Bài toán về tụ điện
Bài 1: Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối với bán kính R.
Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt đó từ phía điện tích còn lại.
Giải:
Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không thể thay đổi. Tuy
nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích cùng dấu, bán kính mặt
cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng nhỏ δR. Mặt cầu tích điện có tính chất của
một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên
hệ với điện tích của nó bởi hệ thức: V 

Q
4 0 R

. Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có

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

Q2
8 0 R



Q2
Q 2R

8 0 ( R  R) 8 0 R( R  R)

Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công toàn
phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực hiện. Gọi F là lực tác

dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR2.δR. Do đó:
F.4πR2.δR =
F=

Q 2R
. Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được:
8 0 R ( R  R )

Q2
32 2  0 R 4

Bài 2:
Một tấm có hằng số điện môi   3 nằm giữa hai bản của một
tụ điện phẳng, choán hết thể tích của tụ điện. Tụ điện được mắc
vào một nguồn có suất điện động U = 100V qua một điện trở. Sau
đó tấm được đẩy ra khỏi tụ điện thật nhanh, đến mức điện tích trên
tụ điện chưa kịp biến thiên.
Hỏi phần năng lượng toả ra trong mạch sau đó dưới dạng
nhiệt bằng bao nhiêu? Biết điện dung của tụ điện khi chưa có điện môi la C0 = 100μF.
Giải:
Khi vừa đánh bật tấm điện môi ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện còn bằng C 0,
nhưng điện tích trên tụ vẫ là q1 = CE =  C0U. Do đó năng lượng của tụ điện ngay sau khi
điện môi bị đánh bật bằng:


W1 

( C0U ) 2  2C0U 2

2C0

2

Sau đó điện tích của tụ còn lại: q2 = C0U để phù hợp với điện dung mới, nên có một điện
lượng ∆q = q1 – q2 chạy qua nguồn ngược chiều lực lạ, do đó nguồn tiêu thụ một công:
A  qU
.  (q1  q2 )U  (  1)C0U 2

đồng thời năng lượngcủa tụ điện chỉ còn bằng:
C0U 2
W2 
2

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta thu được nhiệt lượng toả ra trên mạch sau khi đẩy
tấm điện môi ra ngoài:
( 2  1)C0U 2
(  1)2 C0U 2
2
Q  W1  W2  A 
 (  1)C0U 
 2J
2
2

Bài 3. Hai bản tụ điện phẳng được mắc vào một nguồn có s.đ.đ E và điện trở trong r. Các
bản tụ đặt thẳng đứng và đưa một bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 và hằng
số điện môi ε1 tới sát mép dưới của các bản tụ. Khi đó chất lỏng sẽ bắt đầu được hút vào
trong tụ. Trong thời gian thiết lập cân bằng trong hệ có toả ra nhiệt lượng là Q. Hỏi lượng
nhiệt toả ra trong hệ này là bao nhiêu nếu thay chất lỏng trên bằng một chất lỏng khác có
khối lượng riêng ρ2 và hằng số điện môi ε 2 . Bỏ qua sức căng mặt ngoài.
Giải:

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

E2
C2  C1 
A
2
trong đó C1 

 0 lh
d

; C2 

 0 l h  H   0 lH
d



d

 C1 

 0   1H  l
d

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

chiều cao của bản tụ; d là khoảng cách hai bản tụ.


 A
Thế năng cột điện môi: Wt 

Ta có :

 0   1H  l E 2


d

gldH 2
2

2

với  là khối lượng riêng điện môi.

 0   12  E 2
A  Wt  H 
gd 2

 02   1  E 2 l  0 lh
 C2 

d
gd 2


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

 02   1 E 4 l
1
2
Q  C 2  C1 E 
2
2 gd 2
2

Với chất điện môi

 1 có khối lượng riêng của 1 ta có:

 02  1  12 E 4  l
Q1 
Q
2 1 gd 2
Với chất điện môi

2

khối lượng riêng của

2

ta có:

 02  2  12 E 4  l
Q2 

2  2 gd 2
Vậy:


Q2  Q  1
2

  1

  2


1
 1


2

Đây là nhiệt lượng toả ra trên điện trở r của nguồn khi trạng thái cân bằng được thiết lập.
Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ 2: C1 = C4 = 6µF;
C2 = C3 = 3µF. Ban đầu các tụ điện chưa tích điện và khóa K
mở. Đặt hiệu điện thế UAB = U = 24V.
A
a) Tính điện tích và hiệu điện thế trên mỗi tụ điện khi đóng
khóa K.
b) Tính điện lượng dịch chuyển qua khóa K và số electron
di chuyển đến mỗi tụ điện.
Bài giải
a) Khi K mở, hệ tụ điện mắc theo sơ đồ như hình vẽ 2a:
Vì (C1ntC2)//(C3ntC4) ta có:

C12 

CC
C1C2
 2 F ; C34  3 4  2 F
C1  C2
C3  C4

C1

C2

M

B

K

C3

C4
N

Hình vẽ 2
+

C1

-


+

C2

B

A
+

C3

-

C4
+ -

Hình vẽ 2a


Vì ban đầu các tụ điện chưa tích điện nên:
Q12  Q1  Q2  C12U  48C ; Q34  Q3  Q4  C34U  48C .
Khi K đóng hệ tụ điện được mắc theo sơ đồ:
(C1//C3)nt(C2//C4). Giả sử dấu điện tích của các tụ điện trước và
sau khi đóng khóa K không đổi như hình vẽ 2a,b. Gọi điện tích A
và hiệu điện thế trên các bản tụ điện ngay sau khi đóng khóa K
là Q1' , Q2' , Q3' , Q4' và U1' ,U 2' ,U3' ,U 4' .
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho nút M ngay sau
khi đóng khóa K và khi ổn định.
Q1'  Q2'  Q3'  Q4'  Q1  Q2  Q3  Q4  0 .
Với Q1'  C1U1'  6U1' ; Q2'  C2U 2'  3U 2' ; Q3'  C3U3'  3U3' ; Q4'  C4U 4'  6U 4' .

Và ta có hệ phương trình sau:
U1'  U 3'
 '
'
U 2  U 4
giải hệ ta được
 '
'
U

U

24
 1
2
6U '  3U '  3U '  6U '  0
1
2
3
4


+

C1

+

C
- M+ 2 -


C3

K
+

-

B
C4

-

N

U1'  12V
Q1'  C1U1'  72 C
 '
 '
'
U 2  12V
Q2  C2U 2  36C

 '
 '
'
U 3  12V
Q3  C3U 3  36 C
U '  12V
Q '  C U '  72 C

 4
 4
4 4

Ta nhận thấy Q1' , Q2' , Q3' , Q4' đều dương, chứng tỏ giả thiết về dấu điện tích trên các tụ
như hình vẽ 2b là đúng.
b) Điện tích dịch chuyển qua khóa K chính là độ biến thiên điện tích qua hệ 2 tụ (C 1 và C2)
hoặc (C3 và C4).
Q  (Q1'  Q2' )  (Q1  Q2 )  (72  36)  (48  48)  36C
Dấu (-) chứng tỏ electron dịch chuyển qua khóa K từ N đến M.
Như vậy có nghĩa là, qua tụ C1, C2, C3, C4 đã thay đổi những lượng:
Q1  Q1'  (Q1 )  72  48  24 C

'
Q2  Q2  Q2  36  48  12C

'
Q3  Q3  (Q3 )  36  48  12 C
Q  Q '  Q  72  48  24C
 4
4
4
12.106
24.106
14
Tức là đã có
electron
đi
tới
tụ

C
,
 0, 75.1014 electron đi tới

1,5.10
1
1, 6.1019
1, 6.1019
12.106
24.106
14
tụ C2,
 0, 75.10 electron ra khỏi tụ C3 và
 1,5.1014 electron đi ra khỏi tụ
19
19
1, 6.10
1, 6.10

C4.
Bài 5. Cho mạch điện như hình vẽ: các tụ điện giống nhau đều có điện
dung C  100 F , điện trở R  100 k , nguồn điện có s.đ.đ E  10V và điện
trở trong r  1 . Đóng khoá K. Xác định cường độ dòng điện qua điện trở
tại thời điểm sau khi đóng khoá K 0,1s và cường độ dòng điện qua nguồn
tại thời điểm đó. Tính nhiệt lượng toả ra trên điện trở sau một khoảng thời

R
K



E, r






gian dài.
Giải:
Sau khi đóng mạch các tụ điện nạp điện rất nhanh còn dòng điện qua điện trở rất nhỏ.
Thực vậy dòng điện tích lúc đầu được xác định bởi điện trở trong rất nhỏ của nguồn: “thời
gian đặc trưng của điện tích” có giá trị cỡ bằng tích của điện dung toàn phần (ở đây có thể
4

lấy bằng C) và điện trở trong r với rC  10 s  0,1s theo điều kiện đề bài. Mặt khác

R.C  10 5.10 4  10 s cũng lớn hơn nhiều so với khoảng thời gian 0,1s đã cho.
Bây giờ ta sẽ sử dụng phương pháp điện thế nút để tiến hành tính toán. Giả sử có
điện lượng q đi qua điện trở, điện thế các nút ký hiệu là v và u và điện thế của điểm trên cũng
là V. Khi đó với điện trở trong rất nhỏ và dòng qua nguồn rất nhỏ có thể coi V  10(V ). Nếu
có một điện lượng q đi qua điện trở thì điện tích tổng cộng của các bản có điện thế u là q:

Cv  u   Cu  q.
Điện tích tổng cộng của các bản có điện thế v luôn luôn bằng không:

Cv  Cv  u   Cv  V   0.
Từ hai phương trình trên ta nhận được:

u
Rõ ràng khi


V 3q
2V
q

, v

5 5.C
5
5C

q0

sau 0,1s điện tích thực tế không đi qua điện trở - điện thế đầu dưới

của điện trở bằng 0,2V  2 (vôn) đầu trên của điện trở có điện thế
dòng điện qua điện trở trong thời gian chúng ta quan tâm bằng:

V  10 (vôn). Bởi vậy

IR 

0,8V
 0,08mA.
R

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

 3q q 



.C  0,8q.
 5C 5C 

Rõ ràng là chính điện lượng này đã đi qua nguồn. Nó nhận được nhỏ hơn điện tích q vì
tụ điện trên có phóng điện, một phần điện tích của nó đi theo nguồn theo chiều ngược lại, do
đó dòng qua nguồn bằng:

I ng  0,8I R  0,064 mA


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

  0,8V 

0,6q
C

Rõ ràng đây là sự phụ thuộc tuyến tính. Điện tích toàn phần đi qua sau một khoảng thời
gian lớn là Q sẽ làm cho hiệu điện thế bằng không, từ đó ta có: Q 

4CV
.
3

Do đó nhiệt lượng tỏa ra trên R bằng :

W


1
1
4.CV 8
 bandau.Q  0,8V .
 CV 2  5mJ .
2
2
3
15

BÀI TẬP VỀ MẠCH PHI TUYẾN
Bài 1: Trên hình 1 là đường đặc trưng vôn-ampe của một phần tử phi tuyến nào đó. Trước
điện áp U0 = 100V, không có dòng điện đi qua phần tử này, nhưng sau đó cường độ dòng điện
tăng tuyến tính theo hiệu điện thế (h.đ.t.). Khi mắc phần tử này vào một nguồn điện có suất
điện động không đổi và điện trở trong r = 25 thì cường độ dóng điện đi qua nó là I1 = 2mA,
nhưng khi mắc nó với cùng nguồn điện đó nhưng qua một tải có điện trở R = r thì dòng qua
nó là I2 = 1mA. Hãy xác định suất điện động của nguồn điện.
I, mA

0

Uo

U,V

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

Khi mắc phân tử phi tuyến trên vào nguồn điện có s.đ.đ. E và điện trở trong r, cường độ dòng
điện trong mạch là I1, ta có:
E  I1r 

I1



U0

(1)

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


E  I2r  I2 R 

I2



U0

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:
E

I 2 I1

r U0
I1  I 2

Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ. Tụ điện có điện dung C  1F ban đầu chưa tích điện, điện
trở R  10 , nguồn điện có suất điện động E  20V điện trở trong không đáng kể, đi-ốt Đ có
đường đặc trưng vôn-ampe biểu diễn như hình vẽ trên. Cho biết nguồn điện có suất điện động
E  10V , điện trở trong của nguồn không đáng kể. Ban đầu K mở rồi sau đó đóng.
1. Nêu đặc điểm của Điốt về mặt dẫn điện.
2. Tính tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi K đóng.

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


Bài 3: Trong mạch điện trên hình 3, tụ điện có điện dung C = 100F được tích điện đến U0 =
5V và được nối điện trở R = 100 qua điôt D . Đường đặc trưng vôn-ampe của điôt như hình
vẽ. Ở thời điểm ban đầu, khoá K mở. Sau đó đóng K. Xác định cường độ dòng điện trong
mạch ngay sau khi đóng K. Tính h.đ.t trên tụ điện khi dòng điện trong mạch bằng 10mA. Tính
lượng nhiệt toả ra trên điôt sau khi đóng khoá K.


Giải:
Ngay sau khi đóng khoá, h.đ.t. trên tụ vẫn còn chưa thay đổi cả về độ lớn và dấu. Giả thiết
rằng dòng điện ban đầu I0 trong mạch lớn hơn 10mA. Định luật Ôm đối với mạch kín tại thời
điểm đó có dạng:
U  Ud  I0R

trong đó Ud là h.đ.t. hai đầu điôt (Ud = 1V). Thay số vào ta được:
I0 


U0 Ud
 40mA
R

Vì giá trị nhận được của dòng điện lớn hơn 10mA, nên giả thiết của chúng ta là đúng.
Sau khi đóng khoá, tụ điện sẽ phóng điện, còn dòng điện trong mạch sẽ giảm. Khi dòng giảm
tới giá trị I1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm ta tìm được h.đ.t. UC giữa hai bản tụ:
U C  U d  I 1 R  2V

Từ thời điểm đóng khoá cho tới khi tụ phóng hết điện, điôt sẽ p73 hai chế độ: khi dòng điện
trong mạch biến thiên từ I0 = 40mA đến I1 = 10mA và khi dòng điện giảm từ I1 = 10mA đến 0.
Trong chế độ thứ nhất, h.đ.t. trên điôt không đổi và bằng Ud = 1V, còn đ.đ.t trên tụ giảm từ U0
= 5V đến UC = 2V. Trong thời gian đó, điện lượng chạy qua điôt là:
q  C (U 0  U C )  3.10 4 C

và nhiệt lượng toả ra trên điôt là:
Q1  qU d  3.10 4 J

Trong chế độ thứ hai, điôt hoạt động như một điện trở Rd = Ud/I1 = 100. Sau khi kết thúc chế
độ thứ nhất, h.đ.t. trên tụ bằng UC = 2V và năng lượng còn lại của điện trường trong tụ là:
W

CU C2
 2.10 4 J
2

Vì điện trở Rd của điôt bằng điện trở R, nên năng lượng toả ra trên điôt và trên R là như nhau.
Do đó, nhiệt lượng toả ra trên điôt ở chế độ thứ hai bằng:
Q2 


W
 10 4 J
2

Vậy nhiệt lượng toả ra trên sau khi đóng khoá bằng:
Qd  Q1  Q2  4.10 4 j.

Bài 4 : Một mạng lưỡng cực có đặc trưng vôn –ampe được mô tả bởi công thức 2 U I =10 ,
trong đó cường độ dòng điện được đo bằng ampe còn hiệu điện thế được đo bằng vôn. Có 2
mạng lưỡng cực như vậy được mắc nối tiếp với nhau và mắc vào một nguồn điên lý tưởng với
suất diện động E =10V. Mắc thêm một điện trở song song với một trong hai mạng lưỡng cực.
Điện trở này là bao nhiêu để công suất nhiệt giải phóng trên nó đạt cực đại?
Giải
Gọi U là hiệu điện thế trên điện trở mắc song song với một mạng lưỡng cực. Khi đó hiệu điện
thế trên mạng lưỡng cực kia sẽ là E - U.
Dòng điện qua điện trở R là I R 

E U
U

10
10


 E U
U 
(1)


10

10


dP
U E U 3 U
Đạo hàm 2 vế (1) theo U ta được
 P  E U 

dU
2
2
U E U 3 U
E U 

0
Để P cực đại thì (2) = 0
(3)
2
2
 18U 2  21EU  4 E 2  0

Vậy công suất tỏa nhiệt trên R là P  U R I R  U 

(2)

Giải (3) ta có 2 nghiệm
Vì hiệu điện thế trên đoạn song song phải nhỏ hơn một nửa hiệu điện thế 2 cực nguồn nên ta
chọn U ≈ 2.4V
Vậy R ≈ 6.27Ω