Tài liệu Skkn tiếp tục hướng dẫn học sinh khá, giỏi vận dụng kiến thức toán học vào việc giải các bài tập vật lí nâng cao.

Tên SKKN: TIẾP TỤC HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI VẬN DỤNG KIẾN THỨC TOÁN HỌC VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT LÍ NÂNG CAO I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Việc giải các bài tập Vật lí, đặc biệt là các bài tập Vật lí nâng cao đối với một số học sinh, kể cả học sinh giỏi gặp rất nhiều khó khăn. Nguyên nhân chính là do các em thiếu vốn kiến thức Toán học hoặc các em đã có một số kiến thức Toán học, nhưng chưa biết cách vận dụng vào bài toán Vật lí cụ thể để giải. Qua kinh nghiệm giải bài tập cho thấy, nếu học sinh sử dụng đúng lúc và sử dụng đúng loại kiến thức toán thì bài giải sẽ trong sáng và rút ngắn bài giải đáng kể. Chính vì lẽ đó, tôi đã sưu tầm và mạo muội nêu ra một số bài tập Vật lí nâng cao, có vận dụng những kiến thức Toán học vào trong bài giải, nhằm củng cố lại một số kiến thức toán học thường gặp để giúp học sinh vận dụng có hiệu quả vào việc giải bài tập Vật lí nâng cao trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Đề tài này giới hạn trong phạm vi nghiên cứu những kiến thức Toán học cơ bản nhất, có nâng cao đúng mức ở chương trình THCS, mang tính chất điển hình, thường được vận dụng trong các dạng bài tập Vật lí nâng cao; nhằm mục đích phục vụ dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nên tôi chọn đề tài này. “TIẾP TỤC HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI VẬN DỤNG KIẾN THỨC TOÁN HỌC VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT LÍ NÂNG CAO ” II. CƠ SỞ LÍ LUÂÂN VÀ THỤC TIỄN : 1. CƠ SỞ LÍ LUÂÂN: Để thực hiện mục tiêu: “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” thì công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là một trong những công tác quan trọng bậc nhất mà chúng ta cần thực hiện; nhằm ươm mầm và phát triển những tài năng tương lai của đất nước. Vật lí học là một trong các bộ môn được tham gia tổ chức dạy bồi dưỡng để học sinh dự thi học sinh giỏi các cấp. Đối với một học sinh giỏi Vật lí cần phải hội đủ hai yếu tố đó là: giỏi về kiến thức Vật lí đồng thời nắm chắc và đầy đủ các kiến thức Toán học. Nếu thiếu một trong hai yếu tố trên thì không thể trở thành một học sinh giỏi Vật lí; hay nói cách khác, một học sinh giỏi Vật lí phải sở hữu một kiến thức Toán học phong phú và biết cách vận dụng kiến thức đó để giải các bài tập Vật lí nâng cao một cách có hiệu quả nhất. Như vậy Toán học là cơ sở, là tiền đề để nghiên cứu Vật lí học. Trong để tài này, các cơ sở Toán học được lồng ghép vào từng nội dung nghiên cứu. -1- 2. CƠ SỞ THỰC TIỄN: Những kiến thức toán học như: Hệ thức Vi-et, tính chất dãy tỉ số bằng nhau, hằng đẳng thức, bất đẳng thức Côsi, hệ số góc của một đường thẳng, phương trình bậc 2 một ẩn, định lý Pitago v.v…là những kiến thức cơ bản thường gặp trong việc giải bài tập Vật lí nâng cao. Chúng là kiến thức cơ sở để vận dụng vào trong từng bài tập cơ, nhiệt, điện, quang. Hiện nay một bộ phận học sinh bị mai một đi, một số kiến thức Toán học cơ bản; hoặc cũng có một số học sinh chưa biết cách vận dụng Toán học vào trong bài giải Vật lí. Mặt khác có một số kiến thức Toán học nâng cao, trong chương trình chính khoá không có, nhưng học sinh giỏi được phép vận dụng để làm bài thi. Do đó nếu học sinh được trang bị lại một cách có hệ thống và nắm chắc cách vận dụng kiến thức Toán vào trong bài tập Vật lí thì tôi tin chắc rằng việc giải các bài tập Vật lí trở nên dễ dàng hơn và như vậy hiệu quả học tập của học sinh sẽ khả quan hơn. Trước đây việc giải bài tập Vật lí, tự thân mỗi người chúng ta đều huy động những kiến thức Vật lí và những kiến thức toán học thích hợp để giải chứ chưa có ai đi sưu tầm, nghiên cứu, liệt kê xem những kiến thức Toán nào thường được vận dụng vào bài tập Vật lí hay bài tập Vật lí này thì nên dùng những kiến thức Toán nào thì tốt hơn. Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng HS giỏi, tôi đã sưu tầm các bài tập nâng cao, các đề thi HS giỏi, đề thi vào các trường chuyên. Sau khi giải, phân tích xem những kiến thức Toán học nào được vận dụng trong bài tập đó và tìm xem kiến thức Toán nào là điển hình nhất để từ đó phân loại về mặt kiến thức Toán được vận dụng. Trong quá trình dạy chúng ta có thể lần lượt đưa ra từng dạng kiến thức Toán học trước, sau đó cung cấp các bài tập Vật lí có áp dụng kiến thức Toán tương ứng để học sinh giải. III. TỔ CHỨC THỰC HIÊÂN CÁC GIẢI PHÁP: 1. Giải pháp: Có một số bài tập Vật lí khi giải, nếu chúng ta không sử dụng một kiến thức toán học nào đó thì có thể dẫn đến bài giải rất dài hoặc có thể không giải được. nên tôi đã áp dụng các kiến thức toán học vào viê êc giải mô êt số bài tâ pê vâ êt lí nâng cao, đối tượng áp dụng ban đầu là những học sinh khá giỏi được đi bồi dưỡng. Tôi bắt đầu áp dụng giải pháp này từ năm học 2012 – 2013 cho đến nay. Sau đây là một số ví dụ vận dụng kiến thức Toán học vào việc giải bài tập Vật lí nâng cao. Nó chỉ mang tính chất gợi ý, tham khảo, nhằm giúp học sinh khi bắt gặp các dạng bài tập tương tự thì có thể vận dụng kiến thức toán học thích hợp để giải. -2- 2. Các ví dụ minh chứng cho giải pháp: a-Vận dụng hệ thức Vi-et : a1) Cơ sở toán học để lí luận: Nếu hai số x1, x2 có tổng x1 + x2 = S và tích x1.x2 = P thì x1, x2 là nghiệm của phương trình: x2 – Sx + P = 0. a2) Bài tập vâ êt lí áp dụng: Bài 1 : Có hai điện trở R1, R2 được mắc theo hai cách khác nhau vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi là 5,4V. Biết rằng cách thứ nhất có cường độ chạy qua toàn mạch là 0,27A, cách thứ hai là 3A. Tính điện trở R1, R2. Nhận xét: -Hai cách mắc khác nhau chỉ có thể là nối tiếp và song song. -Từ cách mắc nối tiếp ta tính được tổng của hai điện trở, kết hợp với cách mắc song song ta tính được tích của hai điện trở. Vận dụng định lí Viet để tính R1, R2. Giải: Cách mắc nối tiếp có điện trở tư,ơng đương lớn hơn, nên ta suy ra được cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp là 0,27A, qua mạch song song là 3A. 5,4 U Điện trở mạch nối tiếp: R1 + R2 = I = 0,27 = 20Ω. R 1.R 2 U 5,4 Điện trở mạch song song: R 1  R2 = I ' = 3 =1,8Ω → R 1.R 2 = 20.1,8 = 36. Vậy theo định lí Vi-et thì R1, R2 là nghiệm của phương trình R2 – 20R + 36 = 0 R1 + R2 = 20 Ω. (R1, R2 > 0) (1) R1.R2 = 36 Ω (2) ta phân tích phương trình bâ êc 2 và đưa về dạng phương trình tích. (3) (R1-18)*(R1-2)=0 (R1-18) =0 Suy ra R1= 18 Hoặc (R1-2)=0 suy ra R1= 2 Thay R1 vào (1) ð ð ta được R2 = 18Ω hoă êc R2 = 2Ω. -3- Các nghiệm đều thoả mãn bài toán. Bài 2: Nếu mắc nối tiếp hai điện trở R 1, R2 và nối với hai cực của một nguồn điện có hiệu điện thế U = 6V thì mạch này tiêu thụ một công suất P1 = 6W. Nếu các điện trở R 1, R2 được mắc song song thì công suất tiêu thụ tăng lên là P2 = 27W. Tính R1, R2. Giải: Khi R1, R2 được mắc nối tiếp : U2 P1 = R1  R2 (1) Khi R1 mắc song song với R2 : U 2 ( R1  R2 ) R1 R2 P2 = (2) 36 Thay các giá trị bằng số vào (1) và (2), 6 = R1  R2 biến đổi ta được : R1 + R2 = 6 36.6 27= R1 R2 => R1.R2 = 8 Áp dụng hệ thức Viet ta được phương trình R2 – 6R + 8 = 0 ta phân tích phương trình bâ êc 2 và đưa về dạng phương trình tích. (3) (R1-4)*(R1-2) = 0 Giải phương trình ta được : R1 = 4Ω hoă êc R1 = 2Ω. Thay R1 vào (1) ta được R2 = 2 hoă êc R2 = 4 Các nghiệm đều thoả mãn bài toán. b-Tổng của n số tự nhiên liên tiếp: b1)Cơ sở toán học để lí luận : Cho các số tự nhiên : 1; 2;3;…..; n. Ta dễ dàng chứng minh được: n(n  1) 2 1 + 2 + 3 +…….+ n = b2) Bài tâ pê vâ êt lí áp dụng Một xe mô tô chuyển động xem như thẳng đều từ A đến B với AB = 40,5(km), xe bắt đầu đi từ A và cứ sau 15 phút chuyển động, xe -4- dừng lại nghỉ 5 phút, cho rằng trong 15 phút đầu tiên xe chuyển động với vận tốc v1 = 3,6(km/h) và các khoảng thời gian chuyển động kế tiếp sau đó xe có vận tốc v2 = 2v1, v3 = 3v1, v4 = 4v1. Tìm vận tốc trung bình của xe khi đi từ A đến B. Nhận xét: -Ta xác định xem trên quãng đường AB = 40,5km có bao nhiêu đoạn đường ngắn s1, s2, s3,… đi với các vận tốc v1, v2, v3,… tương ứng. -Xác định s1, s2, s3, … sn. - AB = s = s1+s2+s3+…+sn -Thế số và biến đổi để được dạng tổng của n số tự nhiên đầu tiên. -Từ đó tính được số đoạn đường n xe đã đi và bài toán trở nên dễ dàng. Giải: Quãng đường xe đi trong 15 phút đầu tiên : S1 = v1t = 3,6.1/4 = 0,9 km Do đó v2 = 2v1 = 3,6.2 = 7,2 km/h Quãng đường xe đi với vận tốc v2 (trong 15 phút). S2 = v2t = 7,2.1/4 = 1,8 km Tương tự V3 = 3v1 = 3.3,6 = 10,8 km/h Quãng đường xe đi với vận tốc v3 (trong 15 phút) S3 = v3t = 10,8.1/4 = 2,7 km… Vận tốc vn của xe trên quãng đường cuối cùng là : Vn = n.v1 = 3,6n Do đó sn = vnt = 3,6n.1/4 = 0,9n Ta có : s = s1 + s2 + s3 + … + sn = 40,5 s = 0,9 + 1,8 + 2,7 + … + 0,9n = 40,5 s = 0,9(1+ 2 +3 + … + n) = 40,5 → 1+ 2 +3 + … + n = 40,5/0,9 = 45 → (1 + n)n/2 = 45 → n2 + n – 90 = 0 → n = 9 Tổng thời gian mô tô chuyển động: t1 = n.15 = 9.15 = 135 phút Tổng thời gian mô tô nghỉ: t2 = (n – 1)5 = (9 – 1)5 = 40 phút Vận tốc trung bình của mô tô là: vtb = s/(t1 + t2) = 40500/10500 = 3,857 m/s. -5- c-Hệ số góc của đường thẳng: c1)Cơ sở toán học để lí luận: -Đồ thị hàm số y = ax + b (a ≠ 0) là đường thẳng có hệ số góc tgα = a ( a >0) Cho 2 đường thẳng có hàm số tương ứng là: y = a1x + b1 và y = a2x + b2. 2 đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi a1 = a2; b1  b2. -Liên hệ đồ thị chuyển động trong Vật lí: Trên đường thẳng có hai vật chuyển động thẳng đều. Biểu thức quãng đường chuyển động của hai vật là : s1 = v1t và s2 = v2t. Nếu hai vật có vận tốc bằng nhau (v1 = v2) và chuyển động cùng chiều thì đồ thị chuyển động của hai vật là hai đường thẳng song song với nhau. Ngược lại nếu đồ thị chuyển động của hai vật là hai đường thẳng song song nhau thì hai vật đó có cùng vận tốc chuyển động thẳng đều. c2)Bài tập áp dụng: Đoạn đường AB dài 36 km. Có ba người đi từ A đến B nhưng chỉ có một xe đạp nên đi như sau : Ba người xuất phát từ A cùng một lúc. Người thứ nhất chở người thứ hai đến điểm C và để người thứ hai tiếp tục đi bộ đến B. Người thứ nhất quay lại gặp người thứ ba tại D và chở người thứ ba đến B. Cả ba người đến B cùng một lúc. Biết rằng vận tốc đi bộ là 5 km/h và vận tốc đi xe đạp là 15 km/h. a. Dùng đồ thị biểu diễn chuyển động của ba người để chứng tỏ quãng đường đi bộ của người thứ hai và người thứ ba bằng nhau. b. Tính tổng quãng đường mà người thứ nhất đã đi. Nhận xét: -Dựa vào dữ kiện bài toán vẽ dạng đồ thị chuyển động của ba người trên cùng một hệ trục toạ độ (không cần số liệu). -Các vận tốc bằng nhau và chuyển động cùng chiều thì các đoạn đồ thị tương ứng phải song song nhau. -Các đoạn thẳngs song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên cùng một trục sẽ bằng nhau. Giải: B B’ C (II) C’ (I) D E D’ (III) A -6- t a) Đoạn AD’ biểu diễn chuyển động (đi bộ) của người thứ III Đoạn C’B’ biểu diễn chuyển động (đi bộ) của người thứ II. Do vận tốc đi bộ bằng nhau nên hệ số góc của hai đường thẳng đi qua hai đoạn thẳng trên bằng nhau. Suy ra AD’ // C’B’. -Tương tự như trên ta có AC’ // D’B’. suy ra tứ giác AC’B’D’ là hình bình hành, nên AD’ = C’B’ do đó các hình chiếu tương ứng trên trục tung cũng bằng nhau. Tức là AD = BC. Vậy quãng đường đi bộ của người thứ II và người thứ III bằng nhau. b) Khi người thứ I đến C thì người thứ III đến E, có AC = 3AE (cùng thời gian, vận tốc gấp 3 thì quãng đường gấp 3). Khi người thứ I quay lại gặp người thứIII tại D, có DC = 3DE → EC = 4ED → ED = EC/4 (*) AD = AE + ED = AE + EC/4 = AE + (AC-AE)/4 = AE + (3AE-AE)/4 = 3AE/2. AB = AC + CB = AC + AD =3AE + 3AE/2 = 9AE/2 AE = 2AB/9 = 2.36/9 = 8km AC = 3AE = 3.8 = 24km EC = AC – AE = 24 – 8 = 16km Từ (*) ta có ED = EC/4 = 16/4 = 4km DC = EC – ED = 16 – 4 = 12km Tổng quãng đường người thứ I đã đi: 2AC + DC = 2.24 + 12 = 60km. d - Giá trị trung bình cộng: d1)Cơ sở toán học để lí luận: Cho các số: a1, a2, a3, …, an. Trung bình cộng của n số đó là: -7- a1  a 2  ...  a n n atb = Trong Vật lí học, ta thường gặp nhiều biểu thức mà trong đó, đại lượng này được biểu diễn dưới dạng một hàm số, có chứa biến số là một đại lượng kia. Việc tính giá trị trung bình của một đại lượng biến thiên có ý nghĩa hết sức quan trọng; bởi vì giá trị trung bình của một đại lượng biến thiên, đựơc xem như độ lớn của đại lượng đó và được dùng để tính toán trong các biểu thức nhằm xác định một đại lượng khác cần tìm. Đối với các biểu thức Vật lí dưới dạng hàm số bậc nhất, biến thiên theo biến số; khi tính giá trị trung bình ta chỉ cần tính trung bình cộng của giá trị đầu tiên và giá trị cuối cùng. d2) Bài tập vận dụng: Người ta đun 2kg nước trong một ấm điện có công suất 600W, ở nhiệt độ 250C. Cho rằng khi đun thì công suất hao phí do trao đổi với bên ngoài biến đổi theo thời gian đun bởi biểu thức: P = 100+t; trong đó t tính bằng giây, P tính bằng Watt; biết nhiệt dung riêng của nước c = 4200J/kgK. Tính thời gian đun để nước trong ấm tăng đến 35 0C. Cho rằng thời gian đun không vượt quá 10 phút. Nhận xét: AQ -Tỉ số t là công suất hao phí do trao đổi với bên ngoài. -Công suất hao phí biến thiên theo thời gian nên có thể tính giá trị trung bình của P. Giải: Nhiệt lượng cần thiết để nước trong ấm tăng từ 25→ 350C Q = c.m.(t2-t1) = 4200.2.(35-25) = 84000J Công của dòng điện thực hiện trên ấm điện: A = P1t = 600t AQ Tỉ số t là công suất hao phí do trao đổi với bên ngoài. Hàm số P = 100+t biểu diễn công suất hao phí, biến thiên theo thời gian, nên ta tính giá trị trung bình Ptb từ giây thứ 0 đến giây thứ t: + Ở giây thứ 0: P0 = 100+t = 100(W) + Ở giây thứ t: Pt = 100+t (W) -8- P0  Pt 200  t  2 Ptb = 2 AQ 200  t Vậy t = Ptb = 2 .Thế số và biến đổi ta được phương trình bậc 2: t2-1000t+168000 = 0 Giải phương trình ta được: t1 = 214s ; t2 = 786s (loại vì t2 > 10 phút) e- Sử dụng hằng đẳng thức: e1) Cơ sở toán học để lí luận: (a - b)2 = a2 + b2 - 2ab  a  b  2  0 dấu “ = ”xảy ra khi và chỉ khi a = b. e2) Bài tập áp dụng: Bài 1: Hai xe máy chạy theo hai con đường vuông góc với nhau, cùng tiến về phía ngã tư giao điểm của hai con đường. Xe A chạy từ hướng Đông về hướng Tây với vận tốc 50km/h. Xe B chạy từ hướng Bắc về hướng Nam với vận tốc 30km/h. Lúc 8h sáng xe A và xe B còn cách ngã tư lần lượt là 4,4km và 4km. Tìm thời điểm mà khoảng cách hai xe: a) Nhỏ nhất. b) Bằng khoảng cách lúc 8h sáng. Nhận xét: -Vì hai con đường vuông góc với nhau nên ta áp dụng định lí Pitago để tính bình phương khoảng cách giữa hai xe. -Biến đổi để có dạng bình phương của một tổng đại số. Đông A Giải:  v1  v2 Bắc B O Nam Tây -9- a) Chọn gốc thời gian là lúc 8h. +Sau thời gian t, xe A cách O một đoạn: OA = 4,4  v1t  4,4  50t +Sau thời gian t, xe B cách O một đoạn: OB = 4  v 2 t  4  30t Áp dụng định lí Pitago: AB2 = OA2 + OB2 = (4,4-50t)2 + (4-30t)2 AB2 = 3400t2 – 680t + 35,36 (*) 1 1 t AB2 = 3400(t2 - 5 100 ) + 1,36 2 2 1 1   3400 t    1,36 3400 t    0  AB 2  1,36  10   10  AB2 = mà:  AB  1,166km ABmin = 1,166km khi t = 1/10h = 6 phút. Vậy thời điểm để hai xe cách nhau ngắn nhất là 8h 06phút. b) Vào lúc 8h hai xe cách nhau một đoạn l: Ta có: l2 = AB2 = OA2 + OB2 = 4,42 + 42 = 35,36 Vậy ta cần tìm t để bình phương khoảng cách giữa hai xe là 35,36km. Tức là AB2 = 3400t2 – 680t + 35,36 = 35,36 Suy ra t.(3400t – 680) = 0 t  0  680  t  3400  0,2h  12 phut Vậy thời điểm để khoảng cách giữa hai xe bằng khoảng cách lúc 8h sáng là: 8h + 12phút = 8h 12phút. f-Bất đẳng thức Côsi: f1) Cơ sở toán học để lí luận: -10- Cho 2 số a, b  0 ta có: ab  ab 2 ; dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a = b f2) Bài tập áp dụng: Một biến trở có giá trị điện trở toàn phần là R = 100Ω, nối tiếp với một điện trở R1. Nhờ biến trở có thể làm thay đổi cường độ dòng điện trong mạch từ 0,9A đến 4,5A. a) Tìm giá trị của điện trở R1. b) Tính công suất toả nhiệt lớn nhất trên biến trở. Biết rằng mạch điện được mắc vào hiệu điện thế U không đổi. R1 A R B C + U M N Nhận xét: Biểu diễn công suất toả nhiệt trên Rx dưới dạng : Px = RxI2. Biến đổi để tử thức là hằng số, mẫu thức là một tổng có chứa biến số. Tích giữa hai số hạng có chứa biến số là một hằng số thì áp dụng được bất đẳng thức Côsi. Giải: a) Cường độ dòng điện lớn nhất khi con chạy C ở vị trí A, và nhỏ nhất khi con chạy C ở vị trí B của biến trở. - Ở vị trí A ta có: 4,5 = U/R1 - Ở vị trí B: (1) U 0,9 = R1  120 (2) Giải hệ phương trình trên ta được: R1 = 30Ω ; U = 135V. b) Gọi Rx là phần điện trở của biến trở từ A đến C, thì công suất toả nhiệt trên phần đó là: U2  R1  R x  2 Px = RxI2 = Rx  U2 2 2 R1  R x  2 R1 R x Rx -11-  U2 2 R1  R x  2 R1 Rx (3)  R1 2     R x R   Để Px đạt giá trị cực đại, mẫu số của nó phải cực tiểu tức là lượng  x cực tiểu. Vì tích của hai số hạng trên là hằng số, nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi ta 2 được: 2 R1 R  R x  2 1 .R x  2 R1 Rx Rx . Vế trái đạt cực tiểu khi lấy dấu “ = “ 2 R1  R x  2R1 Rx Thế R1 = 30Ω và biến đổi ta được phương trình bậc 2: R2x – 60Rx + 900 = 0 Giải phương trình trên ta được Rx = 30Ω = R1. Thay vào (3) ta được: Pmax = 1352/120 = 151,875(W). Qua nhiều năm giảng dạy vâ êt lí và bồi dưỡng học sinh giỏi vâ êt lí tôi nhâ nê thấy các dạng bài tâ pê phần điê nê mà có điê nê trở học sinh gă êp rất nhiều khó khăn trong khi giải kể cả học sinh giỏi. g. Một số vấn đề về lý thuyết: g1) Khái niệm về biến trở: Biến trở là điện trở có thể thay đổi được trị số và có thể được sử dụng để điều chỉnh cường độ dòng điện trong mạch. Biến trở có thể mắc nối tiếp, mắc song song hoặc mắc hỗn hợp với các thiết bị trong mạch điện. Có nhiều loại biến trở như biến trở con chạy, biến trở than hay biến trở có tay quay... Biến trở là dụng cụ có nhiều ứng dụng trong thực tế cuộc sống và kĩ thuật như biến trở hộp trong các thiết bị điện đài, ti vi, ... g2) Cách mắc biến trở vào mạch điện + Biến trở được mắc nối tiếp : . M -12- A C B R .N + Biến trở được mắc vừa nối tiếp vừa song song . M C M Đ A B . . Đ A C . N N C B + Biến trở được mắc vào mạch cầu: R1 M A DR 2 C B N h. Một số dạng bài tập về mạch điện có biến trở và cách giải. Dạng 1: Biến trở được mắc nối tiếp với phụ tải Ví dụ 1: ( Bài 2 sgk vật lí 9 trang 32 ) U Một bóng đèn khi sáng bình thường C A B có điện trở là R1 = 7,5  và cường Đ độ dòng điện chạy qua khi đó I = 0,6 A. Bóng đèn được mắc nối tiếp với biến trở và chúng được mắc vào hiệu điện thế U = 12 V. Phải điều chỉnh con chạy C để RAC có giá trị R2 = ?để đèn sáng bình thường? Hướng dẫn Khi đèn sáng bình thường => Iđ = 0,6 A => Itm = 0,6 A (vì mạch nt)  Itm U  0, 6 ( A) R  R AC 1 = Từ đó HS tìm ra RAC + R1 và rút ra RAC khi thay R1 = 7,5  Bài giải Theo đầu bài: R1 = Rđ = 7,5  và Iđm = 0,6 A Để đèn sáng bình thường  Iđ = 0,6A. Vì Đ nối tiếp với R AC => I tm = 0,6 A. -13- Áp dụng định luật ôm cho mạch nối tiếp ta có. U 12   20()  RAC  20  7,5  12,5() RAC + Rđ= I 0,6 Vậy phải điều chỉnh con chạy C sao cho RAC = 12,5  thì khi đó đèn sẽ sáng bình thường. Ví dụ 2: Cho mạch điện (như hình vẽ ) . có UAB = 12 V, khi dịch chuyển con A M R1 A c . B N chạy C thì số chỉ của am pe kế thay đổi từ 0,24 A đến 0,4 A . Hãy tính giá trị R1 và giá trị lớn nhất của biến trở ? Hướng dẫn Khi C dịch chuyển => số đo của ampe kế thay đổi từ 0,24 A đến 0,4 A nghĩa là gì? +) Khi C trùng A => RAC = 0 => RMN = R1 (nhỏ nhất ) => I = 0,4 A là giá trị lớn nhất . Lúc đó Rtđ = R1 ... Biết I & U ta tính được R1 Ngược lại +) Khi c trùng với B ..... I = 0,24 A là giá trị nhỏ nhất => Rtđ = R1 + Ro . vậy biết U , R1 và I ta sẽ tính được Ro là điện trở lớn nhất của biến trở. Bài giải 1. Tính R1: Khi con chạy C trùng với A => Rtđ = R1 ( vì RAC = 0 ) và am pe kế khi đó chỉ 0,4 A. U MN 12   30( 0, 4 Mà UMN = 12 V => R1 = Rtđ= I ) Vậy R1 = 30  2. Tính điện trở lớn nhất của biến trở: -14- Khi C trùng với B => Rtđ = R1 + Ro có giá trị lớn nhất => I đạt giá trị nhỏ nhất => I = 0,24 A U MN 12   50() 0, 24 Ta có Ro + R1 = I Mà R1= 30(  )  Ro = 50 – 30 = 20 (  ) Vậy giá trị lớn nhất của biến trở là 20  M. Ví dụ 3 : Cho mạch điện ( như hình vẽ ) Khi con chạy C ở vị trí A thì vôn kế chỉ 12 V khi con chạy C ở vị trí B thì vôn kế chỉ 7,2 V R V A C B N. Rx Tính giá trị điện trở R (Biết trên biến trở có ghi 20  - 1 A ) Hướng dẫn: Tương tự như VD2 khi c trùng với A => vôn kế chỉ giá trị lớn nhất nghĩa là chỉ UMN và khi đó Rtđ chỉ còn là R (RAC = 0 ). Khi C trùng với B => R AC bằng số ghi trên biến trở => HS dễ dàng giải được bài toán...... Bài giải +) Khi con chạy C trùng với A khi đó RAC = 0 => Rtđ = R và khi đó vôn kế chỉ 12 V nghĩa là UMN = 12 V +) Khi con chạy C trùng với B khi đó R AC = 20  (bằng số ghi trên biến trở ) và khi đó vôn kế chỉ 7,2 V => UR = 7,2 V  U AC  U MN  U R  12  7, 2  4,8 (V )  I AC  Vậy: U AC 4,8   0, 24 ( A) RAC 20 Vì mạch nt  R I R  0, 24 ( A) mà U = 7,2 V R UR 7, 2   30 () I R 0, 24 Trên đây là một số ví dụ tiêu biểu cho dạng mạch điện có biến trở mắc nối tiếp với phụ tải. Song để thành thạo loại bài tập này HS cần phải rút ra cho mình một vài kinh nghiệm sau: -15- 1 - Rtđ = Rtải + Rx trong đó Rx là phần điện trở tham gia của biến trở. 2 - I Rx là cường độ dòng điện trong mạch chính và URx = Utm - Utải 3 - Khi C trùng với điểm đầu lúc đó R x = 0 & Rtđ = Rtải (là giá trị nhỏ nhất của điện trở toàn mạch ) và khi đó I đạt giá trị lớn nhất ( vì UMN không đổi ). 4 - Ngược lại khi C trùng với điểm cuối lúc đó R tđ = Rtải + Rx ( là giá trị lớn nhất của Rtđ ) và khi đó I đạt giá trị nhỏ nhất ( vì UMN không đổi ). Dạng 2: Biến trở được mắc vừa nối tiếp, vừa song song. Với loại bài tập này biến trở được dùng như một điện trở biến đổi, ta phải sử dụng bất đẳng thức ( 0  Rx  Ro ) trong đó Ro là điện trở toàn phần của biến trở. Và HS phải biết vẽ lại mạch điện để dễ dàng sử dụng định luât ôm trong mạch nối tiếp cũng như mạch song song. Ví dụ 4: (Bài 11.4 b SBT L9) Cho mạch điện (như hình vẽ ), đèn sáng bình thường Đ Uđm = 6 V và Iđm = 0,75A. Đèn được mắc với biến trở C Có điện trở lớn nhất băng 16  và UMN không đổi băng 12VA M Tính R1 của biến trở để đèn sáng bình thường? Hướng dẫn + Trước hết HS phải vẽ lại được mạch điện & khi đó (Đ// RAC) nt RCB Trong đó: RAC = R1 + Khi đèn sáng bình thường => Uđ = UAC =? -> UCB =? + Iđ + IAC = ICB Trong đó: I AC  U AC R1 ; I CB  U Ud U U Ud  Id  d  (*) 16  R1 R1 16  R1 Học sinh giải PT (*) -> Tìm được R1 -16- N B Bài giải Đ Sơ đồ mới: + 16-R1 R1 A C B .- C Ta có: RCB = 16 – R1 Vì đèn sáng bình thường -> Uđ = 6V Iđ = 0,75A Ud 6  -> UAC = Uđ = 6V-> IAC = R1 R1 Vì (Đ//RAC) nt RAC => Id + IAC = IAC Mà Ta có PT: Id  6 12  6  R1 16  R1 I AC  U Ud 16  R1 6 6  Hay 0,75 + R1 16  R1 3 6 6 1 2 2      4 R1 16  R1 4 R1 16  R1 R1 (16-R1) + 8(16-R1) = 8R1 16R1 – R21 + 128 – 8R1 = 8R1 R21 = 128 => R1 = 128 R1 = 11,3 (  ) Vậy phải điều chỉnh con chạy C để RAC = R1 = 11,3(  ) thì đèn sáng bình thường. . Ví dụ 5: .N Cho mạch điện như hình vẽ. I Biến trở có điện trở toàn phần Ro = 12  Ix Đèn loại 6V – 3W; UMN = 15 V. a, Tìm vị trí con chạy C để đèn sáng bình thường. b, Khi định C -> Độ sáng của đèn thay đổi thế nào? Iđ Rx -17- A Ro B C Bài giải: . Tương tư như ví dụ 5. Mạch điện được vẽ lại: Gọi RAC = x (  ) Ro - Rx A C M B .N điều kiện: 0 < x < 12 thì RCB = 12 - x (  ) P 3   0,5( A) -> Iđ = U 6 Khi đèn sáng bình thường: Uđ = Uđm = 6V Pđ = Pđm = 3 W Vì (Đ// RAC) nt RCB -> Iđ + IAC = ICB và UAC = Uđ -> UCB = U - Uđ = 15 - 6 = 9 (V) Áp dụng định luật ôm trong mạch nối tiếp và song song: Id  Ud U Ud 1 6 9    x 12  x hay 2 x 12  x  x(12  x)  12(12  x)  18 x  12 x  x 2  144  12 x  18 x  x 2  18 x  144  0  '  81  144  225  9  15 x1   6(); 1  '  225  15 9  15 x2   24 1 (loại) Vậy phải điều chỉnh con chạy C để RAC = 6(  ) thì khi đó đèn sáng bình thường. b. Khi C  A  Rx giảm dần. Nhưng chưa thể kết luận về độ sáng của đèn thay đổi như thế nào được. Mà phải tìm I qua đèn. Khi C=>A => biện luận độ sáng của đèn -18- Rd  U 2 dm 62 U 12.x 12 x  144  x 2 15(12  x)   12() RMN   12  x   I  MN  2 ( A) Pdm 3 12  x 12  x RMN  x  12 x  144 Dòng điện qua đèn từ mạch song song: Id  I x 15( x  12) x 15 x 15  .   2 2 x  12  x  12 x  144 x  12  x  12 x  144  x  12  144 x Khi C =>A làm cho x giảm => (  x  12  144 ) x tăng lên => Iđ giảm đi. Vậy độ sáng của đèn giảm đi (tối dần) khi dịch C về A. U0 Ví dụ 6: Cho mạch điện (như hình vẽ ) + _ Biết Uo = 12 V, Ro là điện trở, R là biến trở A am pe kế lí tưởng . Khi con chạy C của biến trở R từ M đến N , ta thấy am pe kế chỉ giá trị lớn nhất I1 = 2 A M C R R0 Và giá trị nhỏ nhất I2 =1 A . Bỏ qua điện trở của các dây nối. N 1 – Xác định giá trị Ro và R? 2 – Xác định vị trí của con chạy C của biến trở R để công suất tiêu thụ trên toàn biến trở bằng một nửa công suất cực đại của nó? Bài giải: 1 – Tính R0 & R? Với mạch điện này thì: RMC // RNC và RMC + RNC = R . Vì vậy khi ta đặt RMC = x ()  RNC  R  x -19- (0  x  R )  RMNC  x( R  x ) R I khi đó chỉ số của am pe kế là: U0 U0  x R0  RMNC R  ( R  x ) 0 R +) Khi con chạy C ở M ( ở N ) thì R MNC = 0 và lúc đó am pe kế sẽ chỉ giá trị cực đại: I1  U0 U 12  R 0  0   6 ( ) R0 I1 2 +) Để am pe kế chỉ giá trị nhỏ nhất thì: đại, ta triển khai RMNC: RMNC   x  Rx  R 2 RMNC  x( R  x) R phải có giá trị cực R2 R2 R2 R   ( x  )2 4 4  4 2  R R R 4  x 2  Rx  R R R ( x  ) 2  0  x  ( ) 2 2 Để RMNC có giá trị cực đại bằng 4 thì : Tức là con  RMNC  chạy C ở chính giữa của biến trở và U0 R 12 ( )  I 2    1(*) 4 R0  RMNC 6  R 4 Giải phương trình (*) ta tìm được R = 24 () Vậy: R0 = 6  và R = 24  2 - Để có phương án giải phần này ta phải áp dụng công thức P = I 2R và định luật bảo toàn năng lượng trên toàn mạch điện. Đặt RMNC  y  x(24  x) 24 mà PMNC = RMNC.I 2 -20-