chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý 9

MT S PHNG PHP GII BI TON MCH CU IN TR
Khái quát về mạch cầu điện trở, mạch cầu cân bằng
và mạch cầu không cân bằng.
Mch cu l mch dựng ph bin trong cỏc phộp o chớnh xỏc phũng thớ nghim in.
Mch cu c v nh (H - 0.a) v (H - 0.b)

Cỏc in tr R1, R2, R3, R4 gi l cỏc cnh ca mch cu in tr R 5 cú vai trũ khỏc bit
gi l ng chộo ca mch cu (ngi ta khụng tớnh thờm ng chộo ni gia A B.
Vỡ nu cú thỡ ta coi ng chộo ú mc song song vi mch cu).

Mạch cầu có thể phân thành hai loại
Mch cu cõn bng (Dựng trong phộp o lng in). I5 = 0 ; U5 = 0
Mch cu khụng cõn bng: Trong ú mch cu khụng cõn bng c phõn lm 2 loi:


Loi cú mt trong 5 in tr bng khụng (vớ d mt trong 5 in tr ú b ni tt, hoc
thay vo ú l mt ampe k cú in tr ng khụng ). Khi gp loi bi tp ny ta cú th
chuyn mch v dng quen thuc, ri ỏp dng nh lut ụm gii.



Loi mch cn tng quỏt khụng cõn bng cú c 5 in tr, thỡ khụng th gii c
nu ta ch ỏp dng nh lut ễm, loi bi tp ny c gii bng phng phỏp c bit
( Trỡnh by mc 2.3)

Vậy điều kiện cân bằng là gì ?
Cho mch cu in tr nh (H1.1)
Nu qua R5 cú dũng I5 = 0 v U5 = 0 thỡ cỏc in tr nhỏnh lp
thnh t l thc :

R1 R 2

=
= n = const
R3 R4

Ngc li nu cú t l thc trờn thỡ I5 = 0 v U5 = 0, ta cú mch cu cõn bng.

1




Tóm lại: Cn ghi nh

Nu mch cu in tr cú dũng I5 = 0 v U5 = 0 thỡ bn in tr nhỏnh ca mch cu
lp thnh t l thc:

R1 R 2
=
= n (n l hng s) (*)
R3 R4

(Vi bt k giỏ tr no ca R5.).

Khi ú nu bit ba trong bn in tr nhỏnh ta s xỏc nh c in tr cũn li.
Ngc li: Nu cỏc in tr nhỏnh ca mch cu lp thnh t l thc tờn, ta cú mch
cu cõn bng v do ú I5 = 0 v U5 = 0
Khi mch cu cõn bng thỡ in tr tng ng ca mch luụn c xỏc nh v
khụng ph thuc vo giỏ tr ca in tr R 5 . ng thi cỏc i lng hiu in th v
khụng ph thuc vo in tr R5. Lỳc ú cú th coi mch in khụng cú in tr R 5 v
bi toỏn c gii bỡnh thng theo nh lut ễm.

Biu thc (*) chớnh l iu kin mch cu cõn bng.

2. Phơng pháp tính điện trở tơng đơng của mạch cầu.
Tớnh in tr tng ng ca mt mch in l mt vic lm c bn v rt quan trng,
cho dự u bi cú yờu cu hay khụng yờu cu, thỡ trong quỏ trỡnh gii cỏc bi tp in ta
vn thng phi tin hnh cụng vic ny.
Vi cỏc mch in thụng thng, thỡ u cú th tớnh in tr tng ng bng mt
trong


hai cỏch sau.
Nu bit trc cỏc giỏ tr in tr trong mch v phõn tớch c s mch in (thnh
cỏc on mc ni tip, cỏc on mc song song) thỡ ỏp dng cụng thc tớnh in tr ca cỏc
on mc ni tip hay cỏc on mc song song.
Nu cha bit ht cỏc giỏ tr ca in tr trong mch, nhng bit c Hiu in th
2 u on mch v cng dũng in qua on mch ú, thỡ cú th tớnh in tr tng
ng ca mch bng cụng thc nh lut ễm.

Tuy nhiờn vi cỏc mch in phc tp nh mch cu, thỡ vic phõn tớch on mch ny
v dng cỏc on mch mi ni tip v song song l khụng th c. iu ú cng cú
ngha l khụng th tớnh in tr tng ng ca mch cu bng cỏch ỏp dng, cỏc
cụng thc tớnh in tr ca on mch mc ni tip hay on mch mc song song. Vy
ta phi tớnh in tr tng ng ca mch cu bng cỏch no?
Vi mch cu cõn bng thỡ ta b qua in tr R 5 tớnh in tr tng ng ca mch
cu.


2

Với loại mạch cầu có một trong 5 điện trở bằng 0, ta luôn đưa được về dạng mạch điện
có các


đoạn mắc nối tiếp, mắc song song để giải.
Loại mạch cầu tổng quát không cân bằng thì điện trở tương đương được tính bằng các
phương


pháp sau.

Ph¬ng ¸n chuyÓn m¹ch.
Thực chất là chuyển mạch cầu tổng quát về mạch điện tương đương (điện trở tương đương
của mạch không thay đổi). Mà với mạch điện mới này ta có thể áp dụng các công thức tính
điện trở của đoạn mạch nối tiếp, đoạn mạch song song để tính điện trở tương đương.
− Muốn sử dụng phương pháp này trước hết ta phải nắm được công thức chuyển mạch
(chuyển từ mạch sao thành mạch tam giác và ngược lại từ mạch tam giác thành mạch
sao). Công thức chuyển mạch - Định lý Kennơli.



Cho hai sơ đồ mạch điện, mỗi mạch điện được tạo thành từ ba điện trở .
( H2.1a mạch tam giác (∆) ;
H2.1b - Mạch sao (Y) )

 Với các giá trị thích hợp của điện trở có thể thay thế mạch này bằng mạch kia, khi đó
hai mạch
tương đương nhau. Công thức tính điện trở của mạch này theo mạch kia khi chúng
tương đương
nhau như sau:

 Biến đổi từ mạch tam giác R1, R2, R3 thành mạch sao R’1, R’2, R’3
R 1' =

R 2 .R 3
R1 + R 2 + R 3

(1)

R 1.R 2
R1 + R 2 + R 3

(3)

R '2 =

;

R1.R 3
R1 + R 2 + R 3

(2)
R 3' =

( Ở đây R’1, R’2, R’3 lần lượt ở vị trí đối diện với R1,R2, R3 )

 Biến đổi từ mạch sao R’1, R’2, R’3 thành mạch tam giác R1, R2, R3

3

R1' .R '2 + R '2 .R 3' + R1' .R 3'
R1 =
R 1'

(4)

R1' .R '2 + R '2 .R 3' + R1' .R 3'
R2 =
R '2

(5)

R 1' .R '2 + R '2 .R 3' + R 1' .R 3'
R3 =
R 3'

(6)

p dng vo bi toỏn tớnh in tr tng ng
ca mch cu ta cú hai cỏch chuyn mch nh sau:

Cách 1:

T s mch cu tng quỏt ta chuyn mch tam giỏc R 1, R3, R5 thnh mch sao :R1;
R3; R5 (H2.2a) Trong ú cỏc in tr R13, R15, R35 c xỏc nh theo cụng thc: (1); (2) v
(3) t s mch in mi (H 2.2a) ta cú th ỏp dng cụng thc tớnh in tr ca on
mch mc ni tip, on mch mc song song tớnh in tr tng ng ca mch AB,
'
kt qu l: R AB = R 5 +

(R 3' + R 2 )(R1' + R 4 )
(R 3' + R 2 ) + (R 1' + R 4 )

Cách 2:
T s mch cu tng quỏt ta chuyn mch sao R1, R2 , R5
thnh mch tam giỏc R 1, R2 , R5 (H2.2b ). Trong ú cỏc in
tr R1, R2, R3 c xỏc nh theo cụng thc (4), (5) v(6). T s mch in mi
(H2.2b) ỏp dng cụng thc tớnh in tr tng ng ta cng c kt qu:
R 3 .R '2
R '1 .R 4
+
)
R 3 + R '2 R 1 + R '4
=
R .R '
R '1 .R 4
R '5 + ( 3 2 +
)
R 3 + R '2 R 1 + R ' 4
R '5 (

R AB

Phơng pháp dùng định luật Ôm.
T biu thc: I =

U
R

suy ra R =

U
I

(*)

Trong ú: U l hiu in th hai u on mch.
I l cng dũng in qua mch chớnh.
Vy theo cụng thc (*) nu mun tớnh in tr tng ng (R) ca mch thỡ trc ht
ta phi tớnh I theo U, ri sau ú thay vo cụng thc (*) s c kt qu.
( Cú nhiu phng phỏp tớnh I theo U s c trỡnh by chi tit mc sau ).
Xột vớ d c th:
Cho mch in nh hỡnh H . 2.3a.
Bit R1 = R3 = R5 = 3 , R2 = 2 ; R4 = 5

a. Tớnh in tr tng ng ca on mch AB.
b. t vo hai u on AB mt hiu in th khụng

4


đổi U = 3 (V). Hãy tính cường độ dòng điện qua
các điện trở và hiệu điện thế ở hai đầu mỗi điện trở.

Ph¬ng ph¸p 1: Chuyển mạch.
C¸ch 1: Chuyển mạch tam giác R1; R3 ; R5 thành
mạch sao R’1 ; R’3 ; R’5 (H2.3b) Ta có:
R1. .R 3
3.3

=
= 1(Ω)
R1 + R 2 + R 3 3 + 3 + 3
R 1.R 5
R 3' =
= 1(Ω)
R1 + R 3 + R 5
R 3 .R 5
R 1' =
= 1(Ω)
R1 + R 3 + R 5
R 5' =

Suy ra điện trở tương đương của đoạn mạch AB là :
R AB

(R 3' + R 2 )(R1' + R 4 )
(1 + 2)(1 + 5)
=R + '
= 1+
= 3Ω
'
(R 1 + R 2 ) + (R 1 + R 4 )
(1 + 2) + (1 + 5)
'
5

C¸ch 2: Chuyển mạch sao R1; R2; R5 thành mạch tam giác
R1.R 2 + R 2 .R 5 + R1.R 5 3.2 + 2.3 + 3.3
=

= 7Ω
R1
3
R .R + R 2 .R 5 +R1.R 5
R '2 = 1
= 10,5(Ω)
;
R2

R 1' ; R '2 ; R 3' (H2.3c). Ta có:

R 1' =

R 5' =

R 1.R + R 2 .R 5 + R 1.R 5
= 7(Ω)
R5

R '2 .R3
R 1' .R 4
+
)
R '2 + R 3 R 1' + R 4
=
= 3( Ω)
R '2 .R 3
R1' .R 4
'
R5 + '

+
R 2 + R 3 R 1' + R 4
R 5' (

Suy ra: R AB

Ph¬ng ph¸p 2: Dùng công thức định luật Ôm.
Từ công thức: I AB =

U AB
U
⇒ R = AB
R AB
I AB

( *)

− Gọi U là hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch AB ; I là cường độ dòng điện qua đoạn
mạch AB
Biểu diễn I theo U
Đặt I1 là ẩn số, giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình vẽ (H2.3d)
Ta lần lượt có:
U1 = R1I1 = 3 I1
I2 =

U 2 U − 3I1
=
R2
2

(1)
(3)

;

U2 = U – U1 = U – 3 I1
;

I5 = I1 − I 2 =

5

5I1 − U
2

(2)
(4)


U 5 = I.R 5 =

15I1 − 3U
2

21I1 − 3U
2

(5)

;

U3 = U1 + U 5 =

;

U4 = U − U3 =

5U − 21I1
2

5U
27

(11)

I3 =

U 21I1 − 3U
=
R3
6

(7)

I4 =

U 4 5U − 21.I1
=
R4
10

(9)

(6)
(8)

Tại nút D, ta có: I4 = I3 + I5
⇔

5U − 21.I1
21I1 − 3U 5I1 − U
=
+
10
6
2

( 10 )

⇒ I1 =

4
U
Thay (11) vào (7) ta được: I3 = 27

Suy ra cường độ dòng điện mạch chính. I = I1 + I3 =

5U 4U 1
+
= U

27 27 3

( 12 )

Thay (12) vào (*) ta được kết quả: RAB = 3 (Ω)
5
9

b. Thay U = 3 V vào phương trình (11) ta được: I1 = (A)
Thay U = 3(V) và I1 =
2
I 2 = (A)
3

I3 =

U1 = U 4 =

4
(A)
9

5
( V)
3

5
(A) vào các phương trình từ (1) đến (9) ta được kết quả:
9
1

I 4 = (A)
3
U 2 = U3 =

I5 =

4
( V)
3

−1
−1
(A) ( I5 =
có chiều từ C đến D)
9
9
U5 = U X =

1
( V) ;
3

 Lu ý
 Cả hai phương trình giải trên đều có thể áp dụng để tính điện trở tương đương của bất
kỳ mạch cầu điện trở nào. Mỗi phương trình giải đều có những ưu điểm và nhược điểm
của nó. Tuỳ từng bài tập cụ thể ta lựa chọn phương pháp giải cho hợp lý.
 Nếu bài toán chỉ yêu cầu tính điện trở tương đương của mạch cầu (chỉ câu hỏi a) thì
áp dụng phương pháp chuyển mạch để giải, bài toán sẽ ngắn gọn hơn.
 Nếu bài toán yêu cầu tính cả các giá trị dòng điện và hiệu điện thế (hỏi thêm câu b) thì
áp dụng phuơng pháp thứ hai để giải bài toán, bao giờ cũng ngắn gọn, dễ hiểu và lô gic

hơn.
 Trong phương pháp thứ 2, việc biểu diễn I theo U liên quan trực tiếp đến việc tính toán
các đại lượng cường độ dòng điện và hiệu điện thế trong mạch cầu. Đây là một bài toán
không hề đơn giản mà ta rất hay gặp trong khi giải các đề thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh.
Vậy có những phương pháp nào để giải bài toán tính cường độ dòng điện và hiệu điện thế
trong mạch cầu.

6


3. phơng pháp giải toán tính cờng độ dòng điện và hiệu điện thế trong mạch cầu
Vi mch cu cõn bng hoc mch cu khụng cõn bng m cú 1 trong 5 in tr
bng 0 (hoc ln vụ cựng) thỡ u cú th chuyn mch cu ú v mch in quen
thuc (gm cỏc on mc ni tip v mc song song). Khi ú ta ỏp dng nh lut
ễm gii bi toỏn ny mt cỏch n gin.
Vớ d: Cho cỏc s cỏc mch in nh hỡnh v: (H.3.1a); (H. 3.1b); (H3.1c); (H3.1d) bit
cỏc vụn k v cỏc am pe k l lý tng.

Ta cú th chuyn cỏc s mch in trờn thnh cỏc s mch in tng ng, tng
ng vi cỏc hỡnh H.3.1a; H.3.1b; H.3.1c; H.3.1d.

T cỏc s mch in mi, ta cú th ỏp dng nh lut ễm tỡm cỏc i lng m bi
toỏn yờu cu:
Lu ý.
Cỏc bi loi ny cú nhiu ti liu ó trỡnh by, nờn trong ti ny khụng i sõu vo vic
phõn tớch cỏc bi toỏn ú tuy nhiờn trc khi ging dy bi toỏn v mch cu tng quỏt,
nờn rốn cho hc sinh k nng gii cỏc bi tp loi ny tht thnh tho.
Vi mch cu tng quỏt khụng cõn bng cú c 5 in tr, ta khụng th a v
dng mch in gm cỏc on mc ni tip v mc song song. Do ú cỏc bi tp
loi ny phi cú phng phỏp gii c bit - Sau õy l mt s phng phỏp gii

c th:

Bài toán 3:
Cho mch in h hỡnh v (H3.2a) Bit U = 45V
R1 = 20, R2 = 24 ; R3 = 50 ; R4 = 45 R5 l mt bin tr
1. Tớnh cng dũng in v hiu in th ca mi in tr
v tớnh in tr tng ng ca mch khi R5 = 30
2. Khi R5 thay i trong khong t 0 n vụ cựng, thỡ in
tr tng ng ca mch in thay i nh th no?

7


1. Tính cường độ điện và hiệu điện thế của mỗi điện trở và tính điện trở tương đương của
mạch khi R5 = 30Ω

Ph¬ng ph¸p 1: Lập hệ phương trình có ẩn số là dòng điện (Chẳng hạn chọn I1 làm ẩn số)
Bíc 1: Chọn chiều dòng điện trên sơ đồ
Bíc 2: áp dụng định luật ôm, định luật về nút, để biễu diễn các đạilượng cònl lại theo ẩn
số (I1) đã chọn (ta được các phương trình với ẩn số I1 ).

Bíc 3: Giải hệ các phương trình vừa lập để tìm các đại lượng của đầu bài yêu cầu.
Bíc 4: Từ các kết quả vừa tìm được, kiểm tra lại chiều dòng điện đã chọn ở bước 1
 Nếu tìm được I > 0, giữ nguyên chiều đã chọn.
 Nếu tìm được I < 0, đảo ngược chiều đã chọn.

Lêi gi¶i :
− Giả sử dòng điện mạch có chiều như hình vẽ H3.2b
− Chọn I1 làm ẩn số ta lần lượt có:
U1 = R1 . I1 = 20I1

U 2 45 − 20I1
=
R2
24
20I1 − 225
U 5 = R 5 .I5 =
4
U 12I1 − 9
I3 = 3 =
R3
8
U
27 − 20I1
I4 = 4 =
R4
12
I2 =

(1)

;

( 3)

;

(5)

;

( 7)

;

U2 = U – U1 = 45 – 20I1
44I1 − 45
24
300I1 − 225
U 3 = U1 + U5 =
4
405 − 300 I1
U4 = U − U3 =
4
I5 = I1 − I =

⇔

27 − 20I1 12I1 − 9 44I1 − 48
=
+
12
8
24

− Thay biểu thức (10) các biểu thức từ (1) đến (9) ta được các kết quả:
I3 = 0,45 (A)

;

I4 = 0,5 (A)

;

I5 = 0,05 (A)

Vậy chiều dòng điện đã chọn là đúng.
 Hiệu điện thế : U1 = 21(V)
U3 = 22,5 (V)

( 6)
(8)

(10)

Suy ra I1= 1,05 (A)
;

(4)

(9)

− Tại nút D cho biết: I4 = I3 + I5

I1 = 1(A)

(2)

U2 = 24 (V)

UBND = 22,5 (V)

 Điện trở tương đương R AB =

U5 = 1,5 (V)

U
U
45
=
=
= 30Ω
I
I1 + I3 1, 05 + 0, 45

8


Ph¬ng ph¸p 2: Lập hệ phương trình có ẩn số là hiệu điện thế các bước tiến hành giống
như phương pháp 1. Nhưng chọn ẩn số là Hiệu điện thế. Áp dụng (Giải cụ thể)
− Chọn chiều dòng điện trong mạch như hình vẽ H3.2b
− Chọn U1 làm ẩn số ta lần lượt có:
I1 =

U1 U1
=
R1 20

(1)

U2 = U – U1 = 45 – U1

I2 =

U 2 45 − U1
=
R2
24

(3)

I5 = I1 − I 2 =

(5)

U 3 = U1 + U 5 =

(7)

I3 =

U 5 = I5 .R 5 =

11U1 − 225
4

U 4 = U − U3 =
I4 =

405 − 300U1
4

U 4 27 − U1
=
R4
12

11I1 − U1
120
15U1 − 225
4

U 3 3U1 − 45
=
R3
40

(2)
(4)
(6)
(8)

(9)

− Tại nút D cho biết: I4 = I3 + I5

⇔

27 − U1 3U1 − 45 11U1 − 225
=
+

12
40
120

(10)

Suy ra: U 1 = 21 (V)
Thay U1 = 21 (V) vào các phương trình từ (1) đến (9) ta được kết quả giống hệt phương
pháp 1

Ph¬ng ph¸p 3: Chọn gốc điện thế.
Bíc 1: Chọn chiều dòng điện trong mạch
Bíc 2: Lập phương trình về cường độ tại các nút (Nút C và D)
Bíc 3: Dùng định luật ôm, biến đổi các phương trình về VC, VD theo VA, VB
Bíc 4: Chọn VB = 0 ⇒ VA = UAB
Bíc 5: Giải hệ phương trình để tìm VC, VDtheo VA rồi suy ra U1, U2, U3, U4, U5
Bíc 6: Tính các đại lượng dòng điện rồi so sánh với chiều dòng điện đã chọn ở bước 1.
Áp dụng
− Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ H3.2b

 I1 = I 2 + I5
− Áp dụng định luật về nút ở C và D, ta có: 
 I 4 = I 3 + I5

9

(1)
(2)

 VA − VC VC − VD VC − VD
=
+

R
R
R5

1
2
- Áp dụng định luật Ôm, ta có: 
 VD − VB = VA − VD + VC − VD

R3
R5
 R4
− Chọn VD = 0 thì VA = UAB = 45 (V).

 45 − VC VC VC − VD
 20 = 24 + 30
 Hệ phương trình thành: 
 VD = 45 − VD + V C − VD
 45
50
30

( 3)
( 4)

− Giải hệ 2 phương trình (3) và (4) ta được:

VC = 24(V);

Suy ra:

U4 = VD – VB = 22,5 (V)

U2 = VC – VB = 24 (V)

U1 = U – U2 = 21 (V)
1,5 (V)

U3 = U – UBND = 22,5V

VD = 22,5(V)
U 5 = V C – VD =

Từ các kết quả vừa tìm được ta dễ ràng tính được các giá trị cường độ dòng điện
(như Ph¬ng ph¸p 1).

Ph¬ng ph¸p 4:
Chuyển mạch sao thành mạch tam giác ( Hoặc mạch tam giác thành mạch sao ).
− Chẳng h ạn chuyển mạch tam giác R1 , R3 , R5 thành mạch sao R’1 , R’3 , R’5 ta được sơ
đồ mạch điện tương đương H3.2c (Lúc đó các giá trị RAB, I1, I4, I, U2, U4,UCD vẫn không
đổi)
− Các bước tiến hành giải như sau:

Bíc 1:
Bíc 2:
Bíc 3:

Bíc 4:
Bíc 5:

Vẽ sơ đồ mạch điện mới.
Tính các giá trị điện trở mới (sao R’1 , R’3 , R’5)
Tính điện trở tương đương của mạch
Tính cường độ dòng điện mạch chính (I)
Tính I2, I4 rồi suy ra các giá trị U2, U4.
R +R

1
4
Ta có: I 2 = I. R + R + R ' + R
1
4
3
3

Và:

I4 = I – I2

Bíc 6: Trở lại mạch điện ban đầu để tính các đại lượng còn lại.
¸p dông:
− Từ sơ đồ mạch điện (H - 3.2C) ta có

10


R '1 =

R 3 .R 5
50.30
=
= 15()
R 1 + R 3 + R 5 20 + 50 + 30

R '3 =

R 1.R 5
20.30
=
= 6()
R 1 + R 3 + R 5 20 + 50 + 30

R '5 =

R1.R 3
20.50
=
= 10()
R 1 + R 3 + R 5 20 + 50 + 30

in tr tng ng ca mch: R AB = R +

(R 3' + R '2 ).(R1' + R '4 )

'

5

(R 3' + R '2 ) + (R 1' + R '4 )
U

Cng dũng in trong mch chớnh: I = R
Suy ra: I 2 = I

=

AB

= 30()

45
= 1,5(A)
30

(R 1' + R 4 )
= 1(A) I4 = I I2 = 1,5 1 = 0,5 (A)
(R 1' + R 4 ) + (R 3' + R 2 )

U2 = I2.R2 = 24 (V)

U4 = I4.R4 = 22,5 (V)

Tr li s mch in ban u (H - 3.2 b) ta cú kt qu:
Hiu in th: U1 = U U2 = 21 (V) ; U3 = U U4 = = 22,5(V) ; U5 = U3 U1 =
1,5(V)
V cỏc giỏ tr dũng in I1 =

U
U1
= 1, 05(A) ; I3 = 3 = 0, 45(A) ; I5 = I1 I3 = 0,05 (A)
R1
R3

Phơng pháp 5: ỏp dng nh lut kic sp
Do cỏc khỏi nim: Sut in ng ca ngun, in tr trong ca ngun, hay cỏc bi tp
v mch


in cú mc nhiu ngun, hc sinh lp 9 cha c hc. Nờn vic ging day cho cỏc
em hiu
y v nh lut Kic sp l khụng th c. Tuy nhiờn ta vn cú th hng dn hc
sinh lp
9 ỏp dng nh lut ny gii bi tp mch cu da vo cỏch phỏt biu sau:

Định luật về nút mạng.
T cụng thc: I = I1+ I2+ +In(i vi mch mc song song), ta cú th phỏt biu tng
quỏt: mi nỳt, tng cỏc dũng in i n im nỳt bng tng cỏc dũng in i ra khi
nỳt

Trong mỗi mạch vòng hay mắt mạch.

11


Công thức: U = U1+ U2+ …+ Un (đối với các điện trở mắc nối tiếp) được hiểu là đúng
không những đối với các điện trở mắc nối tiếp mà có thể mở rộng ra: “ Hiệu điện thế U AB
giữa hai điểm A và B bằng tổng đại số tất cả các hiệu điện thế U 1, U2,… của các đoạn kế

tiếp nhau tính từ A đến B theo bất kỳ đường đi nào từ A đến B trong mạch điện ”
 Vậy có thể nói: “Hiệu điện thế trong mỗi mạch vòng (mắt mạng) bằng tổng đại số độ
giảm thế trên mạch vòng đó”
Trong đó độ giảm thế: UK = IK.RK ( với K = 1, 2, 3, …)
 Chó ý:

 Dòng điện IK mang dấu (+) nếu cùng chiều đi trên mạch
 Dòng điện IK mang dấu (–) nếu ngược chiều đi trên mạch.

 C¸c bíc tiÕn hµnh gi¶i.

Bíc 1: Chọn chiều dòng điện đi trong mạch
Bíc 2: Viết tất cả các phương trình cho các nút mạng
Và tất cả các phương trình cho các mứt mạng.

Bíc 3: Giải hệ các phương trình vừa lập để tìm các đại lượng dòng điện và hiệu điện thế trong
mạch.

Bíc 4: Biện luận kết quả. Nếu dòng điện tìm được là:
IK > 0: ta giữ nguyên chiều đã chọn.
IK < 0: ta đảo chiều đã chọn.

¸p dông:
− Chọn chiều dòng điện đi trong mạch như hình vẽ H3.2b.

( 1)
( 2)

 I1 = I2 + I5
− Tại nút C và D ta có: 

 I 4 = I3 + I5
− Phương trình cho các mạch vòng:

 Mạch vòng ACBA:

U = I1.R1 + I2.R2

(3)

 Mạch vòng ACDA:

I1.R1 + I5.R5 – I3.R3 = 0

(4)

 Mạch vòng BCDB:

I4.R4 + I5.R5 – I2.R2 = 0

(5)

12


− Thay các giá trị điện trở và hiệu điện thế vào các phương trình trên rồi rút gọn, ta được

( 1’)
( 2’)
( 3’)
( 4’)

( 5’)

 I1 = I 2 + I5

 I 4 = I3 + I5

hệ phương trình:  20I1 + 24I 2 = 45
2I + 3I = 5I
5
3
 1
45I 4 + 30I5 = 24I 2

− Giải hệ 5 phương trình trên ta tìm được 5 giá trị dòng điện:
I1 = 1,05(A); I2 = 1(A); I3 = 0,45(A); I4 = 0,5(A) và I5 = 0,05(A)
− Các kết quả dòng điện đều dương do đó chiều dòng điện đã chọn là đúng.
− Từ các kết quả trên ta dễ dàng tìm được các giá trị hiệu điện thế U1, U2, U3, U4, U5 và
RAB (Giống như các kết quả đã tìm ra ở phương pháp 1)
2. Sự phụ thuộc của điện trở tương đương vào R5

 Khi R5 = 0, mạch cầu có điện trở là:
R TÐ = R o =

R1.R 3
R .R
20.50
24.45
+ 2 4 =
+
≈ 29,93(Ω)

R 1 + R 3 R 2 + R 4 20 + 50 24 + 45

 Khi R5 = ∞, mạch cầu có điện trở là:
R TÐ = R ∞ =

(R 1 + R 2 ).(R 3 + R 4 )
(20 + 24).(50 = 45)
=
≈ 30, 07(Ω)
(R1 + R 2 ) + (R 3 + R 4 ) (20 + 24) + (50 + 45)

− Vậy khi R5 nằm trong khoảng (0, ∞) thì điện trở tương đương nằm trong khoảng (Ro,
R∞)
− Nếu mạch cầu cân bằng thì với mọi giá trị R5 đều có RTĐ = R0 = R∞


NhËn xÐt chung.

− Trên đây là 5 phương pháp để giải bài toán mạch cầu tổng quát. Mỗi bài tập về mạch
cầu đều có thể sử dụng một trong 5 phương pháp này để giải. Tuy nhiên với học sinh
lớp 9 nên sử dụng phương pháp lập hệ phương trình với ẩn số là dòng điện (Hoặc ẩn số
là hiệu điện thế), thì lời giải bao giờ cũng ngắn gọn, dễ hiểu và lôgíc hơn.

− Để cho học sinh có thể hiểu sâu sắc các tính chất của mạch cầu điện trở, cũng như việc

rèn luyện kỹ năng giải các bài tập điện một chiều, thì nhất thiết giáo viên phải hướng
dẫn các em hiểu và vận dụng tốt cả 5 phương phương pháp trên. Các phương pháp đó
không chỉ phục vụ cho việc ôn thi học sinh giỏi vật lý lớp 9 mà cả chương trình Vật Lý
lớp 11 và ôn thi Đại học cũng gặp rất nhiều bài tập phải áp dụng các phương pháp này
mơí giải được.

13


4. Bài toán cầu dây
Mch cu dõy l mch in cú dng nh hỡnh v H4.1. Trong ú
hai in tr R3 v R4 cú giỏ tr thay i khi con chy C dch
chuyn dc theo chiu di ca bin tr
(R3 = RAC; R4 = RCB). Mch cu dõy c ng dng o
in tr ca 1 vt dn.

cỏc bi tp v mch cu dõy rt a dng; phc tp v ph bin
trong chng trỡnh Vt lý nõng cao lp 9 v lp 11.Vy s dng mch cu dõy o
in tr
nh th no? V phng phỏp gii bi tp v mch cu dõy nh th no?

Phơng pháp đo điện trở của vật dẫn bằng mạch dây cầu
Bài toán 4:
o giỏ tr ca in tr Rx ngi ta dựng mt in tr mu Ro,
mt bin tr ACB cú in tr phõn b u theo chiu di, v mt
in k nhy G, mc vo mch nh hỡnh v H 4.2. Di chuyn con
chy C ca bin tr n khi in k G ch s 0 o l1 ; l2 ta c kt
qu: R X = R 0 .

Lời giải.

l2
hóy gii thớch phộp o ny ?
l1

Trờn s mch in, con chy C chia bin tr (AB) thnh hai phn.

on AC cú chiu di l1, in tr l R1
on CB cú chiu di l2, in tr l R2
in k cho bit khi no cú dũng in chy qua on dõy CD.

Nu in k ch s 0, thỡ mch cu cõn bng, khi ú in th im C bng in th
im D.
Do ú: VA VD = VA VC
Hay UAn = UAC R0I0 = R4 I1
Ta c:

R 0 I1
=
R1 I0

(1)

(Vi I 0, I1 ln lt l dũng in qua

R0 v R4)
R

I

X
1
Tng t: U AB = U BC R X .I 0 = R 2 .I 2 R = I
2
0

14

( 2)


R

R .R 2

R

0
0
X
T (1) v (2) ta c: R = R R X = R
1
2
1

(3)

Vỡ on dõy AB l ng cht, cú tit din u nờn in tr tng phn c tớnh theo
cụng thc.
R1 =
R X = R 0.



l1

v
S

R2 =

l2
R
l
2 = 2
S
R1 l1

( 4 ) Thay (4) vo (3) ta c kt qu:

l2
l1

Chú ý.

o in tr ca vt dn bng phng phỏp trờn cho kt qu cú chớnh xỏc rt cao v
n gin
nờn c ng dng rng rói trong phũng thớ nghim

Các bài toán thờng gặp về mạch dây cầu.
Bài toán 5
Cho mch in nh hỡnh v H4.3. in tr ca am pe k v
dõy ni khụng ỏng k, in tr ton phn ca bin tr .
a. Tỡm v trớ uc con chy C khi bit s ch ca ampek (IA) ?
b. Bit v trớ con chy C, tỡm s ch ca ampe k ?

Phơng pháp

Cỏc in tr trong mch in dc mc nh sau: (R1//RAC) nt (R2 // RCB)
a. t x = RAC (0< x< R)


Trng hp 1: Nu bi toỏn cho bit s ch ca ampe k IA = 0

Thỡ mch cu cõn bng, lỳc ú ta cú iu kin cõn bng.

R1
R2
=
X RX

( 1)

Gii phng trỡnh (1) ta s tỡm c: RAC = x
Trng hp 2: Am pe k ch giỏ tr IA 0
Vit phng trỡnh dũng in cho hai nỳt C v D. Ri ỏp dng nh lut ụm chuyn hai
phng trỡnh ú v dng cú n súo l U1 v x.

Nỳt C cho bit: IA = ICB IX =

U UX UX
U U1 U1

IA =

RX

X
R X X

Nỳt D cho bit: IA = I1 I 2 I A =

U1 U U1

R1
R2

( 2)

( 3)

(Trong ú cỏc giỏ tr U, Ia, R, R1, R2 u bi cho trc )
Xột chiu dũng in qua ampe k (nu u bi khụng cho trc), gii phng trỡnh
(3) tỡm giỏ tr U1, ri thay vo phng trỡnh (2) tỡm x.
T giỏ tr ca x ta tỡm c v trớ tng ng con chy C.
b. Vỡ u bi cho bit v trớ con chy C, nờn ta xỏc nh c in tr R AC v RCB.

15


− Mạch điện: (R// RAC ) nt (R2 //RCB)
I2 

Áp dụng định luật ôm ta dễ dàng tìm được I1và I2. Suy ra số chỉ của Ampe kế: IA = I1 -

Bµi tËp ¸p dông.
Cho mạch điện như hình vẽ H4.4. Biết U = 7V không đổi.R1 = 3Ω,

R2= 6Ω. Biến trở ACB là một dây dẫn có điện trở suất là δ= 4.106
(Ω m), chiều dài l = AB = 1,5m, tiết diện đều: S = 1mm2
a. Tính điện trở toàn phần của biến trở
b. Xác định vị trí con chạy C để số chỉ của ampe kế bằng 0
c. Con chạy C ở vị trí mà AC = 2CB, hỏi lúc đó ampe kế chỉ bao nhiêu?
d. Xác định vị trí con chạy C để ampe kế chỉ

Lêi gi¶i.

1
(A)
3

l
1,5
= 4.10−6 −6 = 6 (Ω)
S
10
R1
R
= 2
b. Ampe kế chỉ số 0 thì mạch cầu cân bằng, khi đó:
R AC R CB
3
6
Đặt x = RAC ⇒ RCB = 6 – x ⇒ =
. Suy ra x = 2 (Ω)
x 6− x

a. Điện trở toàn phần của biến trở: R AB = δ

Với RAC = x = 2Ω thì con chạy C ở cách A một đoạn bằng: AC =

R AC. .S
= 0,5(m)
ρ

Vậy khi con chạy C cách A một đoạn bằng 0,5m thì ampe kế chỉ số 0
c. Khi con chạy ở vị trí mà AC = 2CB, ta dễ dàng tính được RAC = 4 (Ω)
Còn RCB = 2 (Ω). VT RA = 0 ⇒ Mạch điện (R1 //RAC ) nt (R2 //RCB)
R .R

R .R

12 12

45

1.
AC
2.
CB
− Điện trở tương đương của mạch: R T Ð = R + R + R + R = 7 + 8 = 14 (Ω)
1
AC
2
CB

− Cường độ dòng điện trong mạch chính:
Suy ra:

I=

I1 = I.

R AC
98 4 56
= . = (A)
R1 + R AC 45 7 45

I2 = I

R CB
98 2 49
= . =
( A)
R 2 + R CB 45 8 90

U
7 98
=
= (A)
R T Ð 45 45
14

Vì: I1 > I2, suy ra số chỉ của ampe kế là: I A = I1 − I 2 =

56 49 7
−
= ⇒ I A = 0, 7 ( A )

45 90 10

Vậy khi con chạy C ở vị trí mà AC = 2CB thì ampe kế chỉ 0,7 (A)

16


d. Tìm vị trí con chạy C để ampe kế chỉ

1
(A)
3

− Vì: RA = 0 => mạch điện (R1// RAC) nt (R2 // RCB)
Suy ra: Ux = U1

Phương
trình
I A = ICB − I x =

U − U1 U1
7 − U1 U1
−
⇔ IA =
−
R −X
X
6 −X
X


I A = I1 − I2 =



Phương

dòng

điện

tại

nút

C:

dòng

điện

tại

nút

D:

( 1)
trình

U1 U − U1
U 7 − U1
−
⇔ IA = 1 −
R1
R2
3
6

( 2)

Trường hợp 1:

Ampe kế chỉ IA =

1
3 (A) D đến C

− Từ phương trình (2) ta tìm được U1 = 3 (V)
− Thay U1 = 3 (V) vào phương trình (1) ta tìm được x = 3 (Ω)
− Với RAC = x = 3Ω ta tìm được vị trí của con chạy C cách A một đoạn bằng AC = 75
(m)


Trường hợp 2:

1
(A) chiều từ C đến D
3
5

− Từ phương trình (2) ta tìm được U1 = (V)
3
5
− Thay U1 = (V) vào phương trình (1) ta tìm được x ≈ 1,16 (Ω)
3

Ampe kế chỉ IA =

− Với RAC = x = 1,16 Ω , ta tìm được vị trí của con chạy C cách A một đoạn bằng AC ≈
29 (cm)
Vâỵ tại các vị trí mà con chạy C cách A một đoạn bằng 75 (cm) hoặc 29 (cm) thì am pe kế chỉ
1
(A) .
3

Bµi to¸n 6:
Cho mạch điện như hình vẽ H4.3. Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn
mạch là U không đổi. Biển trở có điện toàn phần là R, vôn kế có
điện trở rất lớn
a. Tìm vị trí con chạy C, khi biết số chỉ của vôn kế
b. Biết vị trí con chạy C, tìm số chỉ của vôn kế

Ph¬ng ph¸p.
− Vì vôn kế có điện trở rất lớn nên mạch điện có dạng (R1 nt R2) // RAB
a. Tìm vị trí con chạy C

17


R

1
− Với mọi vị trí của C, ta luôn tìm được: U1 = U. R + R
1
2
− Xét hai trường hợp: UAC = U1 + UV và UAC = U1 - UVư

Mỗi trường hợp ta luôn có: R AC =

;

I AC =

U
R

U AC
TAC

Từ giá trị của RAC ta tìm được vị trí tương ứng của con chạy C.
b. Biết vị trí con chạy C, ta dễ dàng tìm được R AC và RCB và cũng dễ dàng tính được U1 và
UAC.
Từ đó chỉ số của vôn kế: U v = U1 − U AC

Bµi tËp ¸p dông.
Cho mạch điện như hình vẽ H4.6. Biết V = 9V không đổi, R1 = 3Ω, R2 = 6Ω.
Biến trở ACB có điện trở toàn phần là R = 18Ω, vốn kế là lý tưởng.
a. Xác định vị trí con chạy C để vôn
kế chỉ số 0
b. Xác định vị trí con chạy C để vôn kế chỉ số 1vôn

c. Khi RAC = 10Ω thì vôn kế chỉ bao nhiêu vôn ?
Lời giải
− Vì vôn kế là lý tưởng nên mạch điện có dạng: (R1 nt R2) // RAB
a. Để vôn kế chỉ số 0, thì mạch cầu phải cân bằng, khi đó:
R1
R2
3
6
=
⇔
=
⇒ RAC = 6 (Ω)
R AC R − R AC
R AC 18 − R AC

b. Xác định vị trí con chạy C, để Uv = 1(V)
− Với mọi vị trí của con chạy C, ta luôn có:
U1 = U



R1
3
=9
= 3(V) ;
R1 + R 2
3+ 6

I AC =

U 9
= = 0,5(A)
R 18

Trường hợp 1: Vôn kế chỉ: UV = U1 – UAC = 1 (V)

Suy ra: UAC = U1 – UV = 3 – 1 = 2 (V) ⇒ RAC =

U AC
2
=
= 4 (Ω)
I AC 0,5

 Trường hợp 2:
Vôn kế chỉ UV = UAC – U1 = 1 (V)
Suy ra: UAC = U1 + UV = 3 + 1 = 4 (V) ⇒ R AC =

U AC
4
=
= 8 = 8 (Ω)
I AC 0,5

Vậy tại vị trí mà RAC = 4 (Ω) hoặc RAC = 8 (Ω) thì vôn kế chỉ 1 (V)
c. Tìm số chỉ vôn kế, khi RAC = 10 (Ω)
Khi RAC = 10(Ω) ⇒ RCB = 18 – 10 = 8 (Ω) ⇒ UAC = IAC . RAC = 0,5 .10 = 5 (V)

18

Suy ra số chỉ của vôn kế là: UV = UAC – U1 = 5 – 3 = 2 (V)
Vâỵ khi RAC = 10Ω thì vôn kế chỉ 2(V)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2009-2010

MÔN: VẬT LÝ 9
ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9
ĐỀ SỐ 1
( Thời gian 150 phút )
Bài 1 : Cho mạch điện MN như hình vẽ dưới đây, hiệu điện thế ở hai đầu mạch điện
không đổi UMN = 7V; các điện trở R1 = 3Ω và R2 = 6Ω . AB là một dây dẫn điện có
chiều dài 1,5m tiết diện không đổi S = 0,1mm2, điện trở suất ρ = 4.10-7 Ωm ; điện trở
của ampe kế A và các dây nối không đáng kể :
M UMN
N
a/ Tính điện trở của dây dẫn
AB ?
R1
R2
b/
D
Dịch
chuyển con chạy c sao cho AC = 1/2 BC.
Tính
cường độ

dòng điện qua ampe kế ?
c/ Xác định vị trí con chạy C

A
để Ia = 1/3A ?
A

C

B

Bài 2
Một vật sáng AB đặt cách màn chắn một khoảng L = 90 cm. Trong khoảng giữa vật
sáng và màn chắn đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f sao cho trục chính của thấu
kính vuông góc với vật AB và màn. Khoảng cách giữa hai vị trí đặt thấu kính để cho
ảnh rõ nét trên màn chắn là  = 30 cm. Tính tiêu cự của thấu kính hội tụ ?
Bài 3

19


Một bình thông nhau có ba nhánh đựng nước ; người ta đổ vào nhánh (1) cột thuỷ
ngân có độ cao h ( có tấm màng rất mỏng ngăn không cho TN chìm vào nước ) và
đổ vào nhánh (2) cột dầu có độ cao bằng 2,5.h .
a/ Mực chất lỏng trong nhánh nào cao nhất ? Thấp nhất ? Giải thích ?
b/ Tính độ chênh lệch ( tính từ mặt thoáng ) của mực chất lỏng ở mỗi nhánh theo h ?
c/ Cho dHg = 136000 N/m2 , dH O = 10000 N/m2 , ddầu = 8000 N/m2 và h = 8 cm. Hãy
tính độ chênh lệch mực nước ở nhánh (2) và nhánh (3) ?
Bài 4
Sự biến thiên nhiệt độ của khối nước đá đựng trong một ca nhôm được cho ở đồ thị
dưới đây
0
C

2

2
O

170 175

Q( kJ )

Tính khối lượng nước đá và khối lượng ca nhôm ? Cho biết nhiệt dung riêng của
nước C1 = 4200J/kg.K ; của nhôm C2 = 880 J/kg.K và nhiệt nóng chảy của nước đá
là λ = 3,4.105 J/kg ? ( λ đọc là lam - đa )
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 - HSG LÝ LỚP 9
Bài 1
a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở R = ρ .
tính ⇒ RAB = 6Ω

l
; thay số và
S

BC
1
⇒ RAC = .RAB ⇒ RAC = 2Ω và có RCB = RAB - RAC = 4Ω
2
3
R1
R2
3
Xét mạch cầu MN ta có R = R = 2 nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA =

AC
CB

b/ Khi AC =

0
c/ Đặt RAC = x ( ĐK : 0 ≤ x ≤ 6Ω ) ta có RCB = ( 6 - x )
3.x

6.(6 − x)

* Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là R = 3 + x + 6 + (6 − x)
=?
* Cường độ dòng điện trong mạch chính : I =

U
= ?
R

3.x
.I = ?
3+ x
6.(6 − x)
.I = ?
Và UDB = RDB . I =
12 − x

* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I =

20

U AD

U DB

* Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = R = ? và I2 = R
1
2
=?
+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2 ⇒ Ia = I1 - I2 = ? (1)
Thay Ia = 1/3A vào (1) ⇒ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3Ω
( loại giá trị -18)
+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2)
Thay Ia = 1/3A vào (2) ⇒ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x =
1,2Ω ( loại 25,8 vì > 6 )
AC

R AC

* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số CB = R = ? ⇒ AC = 0,3m
CB
Bài 2
HD :
• Xem lại phần lí thuyết về TK hội tụ ( phần sử dụng màn chắn ) và tự giải
• Theo bài ta có  =

d 1 - d2 =

L + L2 − 4.L. f L − L2 − 4.L. f

−
= L2 − 4.L. f
2
2

⇒  2 = L2 - 4.L.f ⇒ f = 20 cm

Bài 3
HD:
a/ Vì áp suất chất lỏng phụ thuộc vào độ cao và trọng lượng riêng của chất lỏng hơn
nữa trong bình thông nhau áp suất chất lỏng gây ra ở các nhánh luôn bằng nhau mặt
khác ta có
dHg = 136000 N/m2 > dH O = 10000 N/m2 > ddầu = 8000 N/m2 nên h(thuỷ ngân) <
h( nước ) < h (dầu )
b/ Quan sát hình vẽ :
(1)
(2)
(3)
2

?

?

2,5h

?
h”
h
M

h’
N

E

H2O
Xét tại các điểm M , N , E trong hình vẽ, ta có :
• PM = h . d1
(1)
• PN = 2,5h . d2 + h’. d3 (2)
• PE = h”. d3
(3) .
Trong đó d1; d2 ; d3 lần lượt là trọng lượng riêng của TN, dầu và nước. Độ cao h’ và
h” như hình vẽ .
h.d1

+ Ta có : PM = PE ⇔ h” = d
3

h.d1

⇒ h1,3 = h” - h = d - h =
3
21

h.( d1 − d 3 )
d3

+ Ta cũng có PM = PN ⇔ h’ = ( h.d1 - 2,5h.d2 ) : d3 ⇒ h1,2 = ( 2,5h + h’ ) - h =
h.d1 − 2,5h.d 2 − h.d 3
d3

+ Ta cũng tính được h2,3 = ( 2,5h + h’ ) - h” = ?
c/ Áp dụng bằng số tính h’ và h” ⇒ Độ chênh lệch mực nước ở nhánh (3) & (2) là
h” - h’ = ?
Bài 4
HD : Lưu ý 170 KJ là nhiệt lượng cung cấp để nước đá nóng chảy hoàn toàn ở O0C,
lúc này nhiệt độ ca nhôm không đổi. ĐS : m H O = 0,5 kg ; m Al = 0,45 kg
2

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9
( Thời gian 150 phút )
Bài 1 Một cục nước đá có khối lượng 200g ở nhiệt độ - 100C :
a/ Để cục nước đá chuyển hoàn toàn sang thể hơi ở 1000C thì cần một nhiệt lượng là
bao nhiêu kJ ? Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá là C1 = 4200J/kg.K ; C2
= 1800 J/kg.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105 J/kg ; nhiệt hoá hơi của
nước là L = 2,3.106 J/kg.
b/ Nếu bỏ cục nước đá trên vào ca nhôm đựng nước ở 200C thì khi có cân bằng
nhiệt, người ta thấy có 50g nước đá còn sót lại chưa tan hết. Tính khối lượng nước
đựng trong ca nhôm lúc đầu biết ca nhôm có khối lượng 100g và nhiệt dung riêng
của nhôm là C3 = 880 J/kg.K ? ( Trong cả hai câu đều bỏ qua sự mất nhiệt vời môi
trường ngoài )
Bài 2 : Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có diện tích đáy là S = 150 cm2 cao h =
30cm, khối gỗ được thả nổi trong hồ nước sâu H = 0,8m sao cho khối gỗ thẳng
đứng. Biết trọng lượng riêng của gỗ bằng 2/3 trọng lượng riêng của nước và d H O =
10 000 N/m3.

Bỏ qua sự thay đổi mực nước của hồ, hãy :
a) Tính chiều cao phần chìm trong nước của khối gỗ ?
b) Tính công của lực để nhấc khối gỗ ra khỏi nước
H
theo phương thẳng đứng ?
c) Tính công của lực để nhấn chìm khối gỗ đến đáy
hồ theo phương thẳng đứng ?
2

Bài 3 : Cho 3 điện trở có giá trị như nhau bằng R0, được mắc với nhau theo những
cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện không đổi xác định luôn mắc
nối tiếp với một điện trở r . Khi 3 điện trở trên mắc nối tiếp thì cường độ dòng điện
qua mỗi điện trở bằng 0,2A, khi 3 điện trở trên mắc song song thì cường độ dòng
điện qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2A.
a/ Xác định cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 trong những trường hợp còn lại
?
22


b/ Trong các cách mắc trên, cách mắc nào tiêu thụ điện năng ít nhất ? Nhiều nhất ?
c/ Cần ít nhất bao nhiêu điện trở R0 và mắc chúng như thế nào vào nguồn điện
không đổi có điện trở r nói trên để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 đều
bằng 0,1A ?
Bài 4
Một chùm sáng song song với trục chính tới thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20
cm. Phía sau thấu kính người ta đặt một gương phẳng tại I và vuông góc với trục
chính của TK, gương quay mặt phản xạ về phía TK và cách TK một khoảng 15 cm.
Trong khoảng giữa TK và gương người ta quan sát được một điểm rất sáng :
a/ Giải thích và vẽ đường truyền của các tia sáng ( không vẽ tia sáng phản xạ qua
thấu kính ) ? Tính khoảng cách từ điểm sáng tới TK ?

b/ Cố định TK và quay gương quanh điểm I đến vị trí mặt phản xạ hợp với trục
chính một góc 450. Vẽ đường truyền của các tia sáng và xác định vị trí của điểm
sáng quan sát được lúc này ?
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 - HSG LÝ LỚP 9
Bài 1
ĐS : a) 615,6 kJ ( Tham khảo bài tương tự trong tài liệu này )
b/ m = 629g . Chú ý là do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của
hệ thống là 00C và chỉ có 150g nước đá tan thành nước.
Bài 2
HD : a) Gọi chiều cao phần khối gỗ chìm trong nước là x (cm) thì :
(h-x)
+ Trọng lượng khối gỗ : P = dg . Vg = dg . S . h
( dg là trọng lượng riêng của gỗ )
x
+ Lực đấy Acsimet tác dụng vào khối gỗ : FA = dn . S . x ;
H
khối gỗ nổi nên ta có : P = FA ⇒ x = 20cm
b) Khi khối gỗ được nhấc ra khỏi nước một đoạn y ( cm ) so với lúc đầu thì
lực Acsimet giảm đi một lượng
F’A = dn . S.( x - y ) ⇒ lực nhấc khối gố sẽ tăng thêm và bằng :
F = P - F’A = dg.S.h - dn.S.x + dn.S.y = dn.S.y và lực này sẽ tăng đều từ lúc y = 0 đến
khi y = x , vì thế giá trị trung bình của lực từ khi nhấc khối gỗ đến khi khối gỗ vừa ra
khỏi mặt nước là F/2 . Khi đó công phải thực hiện là A =

1
1
.F.x = .dn.S.x2 = ? (J)
2
2

c) Cũng lý luận như câu b song cần lưu ý những điều sau :
+ Khi khối gỗ được nhấn chìm thêm một đoạn y thì lực Acsimet tăng lên và lực tác
dụng lúc này sẽ là
F = F’A - P và cũng có giá trị bằng dn.S.y.Khi khối gỗ chìm hoàn toàn, lực tác dụng
là F = dn.S.( h - x ); thay số và tính được F = 15N.
+ Công phải thực hiện gồm hai phần :
23


- Công A1 dùng để nhấn chìm khối gỗ vừa vặn tới mặt nước : A1 =

1
.F.( h - x )
2

- Công A2 để nhấn chìm khối gỗ đến đáy hồ ( lực FA lúc này không đổi ) A2 =
F .s (với s = H - h ) ĐS : 8,25J
Bài 3
HD : a/ Xác định các cách mắc còn lại gồm :
cách mắc 1 : (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r
cách mắc 2 : (( R0 nt R0 ) //
R0 ) nt r
Theo bài ta lần lượt có cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc nối tiếp : Int
U

= r + 3R = 0,2A (1) Cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc song song :
0
I SS =

U

= 3.0,2 = 0,6 A
R0
(2)
r+
3

r + 3 R0
=3
⇒ r = R0 . Đem giá trị này của r thay vào
Lấy (2) chia cho (1), ta được : r + R0
3
⇒
(1)
U = 0,8.R0

+ Cách mắc 1 : Ta có (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r ⇔ (( R1 // R2 ) nt R3 ) nt r đặt R1 =
R2 = R3 = R0
U

Dòng điện qua R3 : I3 = r + R + R0
0

=

0,8.R0
= 0,32 A
. Do R1 = R2 nên I1 = I2 =
2,5.R0

2

I3
= 0,16 A
2

+ Cách mắc 2 : Cường độ dòng điện trong mạch chính I’ =
0,8.R0
U
=
= 0,48 A
2.R0 .R0
5.R0
.
r+
3.R0
3
2.R0 .R0

Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch nối tiếp gồm 2 điện trở R0 : U1 = I’. 3.R
0
U

=

0,32.R

0
1
0,32.R0 ⇒ cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp này là I1 = 2.R = 2.R = 0,16 A
0

0
⇒ CĐDĐ qua điện trở còn lại là

I2 = 0,32A.
b/ Ta nhận thấy U không đổi ⇒ công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất
khi I trong mạch chính nhỏ nhất ⇒ cách mắc 1 sẽ tiêu thụ công suất nhỏ nhất và
cách mắc 2 sẽ tiêu thụ công suất lớn nhất.
c/ Giả sử mạch điện gồm n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở giống nhau và
bằng R0 ( với m ; n ∈ N)
24


Cường độ dòng điện trong mạch chính ( Hvẽ )
I=

I

+

U
0,8
=
m
m ( Bổ sung vào hvẽ cho đầy đủ )
r + .R0 1 +
n
n

Để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 là 0,1A ta phải có :
I=

0,8
= 0,1.n
m
1+
n

⇒ m + n = 8 . Ta có các trường hợp

sau
m
1 2 3 4 5 6
n
7 6 5 4 3 2
Số điện trở R0
7 12 15 16 15 12
Theo bảng trên ta cần ít nhất 7 điện trở R0 và có 2 cách mắc chúng :
a/ 7 dãy //, mỗi dãy 1 điện trở.
b/
điện trở mắc nối tiếp.

7
1
7
1 dãy gồm 7

Bài 4
HD : Xem bài giải tương tự trong tài liệu và tự giải
a/ Khoảng cách từ điểm sáng tới gương = 10 cm ( OA1 = OF’ - 2.F’I )
b/ Vì ảnh của điểm sáng qua hệ TK - gương luôn ở vị trí đối xứng với F’ qua gương,

mặt khác do gương quay quanh I nên độ dài IF’ không đổi ⇒ A1 di chuyển trên một
cung tròn tâm I bán kính IF’ và đến điểm A2. Khi gương quay một góc 450 thì A1IA2
= 2.450 = 900 ( do t/c đối xứng ) ⇒ Khoảng cách từ A2 tới thấu kính bằng IO và
bằng 15 cm
ĐỀ SỐ 3

ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9
( Thời gian 150 phút )

Bài 1
Hai bản kim loại đồng chất, tiết diện đều và bằng nhau, cùng chiều dài  = 20cm
nhưng có trọng lượng riêng khác nhau : d1 = 1,25.d2 . Hai bản được hàn dính với
nhau ở một đầu và được treo bằng sợi dây mảnh ( Hvẽ )
///////////
Để thanh nằm ngang, người ta thực hiện 2 cách sau :




1) Cắt một phần của bản thứ nhất và đem đặt lên chính giữa của phần còn lại. Tính
chiều dài phần bị cắt ?
2) Cắt bỏ một phần của bản thứ nhất. Tính phần bị cắt đi ?
Bài 2
25