skkn rèn kĩ năng giải bài tập điện có liên quan đến cực trị

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
RÈN KĨ NĂNG GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN CÓ LIÊN QUAN ĐẾN CỰC TRỊ
1. Tên sáng kiến: Rèn kĩ năng giải bài tập điện có liên quan đến cực
trị
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9 và ôn thi
môn vật lí vào THPT
3. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Thị Tươi

Nam (nữ): Nữ

Ngày tháng/năm sinh: 27 – 10 - 1972
Trình độ chuyên môn: ĐH Vật lý
Chức vụ, đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Ninh Thành
Ninh Giang - Hải Dương
Điện thoại: 0988 345 911
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường THCS Ninh Thành – Ninh Giang
- Hải Dương
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu :
Tên đơn vị: Trường THCS Ninh Thành – Ninh Giang - Hải Dương
Điện thoại: 03203 760 668
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 9 đã học
xong kiến thức phần điện học và các điều kiện cơ sở vật chất trong nhà trường.
7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Từ năm học 2012 -2013 đến
năm học 2014 – 2015.
HỌ VÀ TÊN TÁC GIẢ

XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN
VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

Nguyễn Thị Tươi

1


TÓM TẮT SÁNG KIẾN
Trong chương trình vật lí THCS thì phần điện học chiếm một vị trí quan
trọng vì vậy tôi rất quan tâm đến giảng dạy phần này. Qua nghiên cứu trong
một vài năm trở lại đây ở trường tôi giảng dạy, việc học sinh tiếp thu vận dụng
các kiến thức phần điện học khi làm bài thi học sinh giỏi các cấp còn nhiều hạn
chế, kết quả chưa cao . Sự nhận thức và ứng dụng thực tế cũng như vận dụng
vào việc giải các bài tập Vật lý phần này học sinh còn lúng túng. Do vậy trong
quá trình giảng dạy phần điệnhọc tôi chia ra các dạng bài tập cơ bản nhằm giúp
học sinh hiểu bản chất chung của các hiện tượng vật lí từ đó hiểu bản chất cụ
thể của từng bài riêng lẻ và biết ứng dụng vào giải bài tập. Khi giảng dạy các
bài tập về điện học đối với học sinh giỏi tôi luôn chú ý tới việc phân loại dạng
bài tập và rèn kĩ năng cho học sinh để giúp học sinh hiểu sâu sắc hiện tượng vật
lí và vận dụng kiến thức đó vào giải bài tập. Tôi chia các dạng bài tập cơ bản
như sau:
+ Bài tập về định luật Ôm
+ Bài tập về tính điện trở của dây dẫn
+ Bài tập về định luật Jun - Lenxơ.
+ Bài tập về độ sáng của đèn
+ Bài tập có liên quan đến cực trị.
Và một số dạng bài tập khác.
Sở dĩ phải phân chia như vậy là nhằm giúp học sinh hiểu bản chất chung
của các hiện tượng, từ đó hiểu bản chất cụ thể của từng bài riêng lẻ và biết ứng
dụng vào giải bài tập.
Thực tế, đối với học sinh lớp 9, khi giải bài tập có liên quan đến cực trị,
các em còn nhiều lúng túng, những khó khăn các em thường gặp là:
+ Xác định cấu trúc mạch điện.

+ Đối với một đại lượng điện, có thể có nhiều công thức tính, vậy nên
chọn công thức nào
+ Sử dụng nhiều kiến thức toán học.
+ Xác định cực trị của đại lượng này cần thông qua những đại lượng nào.
2


Nếu giải quyết được những khó khăn trên thì cái khó của dạng bài tập
này sẽ đựơc giải toả và học sinh sẽ có hứng thú, say sưa với bài toán có liên
quan đến cực trị nói riêng và bài toán về điện học nói chung.
Trước khi làm bài tập phần này tôi cho học sinh nắm vững các lí thuyết
cơ bản có liên quan đến cực trị và đưa phương pháp giải mỗi dạng bài tập ở
phần này đồng thời sau mỗi bài tôi đều có những nhận xét hoặc chú ý khi làm
bài tập đó. Việc phân dạng bài tập, phân tích kĩ các nội dung lý thuyết có liên
quan sẽ giúp cho học sinh vận dụng lý thuyết để phân tích bài toán, đề ra được
phương pháp giải cụ thể, ngắn gọn, dễ hiểu nhất, học sinh sẽ hứng thú hơn khi
học bộ môn này và kết quả áp dụng sáng kiến này đã tăng lên rõ rệt, học sinh
giỏi lớp 9 do tôi bồi dưỡng đều đạt giải trong các kì thi học sinh giỏi, học sinh
thi vào THPT môn Vật lí do tôi dạy đều làm được bài tập khó, điểm giỏi môn lí
thi vào THPT đạt 35%.
Sáng kiến này được áp dụng sau khi học sinh lớp 9 học xong kiến thức
vật lí phần điện và phần kiến thức toán lớp 9 học sinh phải học xong kiến thức
phần giải phương trình bậc 2, Bất đẳng thức CôSi, định lí Viet...để dùng toán
học làm công cụ giải bài tập vật lí. Sau đây tôi xin trình bày sáng kiến của
mình.

3


MÔ TẢ SÁNG KIẾN

1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến.
Trong công cuộc xây dựng và bảo vệ tổ quốc, chúng ta đang rất cần
những con người có trình độ lĩnh hội kỹ thuật cao. Do vậy, yêu cầu đặt ra cho
ngành giáo dục là đào tạo những học sinh có năng lực, nhạy bén trong việc lĩnh
hội những thành tựu khoa học. Trong đó, môn học quan trọng để đáp ứng vấn
đề này là môn vật lý. Hiện nay, ngành giáo dục rất quan tâm tới vấn đề này và
thường xuyên tổ chức các kỳ thi chọn học sinh giỏi từ cấp trường đến cấp quốc
gia, mặt khác đây còn là môn học thường hay được chọn là môn thi vào THPT.
Là một giáo viên trực tiếp tham gia giảng dạy môn vật lý ở trường THCS và
thường xuyên tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý, tôi nhận thức rõ vấn đề
này và thường xuyên học hỏi, tích luỹ kinh nghiệm, tìm ra các phương pháp, kĩ
năng thích hợp giải các loại bài tập vật lý nhằm phục vụ nhu cầu giảng dạy để
năng cao chất lượng giáo dục
Trong chương trình vật lý THCS, phần Điện học chiếm một vị trí quan
trọng trong chương trình vật lý lớp 7 và lớp 9: ở lớp 7 các bài tập chủ yếu là bài
tập định tính, nhưng ở lớp 9 các bài tập chủ yếu của phần này là bài tập định
lượng và có rất nhiều bài tập khó đòi hỏi học sinh phải có tư duy tốt mới có thể
giải quyết được. Thực tế, đối với học sinh lớp 9, khi giải bài tập có liên quan
đến cực trị, các em còn gặp nhiều khó khăn , kết quả làm bài không cao. Sự
nhận thức và ứng dụng thực tế cũng như vận dụng vào việc giải các bài tập vật
lí phần này học sinh rất lúng túng trong khi đó dạng bài tập này không chỉ là
dạng bài tập hay gặp ở đề thi học sinh giỏi cấp THCS, đề thi vào THPT mà
dạng bài này còn có ở chương trình vật lí THPT, đề thi vào các trường đại học,
cao đẳng nữa. Để khắc phục được những khó khăn trên nhằm giúp học sinh có
hứng thú, say sưa với bài toán có liên quan đến cực trị nói riêng và bài toán về
điện học nói chung, tôi xin mạnh dạn trình bày sáng kiến của mình về giảng
dạy dạng bài tập điện có liên quan đến cực trị đối với bồi dưỡng học sinh khá,
giỏi và ôn thi môn Vật lí vào THPT. Tên kinh nghiệm là: "Rèn kỹ năng giải
bài tập điện có liên quan đến cực trị. "
4

2. Thực trạng của vấn đề.
Qua nghiên cứu trong một vài năm trở lại đây ở trường tôi giảng dạy,
việc học sinh tiếp thu, vận dụng kiến thức để giải bài tập phần: giải bài tập điện
liên quan đến cực trị còn nhiều hạn chế, kết quả chưa cao. Trong thực tế, việc
giải bài tập điện liên quan đến cực trị hầu hết giáo viên tiến hành như sau:
- Giáo viên cho học sinh đọc đề bài
- Gọi một học sinh giỏi lên bảng làm.
- Giáo viên nhận xét bài trên bảng của học sinh.
Nếu bài đó học sinh làm tốt thì giáo viên cho điểm và tuyên dương, nếu
học sinh đó làm sai thì giáo viên hướng dẫn các em trong cả lớp làm theo cách
áp đặt của giáo viên và trong giờ học đó hầu như cả giờ học giáo viên làm
việc, "thuyết trình” rất "nhiệt tình" nhưng sau giờ học đó tôi có gặp gỡ và trao
đổi lại với học sinh lớp đó là: Tại sao bài toán đó lại giải như vậy? thì phần
đông học sinh không trả lời được. Tôi có yêu cầu các em làm lại bài toán đã
chữa thì các em rất lúng túng và không biết bắt đầu từ đâu. Với những giải
pháp nêu trên thì kết quả khảo sát 10 học sinh giỏi là:
Năm học
2011 - 2012

Điểm dưới TB
6 em - 6%

Điểm TB
3 em - 30%

Điểm khá, giỏi
1 em - 10%

(10 học sinh)
Vậy rõ ràng là: Với những giải pháp trên thì học sinh khi làm bài rất lúng
túng, chỉ một số ít học sinh khá giỏi làm được bài, phần đông học sinh không
làm được nên kết quả chưa đạt được mục tiêu đề ra. Xuất phát từ những yêu
cầu chung của môn học và từ tính cần thiết của thực tế dạy học nâng cao chất
lượng môn học, nâng cao chất lượng mũi nhọn bộ môn tôi đã mạnh dạn chọn
đề tài: "Rèn kỹ năng giải bài tập điện có liên quan đến cực trị" làm tiêu đề
cho sáng kiến nhằm trao đổi, học hỏi với đồng nghiệp, rút kinh nghiệm để cùng
nhau học tập, tích luỹ nâng cao năng lực dạy học môn học.
3. Các giải pháp thực hiện.
Qua thực tế giảng dạy, nghiên cứu, tôi đưa ra một số các hoạt động nhằm nâng
cao chất lượng học tập phần giải bài tập điện có liên quan đến cực trị đối với
học sinh khá, giỏi cụ thể:
5


- Phải trang bị cho học sinh thật tốt lí thuyết cơ bản và hiểu bản chất vấn
đề
- Trang bị kiến thức cơ bản về toán học để ứng dụng giải bài tập phức
tạp.
- Biện pháp quan trọng nhất là rèn cho học sinh biết cách giải thích hiện
tượng vật lý, phân loại dạng bài tập và nắm vững phương pháp giải mỗi dạng.
Sau mỗi bài hoặc mỗi dạng toán giáo viên đưa ra những nhận xét để nhấn mạnh
cách làm và những khó khăn mà học sinh thường mắc phải để từ đó mỗi khi
gặp dạng bài tập đó học sinh sẽ vận dụng làm bài tập tốt hơn.
- Dạy học theo phương pháp nêu vấn đề, thầy và trò cùng tích cực làm
việc. Tiến hành giải bài tập với các cách giải có thể.
- Thường xuyên kiểm tra tập dượt cho học sinh, bổ sung ngay những
thiếu sót của học sinh trong bài làm nếu mắc phải.
- Xây dựng hệ thống câu hỏi phù hợp với đối tượng học sinh của mình để

giúp các em có thể suy nghĩ và đề xuất được cách giải.
- Tận dụng tối đa thời gian trên lớp để hướng dẫn trao đổi cho học sinh
những băn khoăn, thắc mắc mà học sinh chưa hiểu được.
- Giáo viên phải tích cực tham khảo tài liệu trong các tài liệu Vật lí cấp
THCS.
3.1. Cơ sở lí thuyết
Khi làm dạng bài tập này cần phải ghi nhớ các kiến thức cơ bản sau
đây:
l
* Công thức tính điện trở: R = ρ

S

* Công thức định luật Ôm: I =

U
R

* Công thức định luật Ôm cho đoạn mạch mắc nối tiếp:
I = I1 = I2 = ..... = In
R = R1 + R2 +......+ Rn
U = U1 + U2 + .....+ Un
* Công thức định luật Ôm cho đoạn mạch mắc song song:
6


I = I1 + I2 + ..... + In
1
1
1

1
=
+
+ ....... +
R R1 R2
Rn

U = U1 = U2 = .....= Un
Lưu ý: Nếu mạch chỉ có 2 điện trở mắc song song thì:
R1 R2

R2

R1

R = R + R ; I1 = R + R .I ; I2 = R + R .I
1
2
1
2
1
2
* Với A ; B ; C là 3 điểm trên mạch điện , ta có :
UAC = UAB + UBC
* Tổng các cường độ dòng điện đến nút bằng tổng các cường độ
dòng điện đi ra khỏi nút.
* Điện trở của các dây nối không đáng kể, coi như bằng 0.
Nếu ampe kế có điện trở không đáng kể thì ampe kế có vai trò như
một dây nối.
Nếu vôn kế có điện trở vô cùng lớn thì không có dòng điện qua

vôn kế.
Nếu ampe kế và vôn kế có điện trở xác định thì khi tính toán phải
coi mỗi dụng cụ này như một điện trở.
* Định luật Jun –Lenxơ : Nhiệt lượng toả ra trong dây dẫn tỷ lệ thuận
với bình phương của cường độ dòng điện, tỷ lệ thuận với điện trở và thời gian
dòng điện chạy trong dây dẫn đó :
* Công thức:

Q = I2Rt (J)
Q = 0,24I2Rt (cal)
1cal = 4,18J ; 1J =0,24 cal

* Công suất toả nhiệt: P =

Q
U2
= UI = RI2 =
t
R

* Bất đẳng thức CôSi : Với a ;b ≥ 0 ta có : a +b ≥ 2 ab
=>
=> ( ab )max =

(a + b)min = 2 ab
a+b
2

Dấu ‘‘= ’’ xảy ra ↔ a = b
7

* Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.
(Hoặc ∆' ≥ 0)

∆≥0

* Kết hợp định lí Viet: x1 x2 =

c
a

x1+x2 = -

b
a

3.2. Các dạng bài tập áp dụng
Đối với học sinh khá và giỏi, yêu cầu các em phải hiểu rõ kiến thức,
phân loại được bài tập đó thuộc dạng nào, cần áp dụng phương pháp nào để
giải bài tập đó.
3.2.1. Dạng 1 : Tìm cực trị của một đại lượng :
Phương pháp giải :
- Xác định một đại lượng vật lí nào đó có mặt trong bài toán làm ẩn.
- Dựa vào đề bài đề bài tìm mối quan hệ giữa các đại lượng dưới dạng biểu
thức đại số.
- Dựa vào kiến thức toán học để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất theo yêu cầu
của đề bài.

.+

Bài 1. Cho mạch điện như hình vẽ

U

bên, với U = 6V, r = 2 Ω . Tìm R để
công suất trên điện trở R đạt giá trị

.

r
-

C

lớn nhất ? Tìm giá trị đó ?

R

Giải

- Ta có: công suất toả nhiệt trên điện trở R là: P = I2.R
U2
P=
R
(R + r)2

→

U2

P = ( R + r )2
R

- Do U = 6V không đổi nên để PMax thì M = ( R +
- Theo bất đẳng thức CôSi ta có M ≥ 4r
=> MMin = 4r

U
=> PMax

=

2

4r

U
=

2

4.2

36
=

8

=

4,5 W
8

r 2
) min
R


- Dấu "= " xảy ra khi R = r = 2 Ω
Vậy với R = 2 Ω thì PMax = 4,5 W
* Nhận xét: Đây là bài toán khá cơ bản về dạng bài cực trị. Học sinh chỉ cần
nắm chắc kiến thức Toán học (bất đẳng thức Cosi)là có thể giải được bài toán.
Đa số học sinh có thể biến đổi tới biểu thức tính P nhưng rất ít học sinh tìm
được Pmax vì không nghĩ tới bất đẳng thức Cosi. Thông qua bài toán giáo viên
cần nhấn mạnh bất đẳng thức Cosi và dấu "=" của bất đẳng thức xảy ra khi
nào?
Bài 2: Cho mạch điện như hình
r
vẽ bên, với U += 12V,- r = 4 Ω và
R1 = 1 Ω .
a. Tìm R để công suất tiêu thụ

U

A

trên đoạn AC đạt giá trị lớn nhất
R1
là PACMax ? Tìm PACMax khi

đó ? R

B
C

b. Tìm R để công suất tiêu thụ
trên biến trở R đạt giá trị lớn nhất
là PRMax ? Tìm PRmax khi đó ?
Giải
- Ta có : PAC = I2RAC =

U

U2

2

( RAC + r ) 2

. RAC = ( R +
AC

Do U2 = 122 V không đổi
- Để PAC Max thì M = ( R AC +

r
)2
RAC Min

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có M ≥ 4r

=> MMin = 4r
=> PMax =

U2
12 2
=
= 9W
4r
4.4

- Dấu bằng xảy ra khi: RAC = r
=> R1 + R = r
=> R = r - R1 = 4 – 1 = 3 Ω
9

r 2
)
R AC


- Vậy khi R = 3 Ω thì PAC Max = 9W.
b. Ta có:
U2
U2
R
=
R +r 2
PR = I2 . R = ( R1 + R + r ) 2
( R+ 1
)

R

- Do U2 không đổi nên để PRmax thì MMin = ( R +

R1 + r 2
) Min
R

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có:
M ≥ 4 ( R1 +r)
MMin = 4 (R1 +r)
PRmax =

U2
12 2
=
= 7,2 W.
4( R1 + r )
4.5

- Dấu "= " xảy ra khi: R = r + R1 = 5 Ω .
- Vậy với R = 5 Ω thì PRmax = 7,2W.
* Nhận xét: Về bản chất bài toán trên giống bài 1 nhưng với số lượng điện trở
nhiều hơn. Nếu học sinh phát hiện tốt thì có thể giải bài toán không quá khó
khăn. Thông qua bài toán giáo viên chốt lại phương pháp chung khi giải bài
tập dạng này: Tìm công suất P của đoạn mạch cần khảo sát theo U mạch (vì U
luôn không đổi) và các điện trở trong mạch; biến đổi P để trên tử của P là
hằng số, mẫu số chứa biến R. Sau đó áp dụng bất đẳng thức Cosi để tìm đại
lượng cần tính.

+

Bài 3: Cho mạch điện như hình

B

A

vẽ bên, với U = 16V, r = 4 Ω ,

-

r
R1

R1 = 12 Ω .
C

a. Tìm R để PAD Max ? Tìm

R

PAD khi đó ?
b. Tìm R để PRmax ? Tìm PR
khi đó ?
Giải
a. Ta có : PAD = I2. RAD =

U

U2

2

( RAD + r ) 2

.RAD = ( R +
AD
10

r 2
)
R AD

D


- Do U2 không đổi nên để PADMax thì MMin = ( R AD +

r
)2 Min
R AD

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có:
M ≥ 4r
=> MMin = 4r => PADMax =

U2
16 2
=

= 16 W
4r
4.4
RR

1
- Dấu "= " xảy ra khi RAD = r <=> R + R = r <=> R = 6 Ω
1

- Vậy với R = 6 Ω thì PADMax = 16W
b. Ta có: PR = I2 R.R

(1)

U
U ( R + R1 )
- Mà: Theo định luật Ôm ta có: I = RR1 + r = RR + R r + Rr
1
1
R + R1
R1

R1

U ( R + R1 )

UR1

- Khi đó: IR = R + R I = R + R . RR + R r + Rr = RR + R r + Rr
1

1
1
1
1
1

(2)

- Thay (2) vào (1) ta có:
PR =

U 2 R12

U 2 R12 R

= 
R1r 
( RR1 + R1r + Rr )
 R ( R1 + r ) + R 


2

2

2

Rr

- Do U R không đổi nên để PRmax thì M Min =  R ( R1 + r ) + 1  Min .

R

2

2
1

- Mặt khác theo bất đẳng thức CôSi ta có:
M ≥ 4(R1 + r)R1r
- Vậy MMin = 4(R1 + r)R1r
Suy ra: PRmax
- Thay số PRmax =

U 2 R12
U 2 R1
=
=
.
4( R1 + r ) R1r 4r ( R1 + r )
16 2.12
= 12W.
4.4.16
R1r

12.4

- Dấu "= " xảy ra khi R = R + r =
= 3Ω .
12 + 4
1

- Vậy với R = 3 Ω thì PRmax = 12W.
* Nhận xét: Bài toán 3 làm tương tự như bài 1 và bài 2 nếu coi RAD là một điện
trở. Đa số học sinh biến đổi P theo biến R nên khó giải bái toán bởi lúc đó
11


phương trình của P kha phức tạp và rất khó để tìm giá trị lớn nhất. Qua bài
toán giáo viên cần khắc sâu về phương pháp giải bài và đặc biệt là khả năng
quan sát mạch sao cho việc giải bài tập trở nên đơn giản nhất.
Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ bên,

r

với U = 68V, R1 = 2 Ω , R2 = 8 Ω và

R1

r = 4 Ω . Điện trở các dây nối không

R

đáng kể. Tìm R để:

R2

a. PR 1 Max ? Tìm PR 1 khi đó ?
b. PAC Max ? Tìm PAC khi đó ?
c. PR Max ? Tìm PR khi đó ?
Giải
R1 R2

a) - Ta có : RAB = r + R + R + R = R + 5,6
1
2
U

68

68

54,4

- Theo định luật Ôm ta có: I = R = R + 5,6
AB
R2

8

- Khi đó: IR 1 = R + R I = 10 . R + 5,6 = R + 5,6
1
2
54,4 2

2

- Mà PR 1 = I R .R1 = ( R + 5,6) 2 .2
1

- Để PR 1 Max thì (R + 5,6)2Min => RMin => R = 0.
=> PR 1 Max =

54,4 2.2
≈ 188,7 W.
5,6 2

- Vậy khi R = 0 thì PR 1 Max = 188,7 W.
b) Ta có:
- PAC = I2. RAC =

U

U2

2

( R AC + r ) 2

. RAC = ( R +
AC

r
)2
R AC

- Do U không đổi nên để PACMax thì M = ( R AC +

r
)2 Min
R AC

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4r. Suy ra : MMin = 4r
PACMax =

C

U2
68 2
=
= 289 W
4r
4.4
12


- Dấu " = " xảy ra khi : RAC = r
<=> 1,6 + R = r
<=> R = 2,4 Ω
Vậy với R = 2,4 Ω thì PACMax = 289W
U2
2
U
c) Ta có: PR = I2 R =
. R = ( R + 5, 6 ) 2
( R + 5,6) 2
R

- Do U không đổi nên để PRmax thì MMin = ( R +

5,6 2
) Min.

R

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có: M ≥ 4.5,6 = 22,4
Suy ra : MMin = 22,4 => PRmax =

68 2
= 206 W.
22,4

Dấu " = " xảy ra khi R = 5,6 Ω .
- Vậy với R = 5,6 Ω thì PRmax = 206 W.
* Nhận xét: Bài toán 4 làm tương tự như những bài toán trên. Thông qua bài
toán giúp học sinh rèn kĩ năng giải bài tập và quan sát mạch điện một cách
đúng nhất.
+Bài 5: Cho mạch điện như hình- vẽ
N
M
bên, với R = 4 Ω ; Đ: (6V - 3W) và
R2 là biến trở. Hiệu điện thế ở M, N
R
A
là UMN = 10V không
đổi.
B
X
a. Xác định R2 để đèn sáng bình
thường?
b. Xác định R2 để :
1. PR 2 Max. Tìm PR 2 Max
R2 đó ?

2. PAB Max. Tìm PABMax đó ?
3. PMN Max. Tìm PMN Max đó ?
Giải:
a. Để đèn sáng bình thường thì UR 2 = 6 V
- Theo bài ta có: UR = UMN - UĐ = 10 - 6 = 4V.
=> I =

UR
= 1A.
R
13


- Do Đ:(6 V – 3W) => I1 = 0,5A.
=> I2 = I – I1 = 0,5A
=> R2 =

U

6

= 0,5 = 12 Ω .
I2

- Vậy để đèn sáng bình thường thì R2 = 12 Ω
2

b. 1. Ta có :

PR 2 = I R . R2

(1)

2

RD .R2

- Mặt khác : RMN = R + R + R
D
2
U D2
36
Với RD =
=
= 12 Ω
PD
3

=> RMN
U MN

=

16 R2 + 48
R2 + 12
10( R2 + 12)

I = R = 16 R + 48
2
MN

RD

10( R2 + 12)

12

120

7,5

- Khi đó: IR 2 = R + R I = 12 + R . 16 R + 48 = 16 R + 48 = R + 3 (2)
2
2
2
2
D
2
7,5 2
7,5 2
- Thay (2) vào (1) ta có: PR 2 = ( R + 3) 2 . R2 = ( R2 + 3 ) 2
2
R2
3

2
- Để PRMax thì MMin = ( R2 + R ) Min
2

- Mà theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4. 3 = 12. Suy ra MMin = 12
7,52

P R2Max =
= 4,6875W
12

- Dấu " = " xảy ra khi R2 = 3 Ω
Vậy với R2 = 3 Ω thì PR 2 Max = 4.6875W
U2
2
U
2. Ta có PAB = I2. RAB =
. RAB = ( R + R ) 2
( R AB + R ) 2
AB
R AB
R

2
Để PAB Max thì MMin = ( R AB + R ) )Min
AB

Theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4R => MMin = 4R

14


=> PAB Max =

U2
10 2
=

= 6, 25W
4R
4.4

Dấu " = " xảy ra khi : RAB = R = 4 ;
RD .R2

=> R + R = 4 => R2 = 6 Ω
D
2
- Vậy với R2 = 6 Ω thì PAB Max = 6,25 W
3. Theo bài ta có:
PMN = I2. RMN

U2
=
RMN

U2
U 2 .( R2 + 12)
=
Suy ra: PMN = 16 R2 + 48
16 R2 + 48
R2 + 12
16 R2 + 48

Do U2 không đổi nên để PMNMax thì MMin = ( R + 12 )min
2
16 R2 + 48

Mà M = ( R + 12 ) =
2

16( R2 + 12) − 144
144
=
16
R2 + 12
R2 + 12

144

Để MMin thì ( R + 12 ) Max <=> ( R2 + 12)min <=> R2 min
2
R2 = 0

Suy ra : MMin = -12 + 16 = 4

Khi đó PMN Max =

10 2
= 25W
4

Vậy với R2 = 0 thì PMN Max = 25W

C

Bài 6: Biến trở ở hình vẽ bên là
một dây dẫn có điện trở R 0 = 9 Ω

o

cuốn thành vòng tròn kín. Tiếp

R
a

điểm A cố định, tiếp điểm C là con
chạy của biến trở. Dây nối từ biến
trở đến nguồnMUMN

-

có
N điện Itrở

+

tổng cộng R = 2 Ω ; UMN = 3V
a. Xác định vị trí con chạy C để IMin ? Tìm IMin = ?
b. Xác định vị trí C để công suất tiêu thụ của biến trở là cực đại. Tìm giá trị
cực đại đó?
Giải:
- Theo bài cho A cố định, tiếp điểm C là con chạy của biến trở. Khi đó tiếp
điểm C chia vòng tròn thành hai cung có điện trở là x và R0 - x (Hình vẽ).
15


- Ta có: RMN =

x.( R0 − x)
+R
R0

x
C

- Theo định luật Ôm ta có:

A

U .R0

U

R

R0 - x

I = R = x.( R − x) + RR
MN
0
0

MN +

27

I = x.( R − x) + 18

0
Để IMin thì { x(R0 – x) + 18}Max hay { x( R0 – x)}Max
2

- Theo CôSi ta có :

R02
 x + R0 − x 
x(R0-x) ≤ 
=
=

2
4



81
81
=> [ x( R0 − x)] Max =
4
4

27
27
- Khi đó : IMin = 81 + 18 =
= 0,7A.
38.25
4

- Dấu "= " xảy ra khi x = R0 - x <=> x =

R0
= 4,5 Ω
2

- Khi đó A; C nằm trên đường kính.
Vậy khi A; C nằm trên đường kính đường tròn tâm O thì IMin = 0,7A.
b. Lúc này bài toán trở thành xác định x để PACMax? Tìm PACMax?
Ta có : PAC = I2 . RAC =

U2

U2

.RAC = ( R + R )
AC
( R AC + R)
R AC
2

- Do U2 không đổi nên để PAC Max thì M = ( R AC +

2

R
)2 Min
R AC

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có :

9
9
U2
M ≥ 4R => PAC Max =
=
= W
4R

4.2

- Dấu " = " xảy ra khi RAC = R =>

8

 x = 3Ω
x(9 − x)
= 2 => 
9
 x = 6Ω

- Vậy với x = 3 Ω hoặc x = 6 Ω thì P biến trở Max =

9
W.
8

* Nhận xét: Bài toán giúp hình thành khả năng quan sát và phân tích mạch
cho học sinh. Qua đó giúp học sinh tư duy nhanh để đưa hướng giải phù hợp.

16

r
Bài 7: Cho+ mạch
U - điện như hình vẽ
bên, vớixđiện trở R1= 30 Ω , R2 = 40 Ω ,

R
= 150 Ω ; x + r = 48 Ω . Ampe kế có:
A3
A

B
RA = 10
R1Ω . Vôn kế có: Rv = 600 Ω ;
hiệu điện thế U =
C 80V. V
R2 x để công suất tiêu thụ trên
a. Tìm
R3

mạch gồm x và AB đạt giá trị cực đại?
Tìm giá trị đó?
b. Tìm x để công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? Tìm giá trị cực đại đó?
Giải
- Ta có : PAbx = I2. RAbx =

U

U2

2

. RAbx = ( R +
( R ABx + r )
ABx
2

2
r
)
R ABx

r

2
- Do U2 không đổi nên để PAbx Max thì M = ( R ABx + R ) Min
ABx

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4r
- Suy ra : PAbx Max =

U2
4r

Dấu "= " xảy ra khi RAbx = r
Mà : RAB = 32 Ω =>

32 x
= r = 48 – x

32 + x

x = 32 Ω => r = 16 Ω
Khi đó PAbxMax =

2.80 2
= 100W
4.32

Với x = 32 Ω thì PAbx Max = 100W
b. Theo bài cho ta có:

Px = I 2x . x

(*)

U
80(32 + x)
32
x
- Ta có I = R + r =
=
+r
x(32 + r ) + 32r
ABx
32 + x
U

17

- Khi đó Ix =

có :

Px =

80(32 + x)
2560
32
32
.I =
. x(32 + r ) + 32r = x(32 + r ) + 32r . Thay vào (*) ta
32 + x
32 + x

2560

2560 2

2

2
.x = 
32r 
[ x( 32 + r ) + 32r ]
 x ( 32 + r ) +

x


2

2

- Để PxMax thì MMin


32r 
=  x (32 + r ) +
 Min
x


- Theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4(32+r) 32r
Suy ra MMin = 4(32+r) .32r
- Dấu " = " xảy ra khi x =

=> PxMax =

2560 2
4(32 + r )32r

32r
32( 48 − x)
=
32 + r
32 + 48 − x

=> x = 16 Ω => r = 2.16 Ω = 32 Ω
2560 2

- Khi đó PxMax =
= 25W.
4(32 + 2.16).32.16.2

Vậy với x = 16 Ω thì Px Max = 25W.
* Nhận xét: Bài toán làm tương tự như những bài toán trên. Học có thể lúng
túng khi quan sát mạch điện nhưng nếu biết quan sát thì học sinh sẽ nhận ra
ngay cách làm bài toán. Giáo viên nên hướng dẫn học sinh tư duy rằng: coi cả
đoạn mạch AB chỉ có 1 điện trở đó là R AB. Lúc đó mạch chỉ 2 yếu tố là R AB và r
với RAB thay đổi.
Bài 8: ChoUmạch điện như hình vẽ,

+

r

-

với U = 9 V, r = 1 Ω , Rb có điện
trở tối đa là 10 Ω ; R1 = 1 Ω ; A

M

V

B

RA ≈ 0, RV ≈ ∞ . Phải dịch chuyển
x

cho chạy C đến vị trí nào để công

R1

suất tiêu thụ trên toàn biến trở là
lớn nhất? Giá trị lớn nhất ấy bằng

Rb

C

N

bao nhiêu?
Giải:

18

A


- Theo bài cho Vôn kế và Ampe kế lí tưởng. Do vậy ta có thể chập N ≡ M ≡ B
và khi đó bỏ Vôn kế ra khỏi sơ đồ.
- Gọi điện trở 1 phần là x ( Hình vẽ)
- Khi đó mạch có dạng {x // (Rb – x)}nt R1
- Bài toán trở thành tìm x để: PCBMax
- Ta có : PCB = I . RCB =

( RCB

U2
U2
. RCB = ( R + R1 + r ) 2
+ r + R1 ) 2
CB
RCB
R +r

1
- Để PCB Max thì MMin = ( RCB + R ) Min
CB

- Theo bất đẳng thức CôSi ta có : M ≥ 4(R1+r).
U2
81
=
- Suy ra MMin = 4(R1+r) => PCBMax =
= 10,125W.
4( R1 + r ) 4(1 + 1)

- Dấu "=" xảy ra khi RCB = R1 + r = 2.
x(10 – x) = 20 => x = 5 ± 5 Ω .
Vậy với x = 5 ± 5 Ω thì PCBMax = 10,125W.
* Nhận xét: Giáo viên nên một lần nữa hướng dẫn học sinh cách vẽ mạch cho
chuẩn xác. Thông qua đó khắc sâu cách làm bài tập.
Bài 9: Một biến trở được mắc như
B(+)

hình vẽ bên.

a. Hỏi con Rchạy
- x xở vị trí nào của
biến trở thì điện trở của đoạn mạch

B(+)

A(-)là lớn nhất? Tìm giá trị đó?
AB

b. Nếu điện trở của biến trở là 100
Ω thì giá trị lớn nhất đó bằng bao

nhiêu?
Giải:
- Gọi điện trở một phần là x, khi đó điện trở phần còn lại là R – x
Mạch được mắc: x // (R –x)
Khi đó ta có : RAB =

( R − x) x
R
19


- Do R không đổi. Để RAB Max thì {(R – x) x}Max
2

R2
R2
R − x+ x
≤

=
Mà theo CôSi ta có : {(R – x) x} 
=> {(R – x) x}Max =

2
4
4


- Khi đó : RAB Max =

R2 R
=
( Ω ) Dấu " = " xảy ra khi :
4R 4

R – x = x => x =
Với x =

R
( Ω ).
2

R
R2
( Ω ) thì RAB Max =
( Ω ).
2
4

b. Nếu cho R = 100 Ω thì x = 50 Ω còn RAB Max = 25 Ω .
Bài 10: Một vòng dây đồng chất tiết diện đều có

A

l1; R1; M

B

α

R = 100( Ω ). Đặt vào hai điểm A và B của vòng
dây 1 hiệu điện thế U = 16V cho góc AOB = α .

O
N

Tìm α để I mạch Min? Tìm IMim đó?

R2

Giải:
- Theo bài cho vòng dây đồng chất tiết diện đều nên l ~ R
Mà ta có : l1 =

∝
µ
l => R1=
R
360

360

- Khi đó ta có : RAB

α
α
.R ( R −
R)
R.α (360 − α )
360
= R1 R2 = 360
=
R1 + R2
R
3602

- Khi đó theo định luật Ôm thì:
U
16.3602
16.3602
16.362
=
=
I=
=
.
RAB R (360 − α )α 100(360 − α )α
(360 − α )α

- Để: I Min thì [ α (360 − α )] Max

2

 α + 360 − α  α ( 360 − α )  ≤ 1802
- Theo bất đẳng thức CôSi ta có: α ( 360 − α )  ≤ 

 
2

16.362
Suy ra: α ( 360 − α )  Max = 1802. Vậy IMin =
2 = 0,64A.
180

- Dấu “=” xảy ra khi: α = 360 − α => 2 α = 360 => α = 1800.
Vậy với α = 1800 thì IMin = 0,64A.
* Nhận xét chung: Qua dạng toán 1, giáo viên củng cố và chốt lại cách giải
bài toán tìm giá trị của biến trở R để công suất trên một đoạn mạch đạt giá trị
20


lớn nhất. Cách chung là đưa về dạng mạch chứa một điện trở cố định nối tiếp
với biến trở R; hoặc đưa về dạng mạch song song gồm một điện trở cố định
mắc nối tiếp với mạch gồm biến trở R song song với điện trở cố định khác. Sau
đó tìm công suất P của mạch cần tính theo U và biến trở R và các điện trở cố
định khác; Cuối cùng dùng bất đẳng thức Côsi là có thể tìm được đại lượng là
ẩn của bài toán.
3.2.2. Dạng 2:Tìm các đại lượng khác thông qua cực trị hàm số.
Phương pháp giải:
- Xác định đại lượng nào trong bài toán cho có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
- Dựa vào đề bài tìm mối quan hệ giữa các đại lượng vật lí dưới dạng hàm

số.
- Dựa vào kiến thức toán để tìm đại lượng khác thông qua tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất có trong bài toán.
Bài 1. Cho mạch điện như hình vẽ

+

bên, với U = 6V, r = 2 Ω . Tìm R để

U

r

công suất trên điện trở R đạt giá trị
R

lớn nhất ? Tìm giá trị đó ?
Giải
Ta có : Công suất trên điện trở R là: P = Pn – Pr
P = UI – I2r

I2r - UI + P = 0. Đây là phương trình bậc 2 đối với I.
Để phương trình có nghiệm thì:
∆ = U2 - 4Pr ≥ 0

P≤
Vậy : PMax

U2
4r

U2
=
= 4, 5 W xảy ra khi R = r = 2 Ω .
4r

*Nhận xét:. Học sinh chỉ cần nắm chắc kiến thức Toán học ( kiến thức về điều
kiện có nghiệm của phương trình bậc 2) là có thể giải được bài toán. Đa số
học sinh có thể biến đổi tới biểu thức tính P nhưng rất ít học sinh tìm được Pmax
21


vì không nghĩ tới biến đổi về phương trình bậc 2 đối với I. Bài toán này có thể
giải theo 2cách tuy nhiên dùng cách giải này thì ngắn gọn và dễ hiểu hơn dùng
cách giải ở dạng 1
Bài 2: Một dây dẫn đồng chất, tiết diện đều được cắt thành 2 phần sao cho khi
mắc chúng song song thì điện trở tương đương của mạch là cực đại. Tìm điện
trở mỗi phần biết rằng dây dẫn có điện trở là 4 Ω
Giải.
Gọi điện trở một phần là x ( Ω ). Phần còn lại sẽ có điện trở là: 4 – x ( Ω )
Khi đó ta có : RTĐ =

x ( 4 − x)
4x − x2
=
4
4

Để RTĐ Max thì : ( -x2 + 4x ) max . Ta thấy đây là phương trình bậc 2 dạng
ax2 +bx + c = 0 (Phương trình khuyết c)

Để : ( -x2 + 4x ) max thì x =

−b −4
=2
=
2a
−2

=> x = 2 ( Ω )
Vậy điện trở mỗi phần là x =2( Ω )
*Nhận xét:Với dạng bài này cũng tương tự những bài trên, giáo viên hướng
dẫn để học sinh viết được công thức RTĐ có tử số là phương trình bậc 2. Vận
dụng kiến thức về phương trình bậc 2 với hệ số a < 0 ta dễ dàng tìm được giá
trị lớn nhất của hàm số. Tuy nhiên bài toán này còn có thể dùng bất đẳng thức
Cô si để làm cũng cho kết quả đúng
r

+ điện
Bài 3: Cho mạch
U - như hình vẽ. Biết

U, r, còn R là biến trở. Chứng minh
rằng : với một giá trị PR < PRmax thì có 2
giá trị của R và 2 giá trị đó thoả mãn hệ
C

thức: R1R2 = r2.
R

Giải:

U2
.R
Ta có : PR = I .R =
( R + r )2
2
R

Đặt PR = P ; PRmax = PMax

=> P (R +r )2 = U2R <-> PR2 + R(2Pr – U2) + Pr2= 0
∆ = (2Pr – U2)2 - 4 P2r2 = U2( U2 – 4 Pr)
22

(*)
(1)


Mặt khác ta có :

PMax =

U2
4r

Đạt được khi R = r ( Ω )

(2)

Thay U2 ở (2) vào (1) ta có : ∆ = PMax 4. r . 4r (PMax – P) = U2 4r ( PMax – P) > 0
Vậy (* ) có hai nghiệm là R1 và R2

Theo định lý Viet ta có : R1R2 =

c Pr 2
=
= r 2 => R1R2 = r2
a P

Vậy với một giá trị P < PMax thì tồn tại R1; R2 thoả mãn: R1R2 = r2
R1

Bài 4: Cho mạnh +điện
U như

hình vẽ bên, với
R2 U không đổi;
R1; R2 không đổi, Rd ≈ 0 ; x
là 1 biến trở. Khi x có giá trị
x0 thì PxMax = P0. Khi x có giá
x

trị 16Ω; 100Ω thì Px =

P0
.
2

Tìm x0 = ?
Giải:
- Theo bài cho ta có: Px = I 2x x

(1)
U ( R2 + x )

- Theo định luật Ôm ta có : I = R x + R R + R x
2
1 2
1
R2

UR2

- Khi đó: Ix = R + x I = x( R + R ) + R R
2
1
2
1 2

(2)

U 2 R2

Thay (2) vào (1) ta có: Px= ( x ( R + R ) + R1 R2 ) 2
1
2

(3)

x

Theo bài: PxMax = P0 thì x = x0

Vậy từ (3) để PxMax thì MMin = ( x ( R1 + R2 ) +

R1 R2 2
) Min
x

Theo bất đẳng thức CôSi: M ≥ 4 ( R1+ R2) R1R2 .
Suy ra MMin = 4 ( R1+ R2) R1R2
U 2 R2
Khi đó : P0=
4 R1 ( R1 + R2 )

(4)

R1 R2

với x = x0 = ( R + R )
1
2

R1 R2
U 2 R2
Vậy x0 = ( R + R ) thì P0 =
4 R1 ( R1 + R2 )
1
2

(6)
23

(5)


Mặt khác từ (3) ta có: Px=

U 2 R22 x
( x ( R1 + R2 ) + R1R2 ) 2

Khi x có giá trị 16 Ω , 100 Ω thì Px =

1
P0
2

(7)
(8)

U 2 R22 x
U 2 R2
1
Từ (6), (7), (8) ta có :
= .
( x ( R1 + R2 ) + R1 R2 ) 2
8 4 R1 ( R1 + R2 )

=> (R1 +R2)2 x2 - 6 R1(R1 + R2) + R 12 R 22 = 0

(9)

Khi đó : x1 = 16 Ω ; x2 = 100 Ω là nghiệm của phương trình (9)

Theo định lý Viet ta có: x1x2 =

c
a

( R1 R2 ) 2
RR
= ( 1 2 ) 2 = x02
Theo (9): x1x2 =
2
( R1 + R2 )
R1 + R2

=> x 02 = 16.100 = 1600
=> x0 = 40 Ω
- Vậy giá trị phải tìm là x0 = 40 Ω
*Nhận xét: Với bài 3 và bài 4 ở dạng bài này giáo viên lưu ý học sinh biết
cách viết công thức của P và biến đổi công thức để có được phương trình bậc 2
. Dùng kiến thức toán để giải phương trình bậc 2 vừa lập được, kết hợp với
định lí Viet để giải quyết bài toán dễ dàng hơn.
Bài 5:Cho mạch điện như hình vẽ :
M

R0

U
A

R

N

C

R1

V

Biết: R0 = 6 Ω; U0 = 30V. Biến trở có điện trở lớn nhất là R, vôn kế có điện trở
rất lớn, ampe kế có điện trở không đáng kể. Khi di chuyển con chạy C của biến
trở ta thấy có một vị trí mà tại đó ampe kế chỉ giá trị nhỏ nhất bằng 1A và khi
đó vôn kế chỉ 12V.Tìm giá trị của R1 và R?
Giải
Đặt RMC = x (ĐK: 024


Khi đó RCN = (R - x) .

Điện trở tương đương của mạch là:
R1 x

Rt đ = R0 + RMN = R0 + R + x + R - x
1
U0

I = R1 x + R + R − x
0

(1)

R1 + x
I .R1

IA = R + x
1

(2)
U 0 .R1

U 0 R1

Thay (1) vào (2) ta có: IA = R x + ( R + R − x)( R + x) = y ( x)
1
0
1

(3)

Do tích U0R1 không đổi nên dòng đi qua ampe kế cực tiểu khi mẫu số đạt giá trị
cực đại ở một giá trị xác định của x.
Biểu thức trên có mẫu số dạng hàm số của y(x):
R +R
y(x) = -x +(R0+R)x + (R0+R) .R1. Thêm và bớt đi  0

 2 

2

2

2

y(x) =

 R0 + R 

 + (R0 +R)R1  2 

R0 + R 

x − 2 



Hàm y(x) có giá trị cực đại khi: x và ymax = (R0 +R)(R1+

ta có thể viết:

2

R0 + R
R +R
= 0 lúc đó: x = x0 = 0
2
2

(4)

R0 + R

)
4
U

12

v
Theo đề bài ta có: x0.Imin = Uv = 12V => x0 = I = 1 = 12Ω
min

Từ (4) và (5) => R = 18 Ω
U 0 .R1

(3) => Imin = ( R + R)( R + R0 + R )
0
1
4

Thay giá trị của Imin , R0 , R , và U0 ta tính được R1 = 24 Ω
Vậy: R = 18 Ω và R1 = 24 Ω
* Nhận xét: Đây là bài toán khá khó về dạng bài cực trị. Học sinh phải nắm
chắc kiến thức Toán học (về phương trình bậc 2) .Ngoài việc học sinh nắm
vững các kiến thức về vật lí, nhận dạng mạch điện thì học sinh còn phải có tư
25