không. Khi đó 75,0 Ω song song với 50,0 Ω, cả bộ nối tiếp 100,0 Ω.
• Tính điện áp nút chung để suy từng số chỉ, không cho vôn kế lý tưởng lấy dòng.

Ban đầu, nguồn chỉ cấp qua 100,0 Ω và 50,0 Ω nối tiếp, nên dòng tổng bằng $50/150\mathrm{A}$. Điện áp nhánh song song bằng $50/3\mathrm{V}$.

Về lâu dài, điện trở song song bằng 30,0 Ω, nên tổng dòng bằng $50/130\mathrm{A}$ và điện áp hai nhánh bằng $1500/130\mathrm{V}$.

Đồng hồ	Ngay sau đóng	Rất lâu sau đóng
$A_1$	$\mathrm{0,333}\mathrm{A}$	$\mathrm{0,385}\mathrm{A}$
$A_2$	$0$	$\mathrm{0,154}\mathrm{A}$
$A_3$	$\mathrm{0,333}\mathrm{A}$	$\mathrm{0,231}\mathrm{A}$
$V_1$	$33,3\mathrm{V}$	$38,5\mathrm{V}$
$V_2$	$16,7\mathrm{V}$	$0$
$V_3$	$0$	$11,5\mathrm{V}$
$V_4$	$16,7\mathrm{V}$	$11,5\mathrm{V}$

Điện áp cuộn ban đầu khác không dù dòng của nó bằng không. Điện áp trên điện trở 75,0 Ω ban đầu bằng không vì dòng nhánh bằng không.

Bài tập 30.59: Đo tự cảm và điện trở của ống dây

Một công nghiệp nối tiếp điện trở ngoài và pin. Các công tắc hoạt động như Hình 30.11, với tổng điện trở $R=R_{\mathrm{ext}}+R_L$, trong đó $R_L$ là điện trở cuộn. Đóng $S_1$, mở $S_2$ đến khi dòng ổn định. Sau đó dùng cơ cấu chuyển nhanh để đóng $S_2$, mở $S_1$ và đo thời gian $t_{1/2}$ để dòng còn một nửa.

Lặp lại với các điện trở ngoài, thu được dữ liệu:

$R_{\mathrm{ext}}$ (Ω)	$t_{1/2}$ (s)
3,0	0,735
4,0	0,654
5,0	0,589
6,0	0,536
7,0	0,491
8,0	0,453
10,0	0,393
12,0	0,347

(a) Vẽ $1/t_{1/2}$ theo điện trở ngoài và giải thích vì sao gần thẳng. (b) Dùng đồ thị suy điện trở và cuộn. (c) Nếu dòng cuộn là $20,0\mathrm{A}$, năng lượng tích trữ và công suất nhiệt trong điện trở riêng của cuộn bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Bộ tám số đo xác định độ dốc và tung độ gốc của đường tuyến tính hóa quá trình suy giảm RL.

Hướng đi:

• Dùng $t_{1/2}=L\ln 2/R$ để tuyến tính hóa theo điện trở ngoài.
• Độ dốc xác định $L$, còn tung độ gốc chia độ dốc xác định $R_L$.
• Khi tính công suất nhiệt riêng của cuộn, dùng $R_L$, không dùng tổng điện trở ngoài cộng điện trở cuộn.

(a) Ta có

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{t_{1/2}}& =a{R}_{\mathrm{ext}}+b,\\ a& =\frac{1}{L\ln 2},\\ b& =\frac{R_L}{L\ln 2}.\end{array}$$

Vì $L,R_L$ không đổi qua các lần đo, dữ liệu gần nằm trên một đường thẳng.

Lời giải 30.59: Đường khớp tuyến tính sử dụng đủ tám cặp điện trở ngoài và thời gian giảm nửa dòng.

(b) Khớp toàn bộ tám điểm cho độ dốc khoảng $\mathrm{0,169}{\mathrm{\Omega }}^{-1}{\mathrm{s}}^{-1}$ và tung độ gốc khoảng $\mathrm{0,852}{\mathrm{s}}^{-1}$. Từ đó

$$\begin{array}{rl}L& =\frac{1}{a\ln 2}\approx 8,5\mathrm{H},\\ R_L& =\frac{b}{a}\approx 5,0\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

(c) Năng lượng và công suất nhiệt xấp xỉ

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\frac{1}{2}L{I}^2\approx 1,7\mathrm{kJ},\\ P_L^{\mathrm{th}}& =I^2{R}_L\approx 2,0\mathrm{kW}.\end{array}$$

Hai đại lượng có đơn vị khác nhau. Một đại lượng là năng lượng đã tích trữ, đại lượng kia là tốc độ mất năng lượng thành nhiệt khi dòng được giữ ở giá trị đã cho.

Bài tập 30: 60

Trong Hình P30.60, $S_1$ đã đóng đủ lâu để ampe kế chỉ dòng ổn định $3,50\mathrm{A}$. Đột ngột đóng $S_2$ đồng thời mở $S_1$. (a) Điện tích cực đại tụ nhận được bằng bao nhiêu? (b) Dòng cuộn khi tụ đạt điện tích ấy bằng bao nhiêu?

Hình P30.60: Công tắc chuyển cuộn 2,0 mH đang mang dòng sang vòng dao động với tụ 5,0 microfarad.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trước chuyển mạch, cuộn mang dòng ổn định và tụ chưa được nối vào vòng. Sau chuyển, nguồn và điện trở ngoài bị tách khỏi vòng LC lý tưởng.

Hướng đi:

• Giữ dòng cuộn liên tục ở thời điểm chuyển để xác định năng lượng đầu $L{I}_0^2/2$.
• Khi tụ nhận điện tích cực đại, dòng bằng không và toàn bộ năng lượng ở điện trường tụ.

$$\begin{array}{rl}\frac{Q_{max}^2}{2C}& =\frac{1}{2}L{I}_0^2,\\ Q_{max}& =I_0\sqrt{LC}\\ & =3,50\times {10}^{-4}\mathrm{C}.\end{array}$$

Tụ nhận điện tích cực đại có độ lớn $350\mu \mathrm{C}$. Dòng qua cuộn tại thời điểm ấy bằng không, dù năng lượng mạch vẫn khác không và đang nằm hoàn toàn ở tụ.

Bài toán tổng hợp 30.61–30.68

Bài tập 30: 61

Trong Hình P30.61, $\mathcal{E}=60,0\mathrm{V}$, $R_1=40,0\mathrm{\Omega }$, $R_2=25,0\mathrm{\Omega }$, $L=\mathrm{0,300}\mathrm{H}$. Đóng $S$ tại $t=0$.

Ngay sau đóng, tìm (a) $v_{ab}$ trên $R_1$, (b) đầu cao thế hơn giữa $a,b$, (c) $v_{cd}$ trên cuộn, (d) đầu cao thế hơn giữa $c,d$.

Giữ công tắc đóng rất lâu rồi mở. Ngay sau mở, tìm (e) $v_{ab}$, (f) đầu cao thế hơn giữa $a,b$, (g) $v_{cd}$, (h) đầu cao thế hơn giữa $c,d$.

Hình P30.61: Nhánh R1 song song với nhánh R2 nối tiếp cuộn cảm, được cấp bởi nguồn qua công tắc.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp có dấu là $v_{ab}=V_a-V_b$ và $v_{cd}=V_c-V_d$. Chọn dòng cuộn dương từ $c$ đến $d$.

Hướng đi:

• Ngay sau đóng, dòng cuộn bằng không nên $R_2$ chưa có điện áp. Nguồn đặt toàn bộ điện áp lên cuộn và lên nhánh $R_1$.
• Trước khi mở, dòng cuộn đã đạt $\mathcal{E}/R_2$. Ngay sau mở, dòng đó tiếp tục qua vòng gồm $R_1,R_2,L$.
• Giữ dấu điện áp theo đúng thứ tự hai điểm. Dòng qua $R_1$ sau mở đi ngược chiều từ $a$ đến $b$.

(a)–(d) Ngay sau đóng,

$$v_{ab}=v_{cd}=+60,0\mathrm{V}.$$

Điểm $a$ cao thế hơn $b$, điểm $c$ cao thế hơn $d$.

(e)–(h) Trước mở, dòng cuộn bằng

$$I_0=\frac{\mathcal{E}}{R_2}=2,40\mathrm{A}.$$

Sau mở, nó đi qua $R_2$ từ $a$ đến $c$, qua cuộn từ $c$ đến $d$, rồi trở về qua $R_1$ từ $b$ đến $a$. Vì thế

$$\begin{array}{rl}{v}_{ab}& =-I_0{R}_1=-96,0\mathrm{V},\\ L\frac{di}{dt}& =-(R_1+R_2)i,\\ v_{cd}& =-(R_1+R_2)I_0\\ & =-156\mathrm{V}.\end{array}$$

Điểm $b$ cao thế hơn $a$, còn $d$ cao thế hơn $c$. Độ lớn điện áp cuộn là 156 V. Dấu âm của $v_{cd}$ phù hợp với dòng cuộn đang giảm và cuộn đang cấp năng lượng cho hai điện trở.

Bài tập 30: 62

Dùng mạch Hình P30.61 với $\mathcal{E}=60,0\mathrm{V}$, $R_1=40,0\mathrm{\Omega }$, $R_2=25,0\mathrm{\Omega }$, $L=\mathrm{0,300}\mathrm{H}$.

(a) Sau khi đóng công tắc, tại một thời điểm dòng cuộn tăng $50,0\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Tìm dòng $i_1$ qua $R_1$ và $i_2$ qua $R_2$. Gợi ý: Xét riêng vòng có nguồn và $R_1$, rồi vòng có nguồn, $R_2,L$.

(b) Sau khi công tắc đóng rất lâu, lại mở nó. Ngay sau mở, dòng qua $R_1$ bằng bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trong giai đoạn có nguồn, hai nhánh chịu cùng điện áp nguồn. Sau mở, dòng cuộn chuyển sang vòng nối tiếp hai điện trở.

Hướng đi:

• Nhánh $R_1$ độc lập với sự biến thiên dòng ở nhánh cuộn khi nguồn lý tưởng vẫn nối vào.
• Điện áp cuộn tại thời điểm câu (a) bằng $Ld{i}_2/dt$, nên điện áp còn lại trên $R_2$ cho dòng nhánh đó.
• Ở câu (b), giữ dòng cuộn liên tục khi mở và xác định chiều trở về qua $R_1$.

(a) Ta có

$$\begin{array}{rl}{i}_1& =\frac{60,0}{40,0}=1,50\mathrm{A},\\ v_L& =L\frac{d{i}_2}{dt}=15,0\mathrm{V},\\ i_2& =\frac{60,0-15,0}{25,0}\\ & =1,80\mathrm{A}.\end{array}$$

(b) Dòng ổn định trước mở bằng $60,0/25,0=2,40\mathrm{A}$ trong cuộn. Ngay sau mở, dòng qua $R_1$ có cùng độ lớn 2,40 A nhưng đi từ $b$ đến $a$. Nếu vẫn lấy chiều dương từ $a$ đến $b$ thì $i_1=-2,40\mathrm{A}$.

Bài tập 30: 63

Trong Hình P30.63, $\mathcal{E}=36,0\mathrm{V}$, $R_0=50,0\mathrm{\Omega }$, $R=150\mathrm{\Omega }$, $L=4,00\mathrm{H}$.

(a) Đóng $S_1$, giữ $S_2$ mở. Ngay sau đóng, tìm dòng $i_0$ qua $R_0$, $v_{ac}$ và $v_{cb}$. (b) Tìm ba đại lượng ấy sau khi dòng đã ổn định, vẫn giữ $S_2$ mở. (c) Lập biểu thức ba đại lượng theo thời gian kể từ lúc đóng $S_1$, đối chiếu hai giới hạn và vẽ đồ thị.

Hình P30.63: R0 nối tiếp với R và L khi S2 mở, còn S2 có thể nối tắt đoạn từ c đến b.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Khi $S_2$ mở, cả ba phần tử nối tiếp và có cùng dòng. $v_{cb}$ là điện áp của cả $R$ lẫn $L$, không phải riêng cuộn.

Hướng đi:

• Dùng tổng điện trở $R_0+R$ trong nghiệm dòng tăng RL.
• Tính $v_{ac}=R_0{i}_0$, rồi dùng định luật vòng $v_{cb}=\mathcal{E}-v_{ac}$.
• Giữ nguyên vị trí hai đầu đo để kiểm tra các giới hạn đầu và cuối.

(a) Dòng đầu bằng không, nên $i_0=0$, $v_{ac}=0$ và $v_{cb}=36,0\mathrm{V}$.

(b) Dòng cuối bằng $36,0/200=\mathrm{0,180}\mathrm{A}$. Khi đó $v_{ac}=9,00\mathrm{V}$ và $v_{cb}=27,0\mathrm{V}$.

(c) Đặt

$$\begin{array}{rl}\tau & =\frac{L}{R_0+R}=\mathrm{0,020}0\mathrm{s},\\ x(t)& =e^{-t/\tau }.\end{array}$$

Các hàm cần tìm là

$$\begin{array}{rl}{I}_{\mathrm{\infty }}& =\mathrm{0,180}\mathrm{A},\\ i_0(t)& =I_{\mathrm{\infty }}[1-x(t)],\\ v_{ac}(t)& =(9,00\mathrm{V})[1-x(t)],\\ v_{cb}(t)& =27,0\mathrm{V}+(9,00\mathrm{V})x(t).\end{array}$$

Tại $t=0$, $x=1$ cho đúng kết quả (a). Khi $t\to \mathrm{\infty }$, $x\to 0$ cho đúng kết quả (b).

Lời giải 30.63: Dòng và điện áp trên R0 tăng theo thời gian, còn điện áp đoạn c-b giảm từ 36 V đến 27 V.

Bài tập 30: 64

Khi mạch Hình P30.63 đã có dòng ổn định với $S_1$ đóng, $S_2$ mở, đóng thêm $S_2$ và vẫn giữ $S_1$ đóng. Dùng các giá trị phần tử của bài 30.63.

(a) Ngay sau đóng $S_2$, tìm $v_{ac}$, $v_{cb}$ và các dòng qua $R_0,R,S_2$. (b) Tìm những đại lượng đó sau rất lâu. (c) Suy ba dòng theo thời gian từ lúc đóng $S_2$, đối chiếu hai giới hạn và vẽ đồ thị.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $S_2$ nối trực tiếp $c$ với $b$, nên đoạn gồm $R,L$ bị nối tắt ở hai đầu. Dòng cuộn vẫn liên tục và có thể lưu thông trong vòng kín qua $R,L,S_2$.

Hướng đi:

• Sau đóng, $v_{cb}=0$ và toàn bộ điện áp nguồn đặt lên $R_0$.
• Dòng qua $R$ bằng dòng cuộn, bắt đầu từ 0,180 A rồi suy giảm với hằng số thời gian $L/R$.
• Dùng định luật nút tại $c$ để suy dòng công tắc bằng dòng qua $R_0$ trừ dòng nhánh $R,L$.

Chọn các dòng qua $R$ và $S_2$ dương từ $c$ về $b$. Trong toàn bộ giai đoạn sau đóng,

$$\begin{array}{rl}{v}_{ac}& =36,0\mathrm{V},\\ v_{cb}& =0,\\ i_{R_0}& =\mathrm{0,720}\mathrm{A}.\end{array}$$

(a) Ngay sau đóng, $i_R=\mathrm{0,180}\mathrm{A}$ và $i_{S_2}=\mathrm{0,540}\mathrm{A}$.

(b) Về lâu dài, dòng nhánh cuộn đã mất năng lượng trên $R$ nên $i_R=0$, còn $i_{S_2}=\mathrm{0,720}\mathrm{A}$.

(c) Phương trình vòng nhánh bị nối tắt là $Ld{i}_R/dt+R{i}_R=0$. Do đó

$$\begin{array}{rl}{\tau }_d& =\frac{L}{R}=\mathrm{0,026}7\mathrm{s},\\ i_R(t)& =(\mathrm{0,180}\mathrm{A})e^{-t/{\tau }_d},\\ i_{S_2}(t)& =\mathrm{0,720}\mathrm{A}-i_R(t).\end{array}$$

Dòng qua $R_0$ có thể nhảy từ 0,180 A lên 0,720 A vì nhánh ấy không chứa . Dòng cuộn giữ nguyên ngay lúc chuyển, rồi mới giảm liên tục.

Lời giải 30.64: Dòng qua R0 không đổi sau chuyển mạch, dòng qua R giảm, còn dòng qua S2 tăng để thỏa định luật nút.

Bài tập 30: 65

Đóng công tắc của mạch Hình P30.65 tại $t=0$. Tìm số chỉ từng đồng hồ (a) ngay sau đóng, (b) rất lâu sau đóng. Các cuộn và đồng hồ được coi là lý tưởng.

Hình P30.65: Nguồn 25,0 V cấp qua điện trở 40,0 ohm cho ba nhánh song song, gồm hai nhánh điện trở và cuộn cảm cùng một nhánh 15,0 ohm.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $A_1$ đo tổng dòng. $A_2,A_3,A_4$ lần lượt đo nhánh 5,0 Ω và 20,0 mH, nhánh 10,0 Ω và 10,0 mH, nhánh 15,0 Ω.

Hướng đi:

• Ngay sau đóng, hai dòng cuộn chưa tăng khỏi không, nên nguồn chỉ cấp qua 40,0 Ω và 15,0 Ω nối tiếp.
• Về lâu dài, các cuộn lý tưởng có điện áp bằng không. Ba điện trở nhánh mắc song song và bộ đó nối tiếp 40,0 Ω.
• Dùng điện áp chung ba nhánh để chia dòng, rồi cộng lại kiểm tra số chỉ tổng.

Ban đầu $i_1=25,0/(40,0+15,0)\mathrm{A}$. Ở trạng thái cuối,

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{R_p}& =\frac{1}{5,0\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{10,0\mathrm{\Omega }}+\frac{1}{15,0\mathrm{\Omega }},\\ i_1& =\frac{25,0\mathrm{V}}{40,0\mathrm{\Omega }+R_p},\\ v_p& =i_1{R}_p.\end{array}$$

Chia $v_p$ cho từng điện trở nhánh cho các số chỉ sau:

Đồng hồ	Ngay sau đóng	Rất lâu sau đóng
$A_1$	$\mathrm{0,455}\mathrm{A}$	$\mathrm{0,585}\mathrm{A}$
$A_2$	$0$	$\mathrm{0,319}\mathrm{A}$
$A_3$	$0$	$\mathrm{0,160}\mathrm{A}$
$A_4$	$\mathrm{0,455}\mathrm{A}$	$\mathrm{0,106}\mathrm{A}$

Độ lớn của hai nhánh không ảnh hưởng hai giới hạn này, nhưng ảnh hưởng quá trình chuyển tiếp giữa chúng.

Bài tập 30: 66

Trong Hình P30.66, bỏ qua điện trở nguồn và các cuộn. Các tụ ban đầu chưa tích điện, công tắc ở vị trí 1 rất lâu. (a) Dòng trong mạch bằng bao nhiêu? (b) Chuyển đột ngột sang vị trí 2. Tìm điện tích cực đại mỗi tụ nhận được và thời gian từ lúc chuyển đến khi đạt điện tích ấy.

Hình P30.66: Hai cuộn 15,0 mH và 5,0 mH nối tiếp được chuyển từ mạch nguồn sang hai tụ 25,0 và 35,0 microfarad nối tiếp.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trước chuyển, cuộn mang dòng ổn định qua nguồn 75,0 V và điện trở 125,0 Ω. Sau chuyển, năng lượng trao đổi trong bộ LC lý tưởng.

Hướng đi:

• Cộng nối tiếp, bỏ qua giữa các cuộn trong mô hình mạch.
• Ghép hai tụ nối tiếp để tìm tương đương. Điện lượng trên hai tụ có cùng độ lớn vì nút giữa chúng ban đầu trung hòa.
• Dùng bảo toàn năng lượng và thời gian một phần tư chu kỳ từ cực đại dòng đến cực đại điện tích.

(a) Dòng đầu bằng

$$I_0=\frac{75,0}{125,0}=\mathrm{0,600}\mathrm{A}.$$

(b) Bộ phần tử tương đương có

$$\begin{array}{rl}{L}_{\ast }& =20,0\mathrm{mH},\\ C_{\ast }& =\frac{C_1{C}_2}{C_1+C_2}\\ & =14,6\mu \mathrm{F}.\end{array}$$

Khi dòng trở về không lần đầu,

$$\begin{array}{rl}{Q}_{max}& =I_0\sqrt{L_{\ast }{C}_{\ast }}\\ & =324\mu \mathrm{C},\\ t_{max}& =\frac{\pi }{2}\sqrt{L_{\ast }{C}_{\ast }}\\ & =8,48\times {10}^{-4}\mathrm{s}.\end{array}$$

Mỗi tụ đều có điện tích cực đại 324 µC. Điện áp hai tụ khác nhau do của chúng khác nhau.

Bài tập 30.67: Đo điện áp của ống dây

Một chưa biết $L$ mắc nối tiếp điện trở $10,0\mathrm{\Omega }$, pin có điện trở trong không đáng kể và công tắc. Vôn kế lý tưởng đo điện áp $v_L$ trên toàn ống dây theo thời gian kể từ khi đóng. Dữ liệu như Hình P30.67. Đo được $v_L=50,0\mathrm{V}$ ngay sau đóng và $v_L=20,0\mathrm{V}$ sau rất lâu.

(a) Lập $v_L(t)$ bằng định luật vòng. (b) Tìm suất điện động pin. (c) Tìm điện áp điện trở 10,0 Ω và dòng ở trạng thái cuối. (d) Tìm điện trở riêng $R_L$. (e) Dùng biểu thức lý thuyết và đồ thị để suy $L$. Gợi ý: Tìm điện áp khi $t=\tau$, rồi đọc thời điểm đó trên hình.

Hình P30.67: Điện áp đo trên ống dây giảm theo thời gian và tiến đến một giá trị khác không.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện áp đo gồm cả sụt áp điện trở dây quấn và điện áp . Vì vậy điện áp cuối khác không không có nghĩa cuộn lý tưởng còn suất điện động tự cảm ở trạng thái ổn định.

Hướng đi:

• Mô hình bằng $R_L$ nối tiếp $L$, còn điện trở ngoài là $R$.
• Dùng nghiệm dòng với tổng điện trở $R+R_L$, rồi lấy điện áp nguồn trừ sụt áp điện trở ngoài.
• Từ hai giới hạn suy điện trở riêng trước khi dùng hằng số thời gian để tìm .

(a) Đặt

$$\begin{array}{rl}{I}_{\mathrm{\infty }}& =\frac{\mathcal{E}}{R+R_L},\\ \tau & =\frac{L}{R+R_L},\\ i(t)& =I_{\mathrm{\infty }}(1-e^{-t/\tau }).\end{array}$$

Điện áp trên toàn là

$$v_L(t)=\mathcal{E}-Ri(t)=R_L{I}_{\mathrm{\infty }}+R{I}_{\mathrm{\infty }}{e}^{-t/\tau }.$$

(b)–(d) Ngay sau đóng, dòng bằng không nên $\mathcal{E}=v_L(0)=50,0\mathrm{V}$. Khi ổn định,

$$\begin{array}{rl}{v}_{R,\mathrm{\infty }}& =50,0-20,0\\ & =30,0\mathrm{V},\\ I_{\mathrm{\infty }}& =\frac{30,0}{10,0}=3,00\mathrm{A},\\ R_L& =\frac{20,0}{3,00}\\ & =6,67\mathrm{\Omega }.\end{array}$$

(e) Khi $t=\tau$, điện áp bằng

$$v_L(\tau )=20,0+\frac{30,0}{e}\approx 31,0\mathrm{V}.$$

Đọc đồ thị ở mức đó cho $\tau \approx 2,4\mathrm{ms}$. Do đó

$$L=(R+R_L)\tau \approx 4,0\times {10}^{-2}\mathrm{H}.$$

Lời giải 30.67: Các điểm điện áp đọc từ đồ thị phù hợp với mô hình suy giảm về 20 V và hằng số thời gian xấp xỉ 2,4 ms.

Giá trị có độ chính xác của phép đọc hình, nên không nên ghi nhiều chữ số hơn mức đồ thị cho phép.

Bài tập 30.68: Đo điện áp trên điện trở ngoài

Một chưa biết điện trở và mắc nối tiếp điện trở $50,0\mathrm{\Omega }$, pin $25,0\mathrm{V}$ có điện trở trong không đáng kể và công tắc. Vôn kế lý tưởng đo điện áp $v_R$ trên điện trở ngoài theo thời gian. Hình P30.68 cho dữ liệu. Điện áp ngay sau đóng bằng không và sau rất lâu bằng $25,0\mathrm{V}$.

(a) Tìm điện trở $R_L$. (b) Lập $v_R(t)$. (c) Tìm điện áp ở một hằng số thời gian, đọc $\tau$ và suy $L$. (d) Tìm năng lượng cuộn ở trạng thái cuối.

Hình P30.68: Điện áp trên điện trở ngoài tăng từ không và tiến đến điện áp pin 25,0 V.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Ở trạng thái cuối, toàn bộ điện áp nguồn nằm trên điện trở ngoài. Dùng mô hình tham số đúng với các giá trị đo được cho trong đề.

Hướng đi:

• So điện áp cuối với điện áp nguồn để tìm sụt áp trên điện trở cuộn.
• Nhân nghiệm dòng tăng RL với điện trở ngoài để được điện áp đo.
• Tại một hằng số thời gian, điện áp đạt $1-e^{-1}$ giá trị cuối.

(a) Dòng cuối bằng $25,0/50,0=\mathrm{0,500}\mathrm{A}$. Điện áp còn lại trên cuộn bằng không, nên $R_L=0$ trong mô hình dữ kiện này.

(b)–(c) Với $\tau =L/R$,

$$\begin{array}{rl}{v}_R(t)& =\mathcal{E}(1-e^{-t/\tau }),\\ v_R(\tau )& =\mathcal{E}(1-e^{-1})\\ & =15,8\mathrm{V}.\end{array}$$

Đồ thị cho thời điểm đạt mức ấy khoảng 8,0 ms. Vì vậy

$$L=R\tau \approx \mathrm{0,400}\mathrm{H}.$$

(d) Năng lượng cuối là

$$\begin{array}{rl}{U}_{B,\mathrm{\infty }}& =\frac{1}{2}L{I}_{\mathrm{\infty }}^2\\ & \approx 5,00\times {10}^{-2}\mathrm{J}.\end{array}$$

Lời giải 30.68: Các điểm đọc trên đồ thị phù hợp với điện áp tăng đến 25 V, qua mức 15,8 V ở khoảng 8,0 ms.

Bài nâng cao

Bài tập 30: 69

Một có $N_1$ vòng, bán kính $b$, bao quanh ống dây đồng trục hẹp hơn có $N_2$ vòng, bán kính $a<b$. Hai ống được nối ở đầu xa để dòng đi dọc cuộn ngoài rồi trở về qua cuộn trong như Hình P30.69.

(a) Khi nguồn ngoài cấp dòng $I$ theo hình, từ thông qua mỗi vòng cuộn trong bằng bao nhiêu, lấy hướng sang phải là dương? (b) Tìm từ thông qua mỗi vòng cuộn ngoài. (c) Tìm nhìn từ hai đầu dây nối ra mạch ngoài. (d) Tự cảm thay đổi thế nào nếu đảo chiều quấn cuộn trong?

(e) Với cấu hình ban đầu, tính khi chiều dài $\ell =20,0\mathrm{cm}$, $a=1,00\mathrm{cm}$, $b=2,00\mathrm{cm}$, $N_1=1200$, $N_2=750$. (f) Dùng cùng dữ kiện để tính cấu hình ở (d).

Hình P30.69: Hai ống dây đồng trục nối tiếp tại đầu xa, với dòng qua các cuộn tạo trường ngược chiều trong cấu hình ban đầu.

Chú thích:

• Hai ống dây được nối ở đầu này (Solenoids connected at this end)
• Dây nối ra mạch ngoài (Leads)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Hai ống đủ dài để bỏ qua hiệu ứng đầu. Dòng có cùng độ lớn trong cả hai cuộn nhưng tạo trường ngược nhau ở vùng lõi chung. Chọn trường do cuộn ngoài hướng sang phải.

Hướng đi:

• Chia tiết diện thành vùng trong bán kính $a$ và vành giữa $a,b$, vì cuộn trong chỉ tạo trường ở vùng thứ nhất trong mô hình ống dài.
• Tính từ thông hình học theo cùng hướng sang phải, rồi xét chiều móc vòng khi cộng suất điện động của hai cuộn nối tiếp.
• Kiểm tra bằng của hai vùng. Năng lượng là một cách xác định dấu mà không phụ thuộc cách gọi các đầu dây.

(a) Trong lõi chung,

$$\begin{array}{rl}{B}_{\mathrm{in}}& =\frac{{\mu }_{0}I}{\ell }(N_1-N_2),\\ {\mathrm{\Phi }}_2& =B_{\mathrm{in}}\pi a^2.\end{array}$$

(b) Trong vành $a<r<b$, trường chỉ do cuộn ngoài tạo ra. Từ thông qua vòng cuộn ngoài gồm hai phần:

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_1& =B_{\mathrm{in}}\pi a^2+\frac{{\mu }_0{N}_{1}I}{\ell }\pi (b^2-a^2)\\ & =\frac{{\mu }_{0}I\pi }{\ell }(N_1{b}^2-N_2{a}^2).\end{array}$$

(c) Đặt $\kappa ={\mu }_0\pi /\ell$. Các riêng và có độ lớn

$$\begin{array}{rl}{L}_1& =\kappa N_1^2{b}^2,\\ L_2& =\kappa N_2^2{a}^2,\\ M& =\kappa N_1{N}_2{a}^2.\end{array}$$

Trong cấu hình đối nhau, nối tiếp là

$$\begin{array}{rl}{L}_{-}& =L_1+L_2-2M\\ & =\kappa N_1^2{b}^2+\kappa N_2^2{a}^2-2\kappa N_1{N}_2{a}^2.\end{array}$$

Cũng có thể suy từ $LI=N_1{\mathrm{\Phi }}_1-N_2{\mathrm{\Phi }}_2$. Dấu trừ xuất hiện vì cuộn trong được đi qua theo chiều quấn đối với cuộn ngoài. Không được cộng hai từ thông đã chọn cùng pháp tuyến mà bỏ qua chiều nối tiếp này.

Để đối chiếu, năng lượng hai vùng là

$$\begin{array}{rl}{U}_a& =\frac{B_{\mathrm{in}}^2}{2{\mu }_0}\pi a^2\ell ,\\ U_b& =\frac{B_{\mathrm{ring}}^2}{2{\mu }_0}\pi (b^2-a^2)\ell ,\\ B_{\mathrm{ring}}& =\frac{{\mu }_0{N}_{1}I}{\ell },\\ L_{-}& =\frac{2(U_a+U_b)}{I^2}.\end{array}$$

Kết quả trùng biểu thức ở trên và luôn không âm.

(d) Khi đảo chiều quấn cuộn trong, hai trường hỗ trợ nhau. Khi ấy

$$\begin{array}{rl}{L}_{+}& =L_1+L_2+2M\\ & =\kappa N_1^2{b}^2+\kappa N_2^2{a}^2+2\kappa N_1{N}_2{a}^2.\end{array}$$

(e)–(f) Thay các kích thước sang mét và giữ số vòng chính xác,

$$\begin{array}{rl}{L}_{-}& =8,93\mathrm{mH},\\ L_{+}& =16,0\mathrm{mH}.\end{array}$$

Cuộn ngoài còn có trường trong vành giữa hai ống, nên ngay cả khi hai số vòng bằng nhau, cấu hình đối nhau vẫn có khác không nếu $a<b$.

Bài tập 30.70: Đo mức chất lỏng bằng điện cảm

Một bồn được quấn dây để hoạt động như . thay đổi từ $L_0$ khi rỗng, với bằng 1, đến $L_f$ khi đầy chất lỏng có độ từ thẩm tương đối $K_m$. Mạch điện tử đo điện cảm đến năm chữ số có nghĩa để suy mức chất lỏng.

Bốn mặt bên của bồn có chiều rộng $W$, chiều cao $D$. Mức chất lỏng là $d$ như Hình P30.70. Bỏ qua hiệu ứng mép và ảnh hưởng từ của thành bồn.

(a) Suy $d$ theo $L,L_0,L_f,D$. (b) Tính đến năm chữ số có nghĩa khi bồn chứa oxy lỏng ở các mức một phần tư, một nửa, ba phần tư và đầy. Cho $L_0=\mathrm{0,630}00\mathrm{H}$, độ cảm từ của oxy lỏng ${\chi }_m=1,52\times {10}^{-3}$. (c) Lặp lại cho thủy ngân, với độ cảm từ trong Bảng 28.1. (d) Thiết bị thực dụng hơn với chất lỏng nào?

Hình P30.70: Các vòng dây bao quanh bồn có phần không khí và phần chất lỏng, nối với mạch đo điện cảm.

Chú thích:

• Không khí (Air)
• Chất lỏng (Liquid)
• Mạch điện tử (Electronic circuitry)

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Trường trong bồn song song với mặt phân cách ngang như cấu hình quấn dây trong hình. Hai phần tiết diện đóng góp từ thông theo tỉ lệ chiều cao của chúng.

Hướng đi:

• Trong mô hình bỏ qua mép, cường độ từ trường $H$ ở hai phần giống nhau, còn $B=\mu H$ khác nhau theo môi trường.
• Cộng từ thông qua phần không khí và phần chất lỏng để được tuyến tính theo $d/D$.
• Dùng $K_m=1+{\chi }_m$ và làm tròn kết quả cuối đến năm chữ số có nghĩa.

(a) Đặt $f=d/D$. , và do đó , tỉ lệ với trung bình theo tiết diện:

$$\begin{array}{rl}L& =L_0[(1-f)+K_{m}f]\\ & =L_0+f(L_f-L_0),\\ d& =D\frac{L-L_0}{L_f-L_0}.\end{array}$$

Công thức suy mức cần $L_f\ne L_0$. Nếu hai môi trường có cùng thì không mang thông tin về mức chất lỏng.

(b)–(c) Với oxy lỏng, dùng ${\chi }_m=1,52\times {10}^{-3}$. Với thủy ngân, Bảng 28.1 cho ${\chi }_m=-2,9\times {10}^{-5}$. Công thức tính là

$$L=L_0(1+{\chi }_{m}f).$$

Mức bồn	Oxy lỏng (H)	Thủy ngân (H)
Một phần tư	0,63024	0,63000
Một nửa	0,63048	0,62999
Ba phần tư	0,63072	0,62999
Đầy	0,63096	0,62998

(d) Oxy lỏng có độ cảm từ lớn hơn về độ lớn, nên làm thay đổi rõ hơn khi mức chất lỏng thay đổi. Với thủy ngân, làm tròn đến năm chữ số có nghĩa đã khiến mức rỗng và một phần tư cho cùng giá trị. Hai mức một nửa và ba phần tư cũng không phân biệt được bằng các số đã làm tròn. Vì thế phép đo mức này thực dụng hơn với oxy lỏng trong mô hình và độ phân giải đã nêu.

Bài tập 30: 71

Trong Hình P30.71, đóng $S$ tại $t=0$. Nhánh cuộn có dòng $i_1$, nhánh tụ có dòng $i_2$ và điện tích $q_2$. Tụ ban đầu chưa tích điện.

(a) Suy $i_1(t),i_2(t),q_2(t)$ theo $\mathcal{E},L,C,R_1,R_2,t$. Sau đó dùng $\mathcal{E}=48\mathrm{V}$, $L=8,0\mathrm{H}$, $C=20\mu \mathrm{F}$, $R_1=25\mathrm{\Omega }$, $R_2=5000\mathrm{\Omega }$.

(b) Tìm dòng đầu trong mỗi nhánh. (c) Tìm hai dòng sau rất lâu và giải thích “rất lâu” nghĩa là bao lâu. (d) Tìm thời điểm hai dòng bằng nhau, với hai chữ số có nghĩa. Gợi ý: Có thể khai triển các hàm mũ. (e) Tìm dòng $i_1$ trong điều kiện (d). (f) Tìm thời điểm dòng tổng nguồn bằng nửa giá trị cuối, với hai chữ số có nghĩa. Gợi ý: Phác hai dòng theo thời gian để chọn xấp xỉ phù hợp.

Hình P30.71: Nhánh điện trở và cuộn cảm mắc song song với nhánh điện trở và tụ điện trên cùng nguồn.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Nguồn lý tưởng giữ điện áp hai nhánh không đổi. Mỗi nhánh có một quá trình chuyển tiếp độc lập, RL và RC.

Hướng đi:

• Áp nghiệm dòng tăng RL cho nhánh 1 và nghiệm nạp tụ RC cho nhánh 2, với các điều kiện đầu bằng không tương ứng.
• Hai nhánh có hằng số thời gian khác nhau, nên phải xét cả hai khi nói đến trạng thái cuối.
• Hai dòng bằng nhau rất sớm, cho phép dùng khai triển mũ bậc nhất. Dòng tổng đạt nửa giá trị cuối muộn hơn, khi dòng nhánh tụ đã nhỏ so với dòng nhánh cuộn.

(a) Đặt ${\tau }_L=L/R_1$, ${\tau }_C=R_{2}C$. Từ phương trình vòng từng nhánh,

$$\begin{array}{rl}L\frac{d{i}_1}{dt}+R_1{i}_1& =\mathcal{E},\\ R_2\frac{d{q}_2}{dt}+\frac{q_2}{C}& =\mathcal{E}.\end{array}$$

với $i_1(0)=0$ và $q_2(0)=0$ cho

$$\begin{array}{rl}{i}_1(t)& =\frac{\mathcal{E}}{R_1}(1-e^{-t/{\tau }_L}),\\ q_2(t)& =\mathcal{E}C(1-e^{-t/{\tau }_C}),\\ i_2(t)& =\frac{d{q}_2}{dt}\\ & =\frac{\mathcal{E}}{R_2}{e}^{-t/{\tau }_C}.\end{array}$$

(b) Ngay sau đóng, $i_1(0)=0$ và $i_2(0)=9,60\mathrm{mA}$.

(c) Về lâu dài, $i_1\to 1,92\mathrm{A}$, $i_2\to 0$. Hai hằng số thời gian là ${\tau }_L=0,32\mathrm{s}$ và ${\tau }_C=0,10\mathrm{s}$. “Rất lâu” đòi hỏi thời gian lớn hơn nhiều cả hai, đặc biệt lớn hơn nhiều 0,32 s. Mức gần trạng thái cuối cụ thể phụ thuộc sai số chấp nhận được.

(d) Phương trình hai dòng bằng nhau là

$$1,92(1-e^{-t/0,32})=\mathrm{0,009}60e^{-t/0,10}.$$

Các thời gian trong số mũ được tính bằng giây. Ở thời gian rất ngắn,

$$\begin{array}{rl}{i}_1& \approx (6,00\mathrm{A}/\mathrm{s})t,\\ i_2& \approx \mathrm{0,009}60\mathrm{A}-(\mathrm{0,096}0\mathrm{A}/\mathrm{s})t.\end{array}$$

Giải các biểu thức bậc nhất cho khoảng 1,57 ms. Giải phương trình mũ đầy đủ cho 1,579 ms. Với hai chữ số có nghĩa,

$$t_1=1,6\mathrm{ms}.$$

(e) Dùng thời điểm chưa làm tròn trong nghiệm dòng cho $i_1=i_2\approx 9,4\mathrm{mA}$.

(f) Dòng cuối của nguồn bằng 1,92 A. Khi tổng dòng đạt 0,960 A, nhánh tụ đã có dòng rất nhỏ. Xấp xỉ $i_1=\mathrm{0,960}\mathrm{A}$ cho

$$\begin{array}{rl}1-e^{-t_2/0,32}& \approx \frac{1}{2},\\ t_2& \approx 0,32\ln 2\mathrm{s}\\ & \approx 0,22\mathrm{s}.\end{array}$$

Giữ cả dòng nhánh tụ trong phương trình tổng cho khoảng 0,22146 s, vẫn làm tròn thành 0,22 s theo yêu cầu.

Bài đọc và câu hỏi MCAT: Mất siêu dẫn trong nam châm MRI

Nam châm mang dòng rất lớn tạo trường mạnh, gần đều cho máy chụp cộng hưởng từ MRI. Một mô hình nam châm điển hình là 2,0 m, đường kính 1,0 m, 4,4 H và dòng 750 A. Dây dẫn thông thường mang dòng ấy sẽ tỏa nhiệt rất lớn. Vì vậy phần lớn các nam châm này dùng dây siêu dẫn, được làm lạnh bằng heli lỏng ở nhiệt độ ngay dưới điểm sôi 4,2 K.

Sau khi thiết lập dòng, nguồn được tách ra và hai đầu nam châm nối với nhau bằng đoạn dây siêu dẫn. Dòng tiếp tục lưu thông không có điện trở chừng nào heli giữ nam châm đủ lạnh.

Trong một số tình huống hiếm, một đoạn dây mất siêu dẫn và xuất hiện điện trở. Nhiệt Joule ở đoạn này làm sôi một phần heli. Các đoạn dây khác nóng lên và cũng mất siêu dẫn, tạo thêm nhiệt. Nhiệt hóa hơi của heli lỏng chỉ $20,9\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$, nên quá trình có thể làm heli sôi rất nhanh.

Sự kiện mất siêu dẫn dây chuyền này được gọi là sự cố quench và có thể làm hỏng nam châm. Heli hóa hơi tạo thể tích khí lớn, gây nguy cơ thiếu oxy và làm áp suất tăng nhanh, thậm chí gây nổ. Điều đó giải thích yêu cầu duy trì điện trở bằng không khi vận hành, đồng thời có cơ cấu phát hiện sự cố và ngắt dòng kịp thời.

Bài tập 30: 72

Nam châm MRI điển hình trong bài đọc có khoảng bao nhiêu vòng dây?

(a) 1100. (b) 3000. (c) 4000. (d) 22000.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: $L=4,4\mathrm{H}$, $\ell =2,0\mathrm{m}$, bán kính $r=0,50\mathrm{m}$. Chọn phương án gần số vòng suy ra từ mô hình .

Hướng đi:

• Dùng $L={\mu }_0{N}^{2}A/\ell$ với $A=\pi r^2$ để ước lượng số vòng.
• Dòng 750 A không cần để tìm số vòng từ hình học và trong mô hình tuyến tính.

$$N=\sqrt{\frac{L\ell }{{\mu }_0\pi r^2}}\approx 3,0\times {10}^3.$$

Chọn (b).

Bài tập 30: 73

Nếu một phần nam châm mất siêu dẫn và điện trở đột ngột tăng từ không lên giá trị không đổi $\mathrm{0,005}\mathrm{\Omega }$, sau bao lâu dòng còn một nửa?

(a) 4,7 phút. (b) 10 phút. (c) 15 phút. (d) 30 phút.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Cuộn có $L=4,4\mathrm{H}$, điện trở mới không đổi, nguồn đã tách ra.

Hướng đi:

• Dùng dòng suy giảm RL với hằng số thời gian $L/R$.
• Giải điều kiện dòng giảm nửa, rồi đổi giây sang phút để chọn đáp án.

$$\begin{array}{rl}{t}_{1/2}& =\frac{L}{R}\ln 2\\ & \approx 610\mathrm{s}\\ & \approx 10\min .\end{array}$$

Chọn (b). Thời gian không phụ thuộc dòng đầu nếu chỉ hỏi tỉ lệ còn lại và $L,R$ không đổi.

Bài tập 30: 74

Nếu quench tiếp diễn, heli sôi đi và ngày càng nhiều phần nam châm mất siêu dẫn, thời gian dòng giảm còn một nửa thay đổi thế nào?

(a) Ngắn hơn vì điện trở tăng. (b) Dài hơn vì điện trở tăng. (c) Không đổi. (d) Không đủ dữ kiện.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Điện trở tiếp tục tăng so với mô hình điện trở không đổi ở bài 30.73. Giữ theo mô hình bài đọc.

Hướng đi:

• Dùng phương trình suy giảm $Ldi/dt=-R(t)i$, thay vì gán một hằng số thời gian cố định cho điện trở biến thiên.
• So điện trở theo thời gian để xác định tốc độ giảm dòng.

$$\begin{array}{rl}A(t)& =\frac{1}{L}{\int }_0^{t}R(s)ds,\\ \frac{i(t)}{I_0}& =e^{-A(t)}.\end{array}$$

Điện trở tăng làm đạt $L\ln 2$ sớm hơn so với việc giữ điện trở ở giá trị ban đầu. Dòng giảm nửa nhanh hơn. Chọn (a).

Bài tập 30: 75

Nếu toàn bộ trong nam châm chuyển thành nhiệt, khối lượng heli lỏng hóa hơi là bao nhiêu?

(a) 27 kg. (b) 38 kg. (c) 60 kg. (d) 110 kg.

Lời giải chi tiết

Tóm tắt đề bài: Dùng $L=4,4\mathrm{H}$, $I=750\mathrm{A}$ và nhiệt hóa hơi riêng $20,9\times {10}^3\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. Giả sử toàn bộ năng lượng cuộn dùng để hóa hơi.

Hướng đi:

• Tính $L{I}^2/2$.
• Chia năng lượng cho nhiệt hóa hơi riêng, với cả hai cùng dùng joule.

$$\begin{array}{rl}{U}_B& =\frac{1}{2}L{I}^2\\ & \approx 1,24\times {10}^6\mathrm{J},\\ m& =\frac{U_B}{{\mathcal{L}}_v}\\ & \approx 59\mathrm{kg}.\end{array}$$

Phương án gần nhất là 60 kg. Chọn (c).

Đáp số tra cứu

Các giá trị dưới đây dùng cùng quy ước dấu và giả thiết đã nêu trong lời giải. Với bài có xấp xỉ hoặc dữ kiện cần mô hình bổ sung, cần đọc điều kiện đi kèm trước khi dùng đáp số.

Hỗ cảm, tự cảm và năng lượng

• 30.1. Hai trường hợp đều có suất điện động độ lớn $\mathrm{0,270}\mathrm{V}$, không đổi theo thời gian.
• 30.3. $1,96\mathrm{H}$. Từ thông mỗi vòng cuộn 1 khoảng $7,12\mathrm{mWb}$.
• 30.5. Khoảng 1940 vòng. Tốc độ biến thiên dòng $800\mathrm{A}/\mathrm{s}$.
• 30.7. $L=\mathrm{0,250}\mathrm{H}$, từ thông $\mathrm{0,450}\mathrm{mWb}$ mỗi vòng.
• 30.9. Suất điện động độ lớn $4,68\mathrm{mV}$. Điểm $a$ cao thế hơn $b$.
• 30.11. lò xo xấp xỉ $\mathrm{0,111}\mu \mathrm{H}$ theo mô hình .
• 30.13. $B=\mathrm{0,030}0\mathrm{T}$.
• 30.15. Khoảng 2850 vòng.
• 30.17. $B=\mathrm{0,161}\mathrm{T}$, mật độ năng lượng $10,3\mathrm{kJ}/{\mathrm{m}}^3$, năng lượng $\mathrm{0,129}\mathrm{J}$, $40,2\mu \mathrm{H}$.
• 30.19. $U_B=91,7\mathrm{J}$.

Quá trình chuyển tiếp và dao động

• 30.21. Tốc độ tăng đầu $2,40\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Khi dòng 0,500 A, tốc độ tăng là $\mathrm{0,800}\mathrm{A}/\mathrm{s}$. Dòng tại 0,250 s bằng $\mathrm{0,413}\mathrm{A}$, dòng cuối $\mathrm{0,750}\mathrm{A}$.
• 30.23. Thời gian đạt nửa dòng $17,3\mu \mathrm{s}$. Thời gian đạt nửa năng lượng $30,7\mu \mathrm{s}$.
• 30.25. Điện áp cuộn $15,4\mathrm{V}$.
• 30.27. Dòng đầu $\mathrm{0,250}\mathrm{A}$, dòng ở thời điểm đã cho $\mathrm{0,137}\mathrm{A}$. Điện áp có dấu $v_{bc}=-32,9\mathrm{V}$, điểm $c$ cao thế hơn. Thời gian giảm nửa $\mathrm{0,462}\mathrm{ms}$.
• 30.29. $v_{ab}=15,3\mathrm{V}$.
• 30.31. Công suất nạp cuộn ở hai giới hạn thời gian đều bằng không. Tại nửa dòng cuối, $P_L={\mathcal{E}}^2/(4R)$.
• 30.33. Điện tích cực đại $443\mathrm{nC}$, điện tích ở dòng đã cho có độ lớn $358\mathrm{nC}$.
• 30.35. $\omega =105\mathrm{rad}/\mathrm{s}$, $T=59,6\mathrm{ms}$, $Q=\mathrm{0,720}\mathrm{mC}$, $U_0=4,32\mathrm{mJ}$. Tại thời điểm đã cho, $q=-\mathrm{0,543}\mathrm{mC}$ và $i=-\mathrm{0,049}9\mathrm{A}$ theo quy ước $i=dq/dt$. Hai năng lượng lần lượt $U_E=2,45\mathrm{mJ}$ và $U_B=1,87\mathrm{mJ}$.
• 30.37. Điện tích cực đại $7,50\mu \mathrm{C}$, tần số $15,9\mathrm{kHz}$, năng lượng cuộn ở 2,50 ms là $21,2\mathrm{mJ}$.
• 30.39. Tần số góc riêng $298\mathrm{rad}/\mathrm{s}$, điện trở $83,8\mathrm{\Omega }$.

Bài tổng hợp và nâng cao

• 30.41. Với đường kính bút chì ước lượng 7 mm, quấn khoảng 49 vòng, khoảng $2,9\mu \mathrm{H}$ và năng lượng ở 1,0 A khoảng $1,5\mu \mathrm{J}$.
• 30.43. Theo phép ước lượng trường tại tâm, $L\approx 59,2\mathrm{nH}$ và suất điện động cực đại $26,8\mu \mathrm{V}$.
• 30.45. Tốc độ khoảng $2\times {10}^4\mathrm{m}/\mathrm{s}$, nhỏ hơn tốc độ thoát khoảng 30 lần.
• 30.47. $L=5,00\mathrm{H}$, chiều dài $31,7\mathrm{m}$, không thuận tiện cho một cuộn trên bàn thí nghiệm thông thường.
• 30.49. $C=222\mu \mathrm{F}$ và $L=9,31\mu \mathrm{H}$.
• 30.51. Lực thanh $111\mathrm{N}$, thời gian mất lực tiếp xúc $37,1\mathrm{ms}$, độ lớn gia tốc góc $4,00\times {10}^3\mathrm{rad}/{\mathrm{s}}^2$.
• 30.53. Tần số $2,67\mathrm{kHz}$. Từ trạng thái tụ tích đầy, dòng bằng không, thời gian phóng hết chính xác là $96,9\mu \mathrm{s}$. Phần xung điện trở cho điện lượng ước lượng $15,0\mathrm{mC}$ và năng lượng $11,3\mathrm{J}$. Phải đọc điều kiện xung và mô hình RLC đầy đủ trong lời giải. Tổng năng lượng giảm còn 10% sau khoảng 1,28 ms, hoặc 1,30 ms theo xấp xỉ bao năng lượng tắt dần yếu.
• 30.55. Điện áp cực đại $24,0\mathrm{mV}$, dòng cực đại $1,55\mathrm{mA}$, năng lượng cực đại $72,0\mathrm{nJ}$. Ở nửa dòng cực đại, điện tích có độ lớn $5,20\mu \mathrm{C}$, năng lượng cuộn $18,0\mathrm{nJ}$.
• 30.57. Ban đầu ampe kế chỉ không, vôn kế 20,0 V. Về lâu dài, các số chỉ là 0,267 A và không. Ở 0,115 ms, các số chỉ là 0,147 A và 9,00 V.
• 30.59. Điện trở cuộn khoảng $5,0\mathrm{\Omega }$, $8,5\mathrm{H}$. Ở 20,0 A, năng lượng khoảng 1,7 kJ và công suất nhiệt riêng cuộn khoảng 2,0 kW.
• 30.61. Ngay sau đóng, $v_{ab}=v_{cd}=+60,0\mathrm{V}$, các đầu $a,c$ cao thế hơn. Ngay sau mở, $v_{ab}=-96,0\mathrm{V}$, $v_{cd}=-156\mathrm{V}$, các đầu $b,d$ cao thế hơn.
• 30.63. Ban đầu $i_0=0$, $v_{ac}=0$, $v_{cb}=36,0\mathrm{V}$. Cuối cùng $i_0=\mathrm{0,180}\mathrm{A}$, $v_{ac}=9,00\mathrm{V}$, $v_{cb}=27,0\mathrm{V}$. Hằng số thời gian 0,0200 s. Các hàm và đồ thị nằm trong lời giải.
• 30.65. Ban đầu $A_1=A_4=\mathrm{0,455}\mathrm{A}$, $A_2=A_3=0$. Cuối cùng các ampe kế từ 1 đến 4 chỉ khoảng 0,585 A, 0,319 A, 0,160 A và 0,106 A.
• 30.67. $\mathcal{E}=50,0\mathrm{V}$, điện áp cuối của điện trở ngoài 30,0 V, dòng cuối 3,00 A, điện trở cuộn 6,67 Ω và ước lượng 40 mH.
• 30.69. nối tiếp đối nhau là $L_{-}=L_1+L_2-2M$, cho $8,93\mathrm{mH}$. Khi hai trường hỗ trợ, $L_{+}=L_1+L_2+2M$, cho $16,0\mathrm{mH}$. Các từ thông và quy ước móc vòng được trình bày đầy đủ trong lời giải.
• 30.71. Dòng đầu hai nhánh là không và 9,60 mA. Dòng cuối là 1,92 A và không. Hai dòng bằng nhau ở khoảng 1,6 ms, với dòng khoảng 9,4 mA. Dòng tổng đạt nửa giá trị cuối ở khoảng 0,22 s.
• 30.73. Chọn (b), khoảng 10 phút.
• 30.75. Chọn (c), khoảng 60 kg.

Tài liệu tham khảo

Young & Freedman, ấn bản 15, chương 30, trang 1010–1017 và phụ lục đáp số A-18.