a) Nhận xét: mạch đã cho là dạng mạch cầu không cân bằng.($R_1.R_4 \neq R_2.R_3$)Sử dụng quy tắc chuyển mạch tam giác thành mạch sao, ta có:Vậy mạch mới là: $R_M nt [(R_N nt R_2)//(R_P nt R_4)]$Với: $\begin{cases}R_M= \frac{R_1.R_3}{R_1+R_3+R_5}=\frac{3.3}{3+3+3}=1(\Omega )\\R_N= \frac{R_1.R_5}{R_1+R_3+R_5}=1(\Omega )\\R_P=\frac{R_5.R_3}{R_1+R_3+R_5 }=1(\Omega)\end{cases}$.Từ đó, ta dễ dàng tính được điện trở tương đương của các đoạn mạch thành phần là:$R_N$$_2$ = $R_N+R_2=1+2=3(\Omega )$$R_P$$_4$ =$R_P+R_4=1+5=6(\Omega )$$\rightarrow $ $R_N$$_2$,$_P$$_4$=$\frac{3.6}{3+6}$=2($\Omega $)Vậy điện trở của đoạn mạch AB là: $R_A$$_B$=$R_M $+$R_N$$_2$,$_P$$_4$=1+2=3$(\Omega)$

a) Nhận xét: mạch đã cho là dạng mạch cầu không cân bằng.($R_1.R_4 \neq R_2.R_3$)Sử dụng quy tắc chuyển mạch tam giác thành mạch sao, ta có:Vậy mạch mới là: $R_M nt [(R_N nt R_2)//(R_P nt R_4)]$Với: $\begin{cases}R_M= \frac{R_1.R_3}{R_1+R_3+R_5}=\frac{3.3}{3+3+3}=1(\Omega )\\R_N= \frac{R_1.R_5}{R_1+R_3+R_5}=1(\Omega )\\R_P=\frac{R_5.R_3}{R_1+R_3+R_5 }=1(\Omega)\end{cases}$.Từ đó, ta dễ dàng tính được điện trở tương đương của các đoạn mạch thành phần là:$R_N$$_2$ = $R_N+R_2=1+2=3(\Omega )$$R_P$$_4$ =$R_P+R_4=1+5=6(\Omega )$$\rightarrow $ $R_N$$_2$,$_P$$_4$=$\frac{3.6}{3+6}$=2($\Omega $)Vậy điện trở của đoạn mạch AB là: $R_A$$_B$=$R_M $+$R_N$$_2$,$_P$$_4$=1+2=3$(\Omega)$b) * Tính theo hình vẽ thứ 3, ta có:Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là: $I_m=\frac{U_m}{R_m}=\frac{3}{3}=1(A)$$\rightarrow$ $U_N$$_2$,$_P$$_4$ = $I_m$ . $R_N$$_2$,$_P$$_4$=1.2=2 (V)$\rightarrow$ $I_2$=$U_N$$_2$,$_P$$_4$ / $R_N$$_2$ =$\frac{2}{3} (A)$$\rightarrow I_4=I_m-I_2=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3} (A)$ Ta thấy: $U_C$$_D$=$V_C-V_D=V_C-V_B+V_B-V_D$=$U_C$$_B$ + $U_B$$_D$= $U_2-U_4=I_2.R_2-I_4.R_4=\frac{2}{3}.2-\frac{1}{3}.5=\frac{4}{3}-\frac{5}{3}=\frac{-1}{3}(V)$ hay $U_D$$_C$=$\frac{1}{3}$ (V)Suy ra: dòng điện chạy từ D đến C.(hình thứ nhất)Cường độ dòng điện qua $R_5$ là: $I_5$=$U_D$$_C$/ $R_5$ =$\frac{1}{3} : 2=\frac{1}{6}$ (A).Vì dòng điện chạy từ D đến C (CMT) , suy ra: -Tại nút C, ta có: $I_1=I_2-I_5=\frac{2}{3}-\frac{1}{6}=\frac{1}{2}(A)$-Tại nút D, ta có: $I_3=I_4+I_5=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}(A)$

Khi K mở, mạch điện đã cho có dạng: R1 nt R2 Khi đó số chi của ampe kế chính bằng cường độ dòng điện chạy trong mạch chính: Imc = Ia1 = 1.2 (a)$\rightarrow$ Rtđ = R1 + R2 = UAB / Ia1=6 /1.2 =5 (1)Khi K đóng, mạch điện đã cho có dạng: R1 nt (R2 // R3)$\rightarrow$ Ia1' = I2 +I3 $\Leftrightarrow$ Ia1' = I2 +Ia2$\Leftrightarrow$ 1.4 =I2 + 0.5$\rightarrow$ I2 = 0.9$\rightarrow$ UAB = U1 + U2$\rightarrow$ 6=1.4 R1 + 0.9 R2 (2)Từ (1) và (2) , ta có HPT : $\begin{cases}R1 + R2 = 5 \\ 1.4 R1 + 0.9 R2 = 6 \end{cases}$Giải HPT, ta được R1 = 3 ($\Omega$ ) R2 = 2($\Omega$)$\rightarrow$ R3 = 3.6 ($\Omega$ )

Khi K mở, mạch điện đã cho có dạng: R1 nt R2 Khi đó số chi của ampe kế chính bằng cường độ dòng điện chạy trong mạch chính: Imc = Ia1 = 1.2 (a)$\rightarrow$ Rtđ = R1 + R2 = UAB / Ia1=6 /1.2 =5 (1)Khi K đóng, mạch điện đã cho có dạng: R1 nt (R2 // R3)$\rightarrow$ Ia1' = I2 +I3 $\Leftrightarrow$ Ia1' = I2 +Ia2$\Leftrightarrow$ 1.4 =I2 + 0.5$\rightarrow$ I2 = 0.9$\rightarrow$ UAB = U1 + U2$\rightarrow$ 6=1.4 R1 + 0.9 R2 (2)Từ (1) và (2) , ta có HPT : \begin{cases}R1 + R2 =5 \\ 1.4 R1 + 0.9 R2= 6 \end{cases}Giải HPT, ta được R1 = 3 ($\Omega$ ) R2 = 2($\Omega$)$\rightarrow$ R3 = 3.6 ($\Omega$ )