Bài học

Công suất nguồn điện và hiệu suất

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em tính được công suất toàn phần của nguồn điện $P_{\text{nguồn}} = \xi I$ và hiệu suất của nguồn $H = U/\xi$ , giải thích được vì sao một nguồn điện đã cũ (điện trở trong tăng) làm thiết bị hoạt động yếu đi dù suất điện động không đổi.

Sau bài này, em tính được công suất toàn phần của nguồn điện $P_{\text{nguồn}} = \xi I$ và hiệu suất của nguồn $H = U/\xi$, giải thích được vì sao một nguồn điện đã cũ (điện trở trong tăng) làm thiết bị hoạt động yếu đi dù suất điện động không đổi.

Kiến thức nền cần nhớ

Bài "Định luật Ôm cho toàn mạch" đã cho $I = \xi/(R+r)$ và $U = IR = \xi - Ir$ , với $U$ là hiệu điện thế mạch ngoài. Bài "Công của dòng điện" vừa học cho $P = UI$ . Bài này ghép hai điều đó lại để phân tích công suất của cả nguồn điện, không chỉ riêng mạch ngoài.

Bài "Định luật Ôm cho toàn mạch" đã cho $I = \xi/(R+r)$ và $U = IR = \xi - Ir$, với $U$ là hiệu điện thế mạch ngoài. Bài "Công của dòng điện" vừa học cho $P = UI$. Bài này ghép hai điều đó lại để phân tích công suất của cả nguồn điện, không chỉ riêng mạch ngoài.

Khởi động

Một bộ pin mới và một bộ pin cũ (đã dùng lâu, điện trở trong tăng lên) có cùng suất điện động ghi trên vỏ. Vì sao pin cũ lại làm đèn sáng yếu hơn hẳn dù ξ vẫn như cũ? Hãy đoán trước khi đọc tiếp.

Kiến thức trọng tâm

Bảo toàn năng lượng đòi hỏi $P_{\text{nguồn}} = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}$ , tức $\xi I = UI + I^2r$ , chia cả hai vế cho $I$ ta được lại đúng định luật Ôm toàn mạch đã học: $\xi = U + Ir$ . Từ đó định nghĩa hiệu suất của nguồn — tỉ lệ phần công suất có ích trên tổng công suất nguồn sinh ra:

$H = \frac{P_{\text{ích}}}{P_{\text{nguồn}}} = \frac{UI}{\xi I} = \frac{U}{\xi}$

thường tính theo phần trăm. $H$ càng gần $100\%$ khi điện trở trong $r$ càng nhỏ so với điện trở mạch ngoài $R$ (hao phí bên trong ít), và càng xa $100\%$ khi $r$ lớn hoặc dòng điện $I$ lớn (hao phí $I^2r$ tăng nhanh theo $I$ ).

Có thể so sánh hiệu suất của nguồn điện với hiệu suất của một chiếc xe máy: xăng đốt cháy sinh ra một năng lượng toàn phần, nhưng chỉ một phần biến thành động năng đẩy xe chạy, phần còn lại mất đi dưới dạng nhiệt tỏa ra ở động cơ. Nguồn điện cũng vậy — suất điện động sinh công toàn phần $\xi I$ , nhưng chỉ phần $UI$ thực sự đến được thiết bị, phần $I^2r$ còn lại "cháy" ngay bên trong nguồn dưới dạng nhiệt, không giúp ích gì cho mạch ngoài.

Khi nguồn điện hoạt động, nó sinh ra một công suất toàn phần bằng suất điện động nhân cường độ dòng điện: $P_{\text{nguồn}} = \xi I$. Công suất này không đến hết mạch ngoài — một phần bị "giữ lại" ngay bên trong nguồn dưới dạng nhiệt tỏa ra trên điện trở trong: $P_{\text{hao phí}} = I^2r$. Phần còn lại mới thực sự cấp cho mạch ngoài, gọi là công suất có ích: $P_{\text{ích}} = UI = I^2R$. Bảo toàn năng lượng đòi hỏi $P_{\text{nguồn}} = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}$, tức $\xi I = UI + I^2r$, chia cả hai vế cho $I$ ta được lại đúng định luật Ôm toàn mạch đã học: $\xi = U + Ir$. Từ đó định nghĩa hiệu suất của nguồn — tỉ lệ phần công suất có ích trên tổng công suất nguồn sinh ra: $$H = \frac{P_{\text{ích}}}{P_{\text{nguồn}}} = \frac{UI}{\xi I} = \frac{U}{\xi}$$ thường tính theo phần trăm. $H$ càng gần $100\%$ khi điện trở trong $r$ càng nhỏ so với điện trở mạch ngoài $R$ (hao phí bên trong ít), và càng xa $100\%$ khi $r$ lớn hoặc dòng điện $I$ lớn (hao phí $I^2r$ tăng nhanh theo $I$). Có thể so sánh hiệu suất của nguồn điện với hiệu suất của một chiếc xe máy: xăng đốt cháy sinh ra một năng lượng toàn phần, nhưng chỉ một phần biến thành động năng đẩy xe chạy, phần còn lại mất đi dưới dạng nhiệt tỏa ra ở động cơ. Nguồn điện cũng vậy — suất điện động sinh công toàn phần $\xi I$, nhưng chỉ phần $UI$ thực sự đến được thiết bị, phần $I^2r$ còn lại "cháy" ngay bên trong nguồn dưới dạng nhiệt, không giúp ích gì cho mạch ngoài.

P_{\text{nguồn}} = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}

: cột tổng công suất nguồn đúng bằng tổng hai cột còn lại.$P_{\text{nguồn}} = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}$: cột tổng công suất nguồn đúng bằng tổng hai cột còn lại.

Ví dụ

Tính công suất nguồn, công suất có ích và hiệu suất

1
Một nguồn điện có $\xi = 12$ V, $r = 1$ Ω, nối với điện trở mạch ngoài $R = 5$ Ω. Tính cường độ dòng điện, công suất toàn phần của nguồn, công suất có ích, công suất hao phí, và hiệu suất của nguồn.
Một nguồn điện có $\xi = 12$ V, $r = 1$ Ω, nối với điện trở mạch ngoài $R = 5$ Ω. Tính cường độ dòng điện, công suất toàn phần của nguồn, công suất có ích, công suất hao phí, và hiệu suất của nguồn.
2
$I = \xi/(R+r) = 12/(5+1) = 2$ A. $U = IR = 2 \times 5 = 10$ V.
$I = \xi/(R+r) = 12/(5+1) = 2$ A. $U = IR = 2 \times 5 = 10$ V.
3
$P_{\text{nguồn}} = \xi I = 12 \times 2 = 24$ W. $P_{\text{ích}} = UI = 10 \times 2 = 20$ W. $P_{\text{hao phí}} = I^2r = 2^2 \times 1 = 4$ W.
$P_{\text{nguồn}} = \xi I = 12 \times 2 = 24$ W. $P_{\text{ích}} = UI = 10 \times 2 = 20$ W. $P_{\text{hao phí}} = I^2r = 2^2 \times 1 = 4$ W.
4
$H = U/\xi = 10/12 \approx 83{,}3\%$ . Kiểm tra bảo toàn năng lượng: $P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}} = 20 + 4 = 24$ W, đúng bằng $P_{\text{nguồn}}$ . Vậy $I = 2$ A, $P_{\text{nguồn}} = 24$ W, $H \approx 83{,}3\%$ .
$H = U/\xi = 10/12 \approx 83{,}3\%$. Kiểm tra bảo toàn năng lượng: $P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}} = 20 + 4 = 24$ W, đúng bằng $P_{\text{nguồn}}$. Vậy $I = 2$ A, $P_{\text{nguồn}} = 24$ W, $H \approx 83{,}3\%$.

Ví dụ

Acquy cũ và acquy mới — vì sao thiết bị hoạt động yếu đi

1
Một acquy có $\xi = 6$ V. Lúc mới, điện trở trong $r_1 = 0{,}1$ Ω; sau một thời gian dài sử dụng, điện trở trong tăng lên $r_2 = 1{,}5$ Ω dù $\xi$ không đổi. Acquy được nối với mạch ngoài $R = 4$ Ω trong cả hai trường hợp. Tính hiệu suất của acquy lúc mới và lúc cũ, rồi giải thích vì sao acquy cũ làm thiết bị hoạt động yếu hơn.
Một acquy có $\xi = 6$ V. Lúc mới, điện trở trong $r_1 = 0{,}1$ Ω; sau một thời gian dài sử dụng, điện trở trong tăng lên $r_2 = 1{,}5$ Ω dù $\xi$ không đổi. Acquy được nối với mạch ngoài $R = 4$ Ω trong cả hai trường hợp. Tính hiệu suất của acquy lúc mới và lúc cũ, rồi giải thích vì sao acquy cũ làm thiết bị hoạt động yếu hơn.
2
$I_1 = \xi/(R+r_1) = 6/(4+0{,}1) = 6/4{,}1 \approx 1{,}46$ A. $U_1 = I_1R \approx 1{,}46 \times 4 \approx 5{,}85$ V. $H_1 = U_1/\xi \approx 5{,}85/6 \approx 97{,}6\%$ .
$I_1 = \xi/(R+r_1) = 6/(4+0{,}1) = 6/4{,}1 \approx 1{,}46$ A. $U_1 = I_1R \approx 1{,}46 \times 4 \approx 5{,}85$ V. $H_1 = U_1/\xi \approx 5{,}85/6 \approx 97{,}6\%$.
3
$I_2 = \xi/(R+r_2) = 6/(4+1{,}5) = 6/5{,}5 \approx 1{,}09$ A. $U_2 = I_2R \approx 1{,}09 \times 4 \approx 4{,}36$ V. $H_2 = U_2/\xi \approx 4{,}36/6 \approx 72{,}7\%$ .
$I_2 = \xi/(R+r_2) = 6/(4+1{,}5) = 6/5{,}5 \approx 1{,}09$ A. $U_2 = I_2R \approx 1{,}09 \times 4 \approx 4{,}36$ V. $H_2 = U_2/\xi \approx 4{,}36/6 \approx 72{,}7\%$.
4
Suất điện động $\xi = 6$ V không đổi ở cả hai thời điểm, nhưng điện trở trong tăng từ $0{,}1$ Ω lên $1{,}5$ Ω làm dòng điện giảm và hiệu điện thế mạch ngoài giảm mạnh, kéo hiệu suất từ khoảng $97{,}6\%$ xuống còn khoảng $72{,}7\%$ . Đó là lý do vì sao một acquy "còn ghi đủ ξ trên vỏ" nhưng đã cũ vẫn làm đèn mờ hơn, động cơ quay chậm hơn: phần lớn công suất bị giữ lại và tỏa nhiệt ngay bên trong acquy thay vì đến được thiết bị.
Suất điện động $\xi = 6$ V không đổi ở cả hai thời điểm, nhưng điện trở trong tăng từ $0{,}1$ Ω lên $1{,}5$ Ω làm dòng điện giảm và hiệu điện thế mạch ngoài giảm mạnh, kéo hiệu suất từ khoảng $97{,}6\%$ xuống còn khoảng $72{,}7\%$. Đó là lý do vì sao một acquy "còn ghi đủ ξ trên vỏ" nhưng đã cũ vẫn làm đèn mờ hơn, động cơ quay chậm hơn: phần lớn công suất bị giữ lại và tỏa nhiệt ngay bên trong acquy thay vì đến được thiết bị.

Ví dụ

Tìm điều kiện của tải để hiệu suất đạt tối thiểu 90%

1
Một nguồn điện có $\xi = 6$ V, $r = 0{,}5$ Ω. Tìm giá trị nhỏ nhất của điện trở mạch ngoài $R$ để hiệu suất của nguồn đạt ít nhất $90\%$ .
Một nguồn điện có $\xi = 6$ V, $r = 0{,}5$ Ω. Tìm giá trị nhỏ nhất của điện trở mạch ngoài $R$ để hiệu suất của nguồn đạt ít nhất $90\%$.
2
Vì $U = IR$ và $\xi = I(R+r)$ , ta có $H = U/\xi = R/(R+r)$ — một cách viết khác tương đương với $H = U/\xi$ , tiện dùng khi chưa biết $I$ .
Vì $U = IR$ và $\xi = I(R+r)$, ta có $H = U/\xi = R/(R+r)$ — một cách viết khác tương đương với $H = U/\xi$, tiện dùng khi chưa biết $I$.
3
$\dfrac{R}{R+r} \ge 0{,}9 \;\Rightarrow\; R \ge 0{,}9(R+r) \;\Rightarrow\; 0{,}1R \ge 0{,}9r \;\Rightarrow\; R \ge 9r = 9 \times 0{,}5 = 4{,}5$ Ω.
$\dfrac{R}{R+r} \ge 0{,}9 \;\Rightarrow\; R \ge 0{,}9(R+r) \;\Rightarrow\; 0{,}1R \ge 0{,}9r \;\Rightarrow\; R \ge 9r = 9 \times 0{,}5 = 4{,}5$ Ω.
4
Vậy $R \ge 4{,}5$ Ω thì hiệu suất của nguồn đạt ít nhất $90\%$ . Kết quả này cho thấy: muốn hiệu suất cao, điện trở mạch ngoài phải lớn hơn điện trở trong khá nhiều — ở đây gấp ít nhất $9$ lần — chứ không chỉ cần lớn hơn một chút.
Vậy $R \ge 4{,}5$ Ω thì hiệu suất của nguồn đạt ít nhất $90\%$. Kết quả này cho thấy: muốn hiệu suất cao, điện trở mạch ngoài phải lớn hơn điện trở trong khá nhiều — ở đây gấp ít nhất $9$ lần — chứ không chỉ cần lớn hơn một chút.

Sai lầm thường gặp

Sai lầm hay gặp: tính công suất nguồn bằng $P_{\text{nguồn}} = UI$ (dùng $U$ mạch ngoài) thay vì đúng công thức $P_{\text{nguồn}} = \xi I$ (dùng suất điện động) — hai giá trị chỉ bằng nhau khi $r = 0$ , tức nguồn lý tưởng. Sai lầm khác: quên đổi hiệu suất ra phần trăm hoặc nhầm $H = R/(R+r)$ với $H = U/\xi$ — thực ra hai cách viết này tương đương nhau vì $U = IR$ và $\xi = I(R+r)$ , nên dùng cách nào tùy đại lượng đề cho.

Sai lầm hay gặp: tính công suất nguồn bằng $P_{\text{nguồn}} = UI$ (dùng $U$ mạch ngoài) thay vì đúng công thức $P_{\text{nguồn}} = \xi I$ (dùng suất điện động) — hai giá trị chỉ bằng nhau khi $r = 0$, tức nguồn lý tưởng. Sai lầm khác: quên đổi hiệu suất ra phần trăm hoặc nhầm $H = R/(R+r)$ với $H = U/\xi$ — thực ra hai cách viết này tương đương nhau vì $U = IR$ và $\xi = I(R+r)$, nên dùng cách nào tùy đại lượng đề cho.

Luyện tập có hướng dẫn

Luyện tập độc lập

Kiểm tra nhanh

Ghi nhớ

Công suất nguồn: $P_{\text{nguồn}} = \xi I = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}$ , với $P_{\text{ích}} = UI = I^2R$ và $P_{\text{hao phí}} = I^2r$ . Hiệu suất nguồn: $H = U/\xi$ , giảm khi điện trở trong tăng hoặc dòng điện lớn.

Công suất nguồn: $P_{\text{nguồn}} = \xi I = P_{\text{ích}} + P_{\text{hao phí}}$, với $P_{\text{ích}} = UI = I^2R$ và $P_{\text{hao phí}} = I^2r$. Hiệu suất nguồn: $H = U/\xi$, giảm khi điện trở trong tăng hoặc dòng điện lớn.

Vận dụng trong thực tế

Với cùng suất điện động $\xi = 5$ V và dòng sạc $I = 1$ A: bộ sạc chính hãng có $r = 0{,}05$ Ω cho $U = 5 - 1\times0{,}05 = 4{,}95$ V, $H = 4{,}95/5 = 99\%$ ; bộ sạc kém chất lượng có $r = 0{,}5$ Ω cho $U = 5 - 1\times0{,}5 = 4{,}5$ V, $H = 4{,}5/5 = 90\%$ . Chênh lệch $9\%$ hiệu suất nghe có vẻ nhỏ, nhưng cộng dồn qua hàng giờ sạc, đó chính là phần năng lượng khiến bộ sạc kém chất lượng nóng hơn hẳn khi sờ vào.

Ý tưởng hiệu suất nguồn giải thích một hiện tượng quen thuộc: dùng một bộ sạc điện thoại kém chất lượng, có điện trở trong lớn, khiến điện thoại sạc chậm hơn hẳn so với bộ sạc chính hãng dù cả hai đều ghi cùng một hiệu điện thế đầu ra. Điện trở trong lớn hơn làm hiệu điện thế thực tế đưa tới điện thoại ($U = \xi - Ir$) sụt giảm nhiều hơn khi dòng sạc lớn, tức hiệu suất $H = U/\xi$ thấp hơn — một phần năng lượng bị "hao" ngay bên trong bộ sạc dưới dạng nhiệt, làm bộ sạc nóng lên, thay vì truyền hết cho pin điện thoại. Với cùng suất điện động $\xi = 5$ V và dòng sạc $I = 1$ A: bộ sạc chính hãng có $r = 0{,}05$ Ω cho $U = 5 - 1\times0{,}05 = 4{,}95$ V, $H = 4{,}95/5 = 99\%$; bộ sạc kém chất lượng có $r = 0{,}5$ Ω cho $U = 5 - 1\times0{,}5 = 4{,}5$ V, $H = 4{,}5/5 = 90\%$. Chênh lệch $9\%$ hiệu suất nghe có vẻ nhỏ, nhưng cộng dồn qua hàng giờ sạc, đó chính là phần năng lượng khiến bộ sạc kém chất lượng nóng hơn hẳn khi sờ vào.

Phần tiếp theo dùng đúng công suất vừa học để hiểu vì sao dòng điện quá lớn lại nguy hiểm cho cơ thể người, và cách các thiết bị bảo vệ như cầu chì, aptomat ngắt mạch kịp thời trước khi xảy ra sự cố.