Giáo án Bài 24. Nguồn điện

Xác định vấn đề: nguồn điện có vai trò gì trong duy trì dòng điện, vì sao hiệu điện thế hai cực nguồn khi có dòng thường nhỏ hơn giá trị khi hở mạch.

GV cho HS quan sát đèn pin đang sáng bằng hai pin 1,5 V mắc nối tiếp, sau đó đặt câu hỏi: (1) Vì sao pin không cung cấp năng lượng mãi mãi? (2) Vôn kế đo hai cực pin khi đèn sáng thường chỉ số nhỏ hơn 1,5 V, vì sao? (3) Điều gì xảy ra với đèn khi pin đã cũ?

HS nêu được: pin chuyển năng lượng hóa học thành điện năng nên năng lượng có hạn; khi có dòng điện chạy qua, hiệu điện thế hai cực giảm so với 1,5 V; pin cũ cho dòng nhỏ nên đèn mờ. Từ đó xác định nhiệm vụ: tìm hiểu $\mathcal{E}$, $r$ và mối liên hệ $U$, $I$ trong mạch kín.

Định nghĩa được suất điện động $\mathcal{E}$ là công của lực lạ dịch chuyển một đơn vị điện tích dương bên trong nguồn; nêu được vai trò của lực lạ và đơn vị của $\mathcal{E}$.

HS làm việc theo cặp đôi với Phiếu học tập số 1, kết hợp mô phỏng “Pin khô” trên NeoEdu. Các bước: (a) Quan sát pin khi hở mạch, đọc giá trị vôn kế. (b) Bổ đôi pin để quan sát chiều lực lạ (cam) và lực điện (xám) bên trong nguồn. (c) Trả lời: Lực lạ có chiều nào so với lực điện bên trong nguồn? Vì sao hiệu điện thế hở mạch bằng $\mathcal{E}$? (d) Dùng công thức $\mathcal{E} = \dfrac{A}{q}$ tính $\mathcal{E}$ khi lực lạ thực hiện công $12\ \mathrm{J}$ để dịch chuyển điện lượng $2\ \mathrm{C}$.

Kết quả trên phiếu: khi hở mạch, $U = \mathcal{E} = 1{,}5\ \mathrm{V}$ (pin mô phỏng). Lực lạ bên trong nguồn đẩy điện tích dương từ cực âm về cực dương, ngược chiều lực điện. $\mathcal{E} = \dfrac{A}{q} = \dfrac{12}{2} = 6\ \mathrm{V}$. Kết luận HS rút ra: suất điện động đặc trưng cho khả năng thực hiện công của nguồn, đơn vị vôn; $\mathcal{E}$ không phải là lực và không phải là điện tích.

Nêu được điện trở trong $r$ và vận dụng định luật Ôm toàn mạch $I = \dfrac{\mathcal{E}}{R+r}$, $U = \mathcal{E} - Ir$ để giải thích sự giảm hiệu điện thế khi có dòng; nêu nguy hiểm của đoản mạch.

Cả lớp chuyển sang Phiếu học tập số 2 và mô phỏng pin 1,5 V, $r = 0{,}5\ \Omega$ nối với khóa K, ampe kế và biến trở. Các bước: (a) Đóng K, đặt $R = 1\ \Omega$, đọc $I$ và $U$. (b) Kéo $R$ về 0 và đọc $I$ (đoản mạch). (c) Lập luận: Vì sao $U$ chỉ còn 1 V khi $I = 1$ A? (d) Với pin cũ $r = 2\ \Omega$ và $R = 1\ \Omega$, tính $I$ và so sánh với pin mới. (e) Tính $I$ và $U$ với $\mathcal{E} = 4{,}5\ \mathrm{V}$, $r = 1{,}5\ \Omega$ khi nối tiếp ba pin và $R = 3\ \Omega$ để kiểm tra công thức.

Kết quả: với $R = 1\ \Omega$, $I = \dfrac{1{,}5}{1 + 0{,}5} = 1\ \mathrm{A}$, $U = 1{,}5 - 1 \cdot 0{,}5 = 1\ \mathrm{V}$ (mất $Ir$ trong pin). Đoản mạch: $I = \dfrac{\mathcal{E}}{r} = \dfrac{1{,}5}{0{,}5} = 3\ \mathrm{A}$. Pin cũ $r = 2\ \Omega$, $R = 1\ \Omega$: $I = \dfrac{1{,}5}{3} = 0{,}5\ \mathrm{A}$, nên đèn tối hơn. Ba pin nối tiếp: $\mathcal{E}_b = 4{,}5\ \mathrm{V}$, $r_b = 1{,}5\ \Omega$. Kết luận: $U$ nhỏ hơn $\mathcal{E}$ khi có dòng vì có độ giảm $Ir$ trong nguồn; đoản mạch làm dòng rất lớn, nguồn nóng và nguy hiểm.

Củng cố việc vận dụng $\mathcal{E}$, $r$, $I$, $U$ và phân biệt các trường hợp hở mạch, đoản mạch.

HS làm bài tập 1, 2, 4, 5, 7 và câu Đ/S 6 ở dạng bảng con; sau đó đổi bảng con cho bạn cùng bàn kiểm tra. Đề: (1) $\mathcal{E} = 6\ \mathrm{V}$, $R = 5\ \Omega$, $r = 1\ \Omega$: tính $I$. (2) $\mathcal{E} = 6\ \mathrm{V}$, $I = 1\ \mathrm{A}$, $r = 1\ \Omega$: tính $U$. (3) $\mathcal{E} = 3\ \mathrm{V}$, $U = 2{,}8\ \mathrm{V}$, $I = 0{,}2\ \mathrm{A}$: tính $r$. (4) Đơn vị suất điện động: A. N; B. J; C. C; D. V. (5) Mạch ngoài hở, $I \approx 0$, $U$ gần bằng: A. $R+r$; B. $\mathcal{E}$; C. 0; D. $Ir$. (6) Đ/S: a) $U = \mathcal{E} - Ir$; b) U nhất thiết lớn hơn $\mathcal{E}$; c) Giảm R làm I tăng; d) Được phép đoản mạch pin để thử.

Đáp án: (1) $I = 1$ A, vì $I = \dfrac{6}{5+1} = 1$. (2) $U = 5$ V, vì $U = 6 - 1 \cdot 1 = 5$. (3) $r = \dfrac{3 - 2{,}8}{0{,}2} = 1\ \Omega$. (4) D, vì $\mathcal{E}$ có đơn vị V = J/C. (5) B, vì $U = \mathcal{E} - Ir \approx \mathcal{E}$ khi $I \approx 0$. (6) a) Đ; b) S; c) Đ; d) S (đoản mạch không được thực hiện để đo r). Hoàn thiện: HS sửa đáp án sai vào vở.

Vận dụng định luật Ôm toàn mạch và công suất tỏa nhiệt trong nguồn để giải thích hiện tượng thực tế với pin.

GV nêu tình huống: một nguồn có $\mathcal{E} = 12\ \mathrm{V}$, $r = 2\ \Omega$ nối với điện trở $R = 4\ \Omega$. Yêu cầu HS tính $I$, $U$ và công suất tỏa nhiệt trong nguồn $P_r$. Sau đó thảo luận: vì sao đèn pin mờ dần khi pin cũ đi và vì sao không nên đoản mạch pin hay ắc quy.

Đáp án: $I = \dfrac{12}{4+2} = 2\ \mathrm{A}$; $U = IR = 2 \cdot 4 = 8\ \mathrm{V}$ (cũng bằng $12 - 2 \cdot 2 = 8\ \mathrm{V}$); $P_r = I^2 r = 2^2 \cdot 2 = 8\ \mathrm{W}$. Phân biệt: công suất tải là $UI$ hoặc phần công suất ngoài, không phải toàn bộ $\mathcal{E}I$. Thảo luận: khi pin cũ, $r$ tăng nên $I$ giảm và $U$ giảm, đèn mờ; đoản mạch làm $I$ rất lớn, nguồn nóng, có thể cháy nổ.