SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 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 LUẬN VÀ THỤC TIỄN :
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
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 HIỆN 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 việc giải
một số bài tập vật 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 x
1
, x
2
có tổng x
1
+ x
2
= S và tích x

1
.x
2
= P thì x
1
, x
2
là nghiệm
của phương trình: x
2
– Sx + P = 0.
a2) Bài tập vật lí áp dụng:
Bài 1 : Có hai điện trở R
1
, R
2
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 R
1
, R
2
.
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 R
1

, R
2
.
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.
Điện trở mạch nối tiếp: R
1
+ R
2
=
I
U
=
27,0
4,5
= 20Ω.
Điện trở mạch song song:
21
21
R
.RR
R+
=
'I
U
=
3
4,5
=1,8Ω

→
21
.RR
= 20.1,8 = 36.
Vậy theo định lí Vi-et thì R
1
, R
2
là nghiệm của phương trình
R
2
– 20R + 36 = 0 (R
1
, R
2
> 0)
R
1
+ R
2
= 20 Ω. (1)
R
1
.R
2
= 36 Ω (2) ta phân tích phương trình bậc 2 và đưa về dạng
phương trình tích.
(3) (R
1
-18)*(R

1
-2)=0
 (R
1
-18) =0 Suy ra R
1
= 18Ω Hoặc (R
1
-2)=0 suy ra R
1
= 2Ω Thay R
1
vào (1)
ta được
 R
2
= 18Ω hoặc R
2
= 2Ω.
Các nghiệm đều thoả mãn bài toán.
-3-
Bài 2: Nếu mắc nối tiếp hai điện trở R
1
, R
2
và nối với hai cực của một
nguồn điện có hiệu điện thế U = 6V thì mạch này tiêu thụ một công suất
P
1
= 6W. Nếu các điện trở R

1
, R
2
được mắc song song thì công suất tiêu
thụ tăng lên là P
2
= 27W. Tính R
1
, R
2
.
Giải:
Khi R
1
, R
2
được mắc nối tiếp :
P
1
=
21
2
RR
U
+
(1)
Khi R
1
mắc song song với R
2

:
P
2
=
21
21
2
)(
RR
RRU +
(2)
Thay các giá trị bằng số vào (1) và (2), 6 =
21
36
RR +
biến đổi ta được :
R
1
+ R
2
= 6 27=
21
6.36
RR
=> R
1
.R
2
= 8
Áp dụng hệ thức Viet ta được phương trình R

2
– 6R + 8 = 0
ta phân tích phương trình bậc 2 và đưa về dạng phương trình tích.
(3) (R
1
-4)*(R
1
-2) = 0 Giải phương trình ta được : R
1
= 4Ω hoặc R
1
= 2Ω.
Thay R
1
vào (1) ta được R
2
= 2 hoặc R
2
= 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:
1 + 2 + 3 +…….+ n =
2
)1( +nn
b2) Bài tập vật 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
dừng lại nghỉ 5 phút, cho rằng trong 15 phút đầu tiên xe chuyển động với

vận tốc v
1
= 3,6(km/h) và các khoảng thời gian chuyển động kế tiếp sau
đó xe có vận tốc v
2
= 2v
1
, v
3
= 3v
1
, v
4
= 4v
1
. 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 s
1,
s
2
, s
3
,… đi với các vận tốc v
1
, v
2
, v

3
,… tương ứng.
-4-
-Xác định s
1
, s
2
, s
3
, … s
n.
- AB = s = s
1
+s
2
+s
3
+…+s
n
-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 :
S
1
= v
1
t = 3,6.1/4 = 0,9 km
Do đó v
2
= 2v

1
= 3,6.2 = 7,2 km/h
Quãng đường xe đi với vận tốc v
2
(trong 15 phút).
S
2
= v
2
t = 7,2.1/4 = 1,8 km
Tương tự V
3
= 3v
1
= 3.3,6 = 10,8 km/h
Quãng đường xe đi với vận tốc v
3
(trong 15 phút)
S
3
= v
3
t = 10,8.1/4 = 2,7 km…
Vận tốc v
n
của xe trên quãng đường cuối cùng là :
V
n
= n.v
1

= 3,6n
Do đó s
n
= v
n
t = 3,6n.1/4 = 0,9n
Ta có : s = s
1
+ s
2
+ s
3
+ … + s
n
= 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 → n
2
+ n – 90 = 0 → n = 9
Tổng thời gian mô tô chuyển động:
t
1
= n.15 = 9.15 = 135 phút
Tổng thời gian mô tô nghỉ:
t
2
= (n – 1)5 = (9 – 1)5 = 40 phút
Vận tốc trung bình của mô tô là:

v
tb
= s/(t
1
+ t
2
) = 40500/10500 = 3,857 m/s.
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 = a
1
x + b
1
và y = a
2
x + b
2
.
-5-
2 đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi a
1
= a
2
; b
1

≠
b

2
.
-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 : s
1
= v
1
t và s
2
= v
2
t. Nếu hai vật có vận
tốc bằng nhau (v
1
= v
2
) 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 thẳng song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên
cùng một trục sẽ bằng nhau.
Giải:
-6-
s
t
A
B
C
B’
D
C’
(III)
D’
E
(I)
(II)
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: a
1
, a
2
, a
3
, …, a
n
. Trung bình cộng của n số đó là:
a
tb
=
n

aaa
n
+++
21
-7-
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
25
0
C. 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
0
C. Cho rằng thời gian
đun không vượt quá 10 phút.
Nhận xét:
-Tỉ số
t
QA −
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→ 35
0
C
Q = c.m.(t
2
-t
1
) = 4200.2.(35-25) = 84000J
Công của dòng điện thực hiện trên ấm điện:
A = P
1
t = 600t
Tỉ số
t
QA −
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 P
tb
từ giây thứ 0 đến giây thứ t:
+ Ở giây thứ 0: P
0
= 100+t = 100(W)
+ Ở giây thứ t: P
t
= 100+t (W)
P

tb
=
2
200
2
0
t
PP
t
+
=
+
Vậy
t
QA −
= P
tb
=
2
200 t+
.Thế số và biến đổi ta được phương trình bậc 2:
t
2
-1000t+168000 = 0
-8-
Giải phương trình ta được: t
1
= 214s ; t
2
= 786s (loại vì t

2
> 10 phút)
e- Sử dụng hằng đẳng thức:
e1) Cơ sở toán học để lí luận:
(a - b)
2
= a
2
+ b
2
- 2ab
( )
0
2
≥− ba
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.
Giải:
a) Chọn gốc thời gian là lúc 8h.

+Sau thời gian t, xe A cách O một đoạn:
OA =
ttv 504,44,4
1
−=−
+Sau thời gian t, xe B cách O một đoạn:
OB =
ttv 3044
2
−=−
Áp dụng định lí Pitago:
-9-
O
A
B
Đông
Tây
Bắc Nam
1
v

2
v

AB
2
= OA
2
+ OB
2

= (4,4-50t)
2
+ (4-30t)
2
AB
2
= 3400t
2
– 680t + 35,36 (*)
AB
2
= 3400(t
2
-
100
1
5
1
+t
) + 1,36
AB
2
=
36,1
10
1
3400
2
+







−t
mà:
36,10
10
1
3400
2
2
≥⇒≥






− ABt

kmAB 166,1≥⇒
AB
min
= 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: l
2

= AB
2
= OA
2
+ OB
2
= 4,4
2
+ 4
2
= 35,36
Vậy ta cần tìm t để bình phương khoảng cách giữa hai xe là 35,36km.
Tức là AB
2
= 3400t
2
– 680t + 35,36 = 35,36
Suy ra t.(3400t – 680) = 0





===
=
phutht
t
122,0
3400
680

0
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:
Cho 2 số a, b
0≥
ta có:
ab
ba
≥
+
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 R
1
. 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 R
1
.
b) Tính công suất toả nhiệt lớn nhất trên biến trở. Biết rằng mạch
điện được mắc vào hiệu điện thế U không đổi.
-10-
-
U
R
1

R
A B
C
M
N
+
Nhận xét:
Biểu diễn công suất toả nhiệt trên R
x
dưới dạng : P
x
= R
x
I
2
.
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/R
1
(1)
- Ở vị trí B: 0,9 =
120
1
+R
U

(2)
Giải hệ phương trình trên ta được: R
1
= 30Ω ; U = 135V.
b) Gọi R
x
là phần điện trở của biến trở từ A đến C, thì công suất toả nhiệt
trên phần đó là:
P
x
= R
x
I
2
= R
x
( )
1
2
1
2
1
22
1
2
2
1
2
2
2

RR
R
R
U
R
RRRR
U
RR
U
x
x
x
xxx
++
=
++
=
+
(3)
Để P
x
đạt giá trị cực đại, mẫu số của nó phải cực tiểu tức là lượng









+
x
x
R
R
R
2
1
cực tiểu.
Vì tích của hai số hạng trên là hằng số, nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi ta
được:
1
2
1
2
1
2.2 RR
R
R
R
R
R
x
x
x
x
=≥+
. Vế trái đạt cực tiểu khi lấy dấu “ = “
1
2

1
2RR
R
R
x
x
=+
Thế R
1
= 30Ω và biến đổi ta được phương trình bậc 2:
R
2
x
– 60R
x
+ 900 = 0
Giải phương trình trên ta được R
x
= 30Ω = R
1
. Thay vào (3) ta được:
P
max
= 135
2
/120 = 151,875(W).
Qua nhiều năm giảng dạy vật lí và bồi dưỡng học sinh giỏi vật lí tôi nhận
thấy các dạng bài tập phần điện mà có điện trở học sinh gặp 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:
-11-
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 : A C B R

+ Biến trở được mắc vừa nối tiếp vừa song song
C A C
A B
C B
+ Biến trở được mắc vào mạch cầu:
R
1
R
2


A C B
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 )
Một bóng đèn khi sáng bình thường

có điện trở là R
1
= 7,5
Ω
và cường
độ dòng điện chạy qua khi đó I = 0,6 A. Bóng đèn được mắc nối tiếp với
biến trở và
-12-
.
.
⇒
.
.
M N
N
M
Đ
Đ
.
.
N
M
M
N
D
Đ
B
U
A
C

chúng được mắc vào hiệu điện thế U = 12 V. Phải điều chỉnh con chạy C
để R
AC
có giá trị R
2
= ?để đèn sáng bình thường?
Hướng dẫn
Khi đèn sáng bình thường => I
đ
= 0,6 A => I
tm
= 0,6 A (vì mạch nt)
⇒
I
tm
=
1
0,6 ( )
AC
U
A
R R
=
+
Từ đó HS tìm ra R
AC
+ R
1
và rút ra R
AC

khi thay R
1
= 7,5
Ω

Bài giải
Theo đầu bài: R
1
= R
đ
= 7,5
Ω
và I
đm
= 0,6 A
Để đèn sáng bình thường
⇔
I
đ
= 0,6A. Vì Đ nối tiếp với R
AC
=> I
tm
=
0,6 A.
Áp dụng định luật ôm cho mạch nối tiếp ta có.
R
AC
+ R
đ

=
12
20( ) 20 7,5 12,5( )
0,6
AC
U
R
I
= = Ω ⇒ = − = Ω
Vậy phải điều chỉnh con chạy C sao cho R
AC
= 12,5
Ω
thì khi đó đèn sẽ
sáng bình thường.
Ví dụ 2 : Cho mạch điện (như hình vẽ )
có U
AB
= 12 V, khi dịch chuyển con M R
1
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 R
1
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 => R
AC
= 0 => R

MN
= R
1
(nhỏ nhất ) => I = 0,4 A là giá trị lớn
nhất . Lúc đó R
tđ
= R
1
Biết I & U ta tính được R
1

Ngược lại
+) Khi c trùng với B I = 0,24 A là giá trị nhỏ nhất
=> R
tđ
= R
1
+ R
o
. vậy biết U , R
1
và I ta sẽ tính được R
o
là điện trở lớn nhất của
biến trở.
-13-
A
.
.
Bài giải

1. Tính R
1
: Khi con chạy C trùng với A => R
tđ
= R
1
( vì R
AC
= 0 ) và am pe kế
khi đó chỉ 0,4 A.
Mà U
MN
= 12 V => R
1
= R
tđ
=
12
30(
0,4
MN
U
I
= = Ω
)
Vậy R
1
= 30
Ω
2. Tính điện trở lớn nhất của biến trở:

Khi C trùng với B => R
tđ
= R
1
+ R
o
có giá trị lớn nhất => I đạt giá trị nhỏ nhất
=> I = 0,24 A
Ta có R
o
+ R
1
=
12
50( )
0,24
MN
U
I
= = Ω
Mà R
1
= 30(
Ω
)
⇒
R
o
= 50 – 30 = 20 (
Ω

)
Vậy giá trị lớn nhất của biến trở là 20
Ω
Ví dụ 3 : Cho mạch điện ( như hình vẽ ) M R A C B N
Khi con chạy C ở vị trí A thì vôn kế chỉ 12 V R
x
khi con chạy C ở vị trí B thì vôn kế chỉ 7,2 V
Tính giá trị điện trở R (Biết trên biến trở có ghi 20
Ω
- 1 A )
Hướng dẫn:
Tương tự như VD
2
khi c trùng với A => vôn kế chỉ giá trị lớn nhất nghĩa là chỉ
U
MN
và khi đó R
tđ
chỉ còn là R (R
AC
= 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 R
AC
= 0 => R
tđ
= R và khi đó vôn kế chỉ

12 V nghĩa là U
MN
= 12 V
+) Khi con chạy C trùng với B khi đó R
AC
= 20
Ω
(bằng số ghi trên biến trở )
và khi đó vôn kế chỉ 7,2 V => U
R
= 7,2 V
12 7,2 4,8 ( )
AC MN R
U U U V⇒ = − = − =
4,8
0,24 ( )
20
AC
AC
AC
U
I A
R
⇒ = = =
Vì mạch nt
0,24 ( )
R
I A⇒ =
mà U
R

= 7,2 V
Vậy:
7,2
30 ( )
0,24
R
R
U
R
I
= = = Ω
-14-
.
.
V
B
C
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:
1 - R
tđ
= R
tải
+ R
x
trong đó R
x
là phần điện trở tham gia của biến trở.
2 - I

Rx
là cường độ dòng điện trong mạch chính và U
Rx
= U
tm
- U
tải

3 - Khi C trùng với điểm đầu lúc đó R
x
= 0 & R
tđ
= R
tải
(là giá trị nhỏ nhất của
điện trở toàn mạch ) và khi đó I đạt giá trị lớn nhất ( vì U
MN
không đổi ).
4 - Ngược lại khi C trùng với điểm cuối lúc đó R
tđ
= R
tải
+ R
x
( là giá trị lớn
nhất của R
tđ
) và khi đó I đạt giá trị nhỏ nhất ( vì U
MN
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 )
x o
R R≤ ≤
trong đó R
o
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
U
đm
= 6 V và I
đm
= 0,75A. Đèn được mắc với biến trở
Có điện trở lớn nhất băng 16
Ω
và U
MN
không đổi băng 12V
M N
Tính R
1
của biến trở để đèn sáng bình thường?
Hướng dẫn
+ Trước hết HS phải vẽ lại được mạch điện & khi đó (Đ// R
AC

) nt R
CB
Trong đó: R
AC
= R
1
+ Khi đèn sáng bình thường =>

U
đ
= U
AC
=? -> U
CB
=?
+ I
đ
+ I
AC
= I
CB
Trong đó:
1 1 1 1
; (*)
16 16
AC d d d
AC CB d
U U U U U U
I I I
R R R R

− −
= = ⇒ + =
− −
-15-
A
Học sinh giải PT (*) -> Tìm được R
1
Bài giải
Sơ đồ mới:
Ta có: R
CB
= 16 – R
1
Vì đèn sáng bình thường ->
U
đ
= 6V
I
đ
= 0,75A
-> U
AC
= U
đ
= 6V-> I
AC
=
1 1
6
d

U
R R
=
Vì (Đ//R
AC
) nt R
AC
=> I
d
+ I
AC
= I
AC
Mà
1
16
d
AC
U U
I
R
−
=
−
Ta có PT:
1 1
6 12 6
16
d
I

R R
−
+ =
−
Hay 0,75 +
1 1
6 6
16R R
=
−
1 1 1 1
3 6 6 1 2 2
4 16 4 16R R R R
+ = = + =
− −
R
1
(16-R
1
) + 8(16-R
1
) = 8R
1
16R
1
– R
2
1
+ 128 – 8R
1

= 8R
1
R
2
1
= 128 => R
1
=
128
R
1
= 11,3 (
Ω
)
Vậy phải điều chỉnh con chạy C để R
AC
= R
1
= 11,3(
Ω
) thì đèn sáng bình
thường.
Ví dụ 5 :
Cho mạch điện như hình vẽ.
Biến trở có điện trở toàn phần R
o
= 12
Ω
Đèn loại 6V – 3W; U
MN

= 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?
Bài giải:
Tương tư như ví dụ 5.
Mạch điện được vẽ lại:
-16-
I
.
A R
o
B
N
C
I
x
.
I
đ
.
.
A
R
x
R
o
- R
x
C B
N

M
R
1
Đ
+
-
A
C
C
B
16-R
1
.
Gọi R
AC
= x (
Ω
) điều kiện: 0 < x < 12
thì R
CB
= 12 - x (
Ω
)
Khi đèn sáng bình thường: U
đ
= U
đm
= 6V
P
đ

= P
đm
= 3 W
Vì (Đ// R
AC
) nt R
CB
-> I
đ
+ I
AC
= I
CB
và U
AC
= U
đ
->
U
CB
= U - U
đ
= 15 - 6 = 9 (V)
Áp dụng định luật ôm trong mạch nối tiếp và song song:

12
d d
d
U U U
I

x x
−
+ =
−
hay
1 6 9
2 12x x
+ =
−

2
2
' '
1 2
(12 ) 12(12 ) 18
12 144 12 18
18 144 0
81 144 225 225 15
9 15 9 15
6( ); 24
1 1
x x x x
x x x x
x x
x x
⇔ − + − =
⇔ − + − =
⇔ + − =
∆ = + = ⇒ ∆ = =
− + − −

= = Ω = =−
Vậy phải điều chỉnh con chạy C để R
AC
= 6(
Ω
) thì khi đó đèn sáng bình
thường.
b. Khi C
x
A R→ ⇒
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
2
2 2
2
6 12. 12 144 15(12 )
12( ) 12 ( )
3 12 12 12 144
dm MN
d MN
dm MN
U U
x x x x
R R x I A
P x x R x x
+ − +
= = = Ω = + − = ⇒ = =
+ + − + +
Dòng điện qua đèn từ mạch song song:

2 2
15( 12) 15 15
.
144
12 12 144 12 12 144
12
d
x x x x
I I
x x x x x x
x
x
+
= = = =
+ − + + + − + +
− + +
Khi C =>A làm cho x giảm =>
144
( 12 )x
x
− + +
tăng lên => I
đ
giảm đi.
Vậy độ sáng của đèn giảm đi (tối dần) khi dịch C về A.
-17-
-> I
đ
=

3
0,5( )
6
P
A
U
= =
(loại)
Ví dụ 6: Cho mạch điện (như hình vẽ )
Biết U
o
= 12 V, R
o
là điện trở, R là biến trở
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 I
1
= 2 A
Và giá trị nhỏ nhất I
2
=1 A . Bỏ qua điện trở của các dây nối.
1 – Xác định giá trị R
o
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 R
0
& R?

Với mạch điện này thì: R
MC
// R
NC
và R
MC
+ R
NC
= R .
Vì vậy khi ta đặt R
MC
=
( ) (0 )
NC
x R R x x RΩ ⇒ = − < <

( )
MNC
x R x
R
R
−
⇒ =
khi đó chỉ số của am pe kế là:
0 0
0
0
( )
MNC
U U

I
x R x
R R
R
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:

0 0
1 0
0 1
12
6 ( )
2
U U
I R
R I
= ⇒ = = = Ω
+) Để am pe kế chỉ giá trị nhỏ nhất thì:
( )
MNC
x R x
R
R

−
=
phải có giá trị cực
đại, ta triển khai R
MNC
:
2 2 2
2 2
2
( )
4 4 4 2
MNC
R R R R
x Rx x
x Rx
R
R R R
− + − + − −
− +
= = =
4
R
≤
Để R
MNC
có giá trị cực đại bằng
4
R
thì :
2

( ) 0 ( )
2 2
R R
x x− = ⇔ = Ω
Tức là con
chạy C ở chính giữa của biến trở và
0
2
0
12
( ) 1(*)
4
6
4
MNC
MNC
U
R
R I
R
R R
⇒ = Ω ⇒ = = =
+
+
-18-
U
0
A
C
R

M
N
R
0
+
_
Giải phương trình (*) ta tìm được R = 24
( )Ω
Vậy: R
0
= 6
Ω
và R = 24
Ω
2 - Để có phương án giải phần này ta phải áp dụng công thức P = I
2
R và
định luật bảo toàn năng lượng trên toàn mạch điện.
Đặt
(24 )
24
MNC
x x
R y
−
= =
mà P
MNC
= R
MNC

.I
2

+) Công suất tiêu thụ trên toàn biến trở là:
2 2 2
0
0
12
( ) . ( ) .
6
U
P yI y y
R y y
= = =
+ +
mà công suất của nguồn điện & công suất tiêu thụ trên R
0
là P
n
=U
o
I & P
Ro
=
R
o
I
2
Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: P
n

= P
Ro
+ P hay U
o
I = R
o
I
2
+ P

2
0 0
0 (**)R I U I P⇒ − + =

(**) là phương trình bậc 2 với ẩn là I
Để phương trình có nghiệm
2
2
0
0 0
0
0 4 0
4
U
U R P P
R
⇔ ∆ ≥ ⇒ ∆ = − ≥ ⇒ ≤
Vậy
2
2

2
0
0
12 12
6 ( ) ( ) . 3
4 4.6 6 2
max
max
U P
P W y
R y
= = = ⇒ = =
+
=>
2
2
2
2
144
3
36 12
144 108 36 3
3 108 108 0
36 36 0
y
y y
y y y
y y
y y
⇔ =

+ +
⇔ = + +
⇔ − + =
⇔ − + =
Phương trình có
'
1 2
17 18 17 35 ( ) ; 18 17 1y loai y∆ ≈ ⇒ ≈ + ≈ ≈ − ≈
(
Ω
)
Mà ta đặt
(24 )
24
x x
y
−
=
nên ta có phương trình
(24 )
1
24
x x−
=
2
24 24 0x x⇔ − + =
Giải phương trình trên ta có
'
1 2
11 12 11 1 ( ) ; 12 11 23 ( )x x∆ ≈ ⇒ ≈ − ≈ Ω ≈ + ≈ Ω

Vậy có 2 vị trí của con chạy C trên biến trở R sao cho R
MC

≈
1
Ω
hoặc
R
MC

≈
23
Ω
thì công suất tiêu thụ trên toàn biến trở bằng một nửa công suất
cực đại của nó.
*) Những bài học kinh nghiệm mà HS cần phải được rút ra khi học & giải loại
bài tập này là :
1- Biến trở là một điện trở biến đổi.
-19-
2 - Phải vẽ lại mạch điện để bài toán đơn giản.
3 - Đưa bài toán về dạng giải bài toán bằng cách lập phương trình qua công
thức của mạch điện cân bằng.
Chọn R
AC
là ẩn, biểu diễn R
CB
theo ẩn là R
AC
.
Chú ý:

R
AC
=R
o
không đổi (số ghi trên biến trở).
R
CB
= R
o
- R
AC
<=> R
AC
= x thì (
0
0 x R≤ ≤
)
4 - Quy tắc toán học cần phải thành thạo.
- Giải phương trình bậc 2 một ẩn số.
- Giải hệ phương trình bậc nhất.
- Giải bài toán cực đại, bất đẳng thức Cô si…
IV-HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI:
Việc trang bị cho học sinh khá, giỏi những kiến thức toán học cơ bản là
cần thiết. Qua đó giúp học sinh không những phân loại được bài tập, về phương
diện Vật lí, mà còn phân loại bài tập về phương diện kiến thức Toán học được
vận dụng. Qua thực tế giảng dạy cho thấy, những học sinh có kiến thức toán
vững chắc và phong phú, sau khi phân tích bài toán Vật lí, các em biết ngay cần
phải áp dụng kiến thức Toán học nào vào trong bài tập đó; qua đó các em cũng
thấy được, có thể có nhiều cách vận dụng kiến thức toán vào trong một bài tập
Vật lí; đồng thời các em biến đổi bài toán rất linh hoạt, trình bày bài giải chặt

chẽ, gọn gàng.
Nếu giáo viên chỉ trang bị những kiến thức Vật lí đơn thuần, thì học sinh sẽ
lúng túng khi gặp các bài tập cần dùng đến các “công cụ” Toán học nâng cao
hơn.
Đề tài này tôi đã nghiên cứu từ đầu năm 2012 - 2013, và được áp dụng từ năm
học 2013-2014 và tiếp tục áp dụng thêm một số dạng bài tập có biến trở trong
năm học 2014-2015. Tuỳ từng đối tượng học sinh mà mức độ đạt được có khác
nhau. Trong đề tài này, tôi có cập nhật các bài toán được trích từ các đề thi học
sinh giỏi cấp huyện, Do đó cấp độ kiến thức được nâng cao đáng kể. Tuy nhiên
kết quả nêu ra sau đây là kết quả đạt được từ cấp huyện. Để dễ so sánh, đối
chiếu kết quả, tôi chia ra làm hai nhóm đối tượng:
Nhóm đối tượng thứ nhất - học sinh có học lực khá, giỏi môn vật lí, được
trang bị kiến thức toán đầy đủ nhưng khả năng áp dụng kiến thức toán vào làm
bài tập vật lí chưa tốt.
Bảng: Kết quả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài
-20-
Nhóm đối tượng thứ hai - học sinh học sinh có học lực khá giỏi môn vật lí,
được trang bị kiến thức toán đầy đủ.
Bảng: Kết quả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài
Thời gian áp dụng đề tài này còn quá ít, chưa thể đánh giá hết được giá trị của
đề tài. Tuy nhiên qua đó cũng cho thấy phần nào về hiệu quả của để tài mà tôi
đã áp dụng trong năm học 2014-2015.
V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG:
Qua quá trình giảng dạy vật lí thì tôi thường yêu cầu học sinh học đến
đâu thì hệ thống kiến thức lại đến đó, đặc biệt là hệ thống công thức để vận
-21-
Năm học
Số
HS
Biết áp dụng kiến thức toán

làm bài tập vật lí một cách
linh hoạt
Chưa biết áp dụng kiến
thức toán vào làm bài tập
SL % SL %
2013-2014 8 2 25 6 75
2014-2015 5 1 20 4 80
Năm học
Số
HS
Biết áp dụng kiến thức toán
làm bài tập vật lí một cách
linh hoạt
Chưa biết áp dụng kiến
thức toán vào làm bài tập
SL % SL %
2013-2014 8 5 65,5 3 34,5
2014-2015 5 4 80 1 20
dụng. Vậy tôi đề xuất các giáo viên dạy toán cũng nên yêu cầu học sinh tự hệ
thống các công thức toán học đã học và giáo viên bổ sung thêm một số công
thức có liên quan.
Ở cấp THCS chưa được học về bất đẳng thức Côsi, Bunhia côpxki, còn
những kiến thức khác như: giá trị trung bình cộng, hệ số góc, parabol, tính chất
dãy tỉ số bằng nhau.v.v… Tuy được học rồi nhưng nhiều HS quên đi hoặc còn
nhớ nhưng chưa biết cách vận dụng chúng vào trong từng bài tập Vật lí cụ thể.
Bởi vậy việc bồi dưỡng kiến thức Toán và phương pháp vận dụng kiến thức
Toán vào việc giải các bài tập Vật lí là rất quan trọng.
Việc áp dụng đề tài này vào thực tiễn giảng dạy có thuận lợi là một số
kiến thức Toán học được sử dụng có học trong chương trình chính khoá nên
học sinh vận dụng rất thuận lợi. Tuy nhiên cũng có khó khăn là: một số kiến

thức Toán học nâng cao HS chưa hề được học như: tổng của n số tự nhiên liên
tiếp, bất đẳng thức Côsi, Bunhia côpxki… (những kiến thức này ở bậc THCS
chỉ dạy cho HS nằm trong đội tuyển Toán).
Qua thực tiễn giảng dạy cho thấy rằng nếu HS bị hổng về kiến thức Toán
học thì các em sẽ bỏ qua nhiều bài toán Vật lí đáng tiếc trong các kì thi học sinh
giỏi.
Đề tài này có thể áp dụng trong phạm vi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp
huyện. cũng có thể dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi tự nghiên cứu kiến
thức Vật lí nâng cao.
Đề nghị các bạn đồng nghiệp ủng hộ và hỗ trợ thêm tư liệu để bổ sung và
góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện hơn.
VI- TÀI LIỆU THAM KHẢO :
- Vật lí 9 nâng cao – Tác giả Nguyễn Cảnh Hòe – Nhà xuất bản Hải Phòng – năm
2000
- Tên tài liệu tham khảo : “Chuyên đề bồi dưỡng HS giỏi Toán THCS - Phần Đại
Số - Nhà xuất bản Giáo Dục - Năm xuất bản 2005.
- http:// violet.vn
- Vật lí.org
VII- PHỤ LỤC:
Kết quả khảo sát nhóm học sinh được đi bồi dưỡng học sinh giỏi môn vật lí
trong 2 năm gần đây:
Nhóm đối tượng thứ nhất - học sinh có học lực khá, giỏi môn vật lí, được trang
bị kiến thức toán đầy đủ nhưng khả năng áp dụng kiến thức toán vào làm bài
tập vật lí chưa tốt.
Bảng: Kết quả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài
-22-
CNhóm đối tượng thứ hai - học sinh học sinh có học lực khá giỏi môn vật lí,
được trang bị kiến thức toán đầy đủ.
Bảng: Kết quả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài
Phiếu thăm dò ý kiến của đồng nghiệp ( trong tổ chuyên môn) Khả năng áp

dụng đề tài?
-23-
Năm học
Số
HS
Biết áp dụng kiến thức toán
làm bài tập vật lí một cách
linh hoạt
Chưa biết áp dụng kiến
thức toán vào làm bài tập
SL % SL %
2013-2014 8 2 25 6 75
2014-2015 5 1 20 4 80
Năm học
Số
HS
Biết áp dụng kiến thức toán
làm bài tập vật lí một cách
linh hoạt
Chưa biết áp dụng kiến
thức toán vào làm bài tập
SL % SL %
2013-2014 8 5 65,5 3 34,5
2014-2015 5 4 80 1 20
Năm học
Số
gv
Một môn học
Nhiều môn học
SL % SL %

2013-2014 10 8 80 3 20
2014-2015 11 10 90,9 1 9,1
Khi cho học sinh làm bài tập
a- Vận dụng hệ thức Vi-et :
cho học sinh nhắc lại kiến thức:
Nếu hai số x
1
, x
2
có tổng x
1
+ x
2
= S và tích x
1
.x
2
= p thì x
1
, x
2
là nghiệm
của phương trình : x
2
– Sx + p = 0.
Yêu cầu học sinh đọc và phân tích đề áp dụng kiến thức đã nêu vào làm bài
tập.
Bài tập1: Có hai điện trở R
1
, R

2
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 R
1
, R
2
.
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 R
1
, R
2
.
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.
Điện trở mạch nối tiếp: R
1
+ R
2
=
I
U
=
27,0
4,5

= 20Ω.
Điện trở mạch song song:
21
21
R
.RR
R+
=
'I
U
=
3
4,5
=1,8Ω
→
21
.RR
= 20.1,8 = 36.
Vậy theo định lí Vi-et thì R
1
, R
2
là nghiệm của phương trình
R
2
– 20R + 36 = 0 (R
1
, R
2
> 0)

R
1
+ R
2
= 20Ω. (1)
R
1
.R
2
= 36Ω (2) ta phân tích phương trình bậc 2 và đưa về dạng
phương trình tích.
(3) (R
1
-18)*(R
1
-2)=0
-24-
 (R
1
-18) =0 Suy ra R
1
= 18Ω Hoặc (R
1
-2)=0 suy ra R
1
= 2Ω Thay R
1
vào (1)
ta được
 R

2
= 18Ω hoặc R
2
= 2Ω.
Các nghiệm đều thoả mãn bài toán.
Bài tập: Cho mạch điện (như hình vẽ )
Biết U
o
= 12 V, R
o
là điện trở, R là biến trở
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 I
1
= 2 A
Và giá trị nhỏ nhất I
2
=1 A . Bỏ qua điện trở của các dây nối.
1 – Xác định giá trị R
o
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 R
0
& R?
Với mạch điện này thì: R
MC
// R

NC
và R
MC
+ R
NC
= R .
Vì vậy khi ta đặt R
MC
=
( ) (0 )
NC
x R R x x RΩ ⇒ = − < <

( )
MNC
x R x
R
R
−
⇒ =
khi đó chỉ số của am pe kế là:
0 0
0
0
( )
MNC
U U
I
x R x
R R

R
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:

0 0
1 0
0 1
12
6 ( )
2
U U
I R
R I
= ⇒ = = = Ω
+) Để am pe kế chỉ giá trị nhỏ nhất thì:
( )
MNC
x R x
R
R
−
=
phải có giá trị cực

đại, ta triển khai R
MNC
:
2 2 2
2 2
2
( )
4 4 4 2
MNC
R R R R
x Rx x
x Rx
R
R R R
− + − + − −
− +
= = =
4
R
≤
-25-