skkn sử DỤNG bài TOÁN CHIA DÒNG, CHIA THẾ để GIẢI các bài tập vật lí 9 NÂNG CAO

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: THCS – THPT TÂY SƠN
Mã số: ................................
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG BÀI TỐN CHIA DỊNG, CHIA THẾ
ĐỂ GI I
T S BÀI T P
V T LÍ 9 NÂNG CAO

Người thực hiện : LƯU VĂN ĐỊNH
Lónh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục

Phương pháp dạy học bộ môn : VẬT LÍ 
Phương pháp giáo dục 
Lónh vực khác : …………………… 
Có đính kèm :
 Mô hình
 Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học: 2015 – 2016

-1-

 Hiện vật khác


-2-

Tên SKKN: SỬ DỤNG BÀI TOÁN CHIA DÒNG, CHIA THẾ ĐỂ GI I
S

T

BÀI T P V T LÍ 9 NÂNG CAO

I LÍ DO CH N 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 Vật lí nâng cao và Toán học hoặc các
em đã có một số kiến thức Vật lí và 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 những kiến thức đúng lúc và sử dụng đúng loại kiến thức Vật
lí cũng như Toán thì bài giải sẽ trở nên đơn giản dễ hiểu và được rút ngắn đáng
kể.
Chính vì lẽ đó, tôi đã sưu tầm nghiên cứu và mạo muội nêu ra một số
dạng bài tập Vật lí nâng cao, có vận dụng những phương pháp giải như phương
pháp chia dòng, chia thế để các em làm quen và vận dụng vào làm bài tập và
kèm theo kiến thức Toán học vào trong bài giải.

-3-


Nhằm củng cố lại một số kiến thức Vật lí cũng như Toán học thường gặp
để giúp học sinh vận dụng có hiệu quả vào việc giải bài tập Vật lí nâng cao
trong quá tr nh bồi dư ng học sinh giỏi. Đặc biệt các bài toán tính điện trở,
cường độ dòng điện và hiệu điện thế mà áp dụng cách chia dòng, chia thế để

tính giúp bài toán trở nên đơn giản hơn.
Đề tài này giới hạn trong phạm vi nghiên cứu những kiến thức cơ bản
nhất, có nâng cao đúng mức ở chương trình bồi dư ng học sinh giỏi Vật lí
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 dư ng học sinh giỏi nên t i
chọn đề tài này. SỬ DỤNG BÀI TOÁN CHIA DÒNG, CHIA THẾ ĐỂ
GI I CÁC BÀI T P V T LÍ 9 NÂNG CAO”
II C

S
C

LÍ LU N VÀ THỤC TIỄN :
S

LÍ LU N

Để thực hiện mục tiêu: Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi
dư ng nhân tài” thì công tác bồi dư ng 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.

-4-


Vật lí học là một trong các bộ môn được tham gia tổ chức dạy bồi
dư ng 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.
C

S

TH C TIỄN:

Trong các đề tài trước t i đã nghiên cứu và lồng ghép các 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
tr nh 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.

-5-


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 dư ng 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.
Đề tài đó đã được c ng nhận và được ứng dụng trong quá tr nh bồi
dư ng học sinh giỏi Vật lí cấp THCS tại trường t i.
Tiếp tục trong quá tr nh giảng dạy bản thân t i nhận thấy các bài
tập Vật lí nâng cao khi đi t m các đại lượng như cường độ dòng, hiệu

-6-


điện thế hay điện trở trong mạch điện nối tiếp hay song, mạch điện đơn
giản hay phức tạp nếu dùng phương pháp chia dòng, chia thế th bài toán
trở nên dễ hiểu, cách giải đơn giản hơn.
Vậy t i đã mạnh dạn viết lên đề tài này.

III T

CH C TH C HI N CÁC GI I PHÁP
G
Có một số bài tập Vật lí khi giải, nếu chúng ta không sử dụng cách
giải chia dòng, chia thế thì có thể dẫn đến bài giải rất dài hoặc có thể
không giải được. nên t i đã áp dụng cách giải bài toán chia dòng, chia
thế 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 dư ng.
T i bắt đầu áp dụng giải pháp này từ năm học 2013 – 2014 cho
đến nay. Sau đây là một số ví dụ về cách giải bài tập Vật lí nâng cao sử
dụng bài toán chia dòng, chia thế. 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 để giải.

-7-


C c v dụ

n c

n c

2.1- Bài toán chia dòng:
a) Cơ sở để l luận
Để giải bài toán chia dòng ta vận dụng định luật Ôm cho các điện
trở ghép song song và các c ng thức dẫn xuất tương đương.
 C ng thức tính dòng điện rẽ I1, I2,…từ dòng mạch chính
R1

I1

như h nh A1

Hình A1

I2

R2

I3

R3

In R
n

I1 

U Rtd
U Rtd

I ; I2 

I ; …(1)
R1 R1
R2 R2

-8-


 Nếu mạch song song chỉ gồm hai nhánh R1, R2 như h nh A2
I

R

I2

R2

1
1
là có thể t m các dòng theo một
trong

hai cách:

Hình A2
I
 I1  I 2  I

 I1 R2
I  R
1
 2

(2)

- Cách giải nhanh là áp dung c ng thức (1)

I1 

R2
R1
I ; I2 
I;…
R1  R2
R1  R2

(3)

 Định lí về nút:
Tổng đại số các dòng điện đi đến nút bằng tổng đại số các dòng
điện đi khỏi nút.
Ta tạm quy ước chiều các dòng điện, sau đó viết phương tr nh

cho các nút. Xét hình A3, ta có:

I1

R1

A I2 R2

M
Hình A3

I

N
I3

R3

R4
I4

-9-

B


Nút M: I = I1 + I3

nút B: I3 = I4 + I5

Nút A: I5 + I1 = I2

nút N: I = I2 + I4

 Cường độ dòng điện qua nhánh có điện trở bằng 0: với
nhánh có R = 0. nếu dùng định luật Ôm cho riêng nó, ta có
dạng I =0. do đó ta phải t m dòng điện dựa vào nút vào hay
ra của dòng điện qua nhánh đó.
b) Bà tậ vật l

dụn

Bài 1: Trong mạch h nh A4, cho I =1A, R1= 1  , R2 = 2  , R3 = 3  , R4
= 6  . Tìm I1, I2, I3, I4.

R1

I1

Giải

I2

R2

I3

R3

I4 R

4
Hình A4

Cách 1

-10-


1 1 1 1 1
    2
Rtd 1 2 3 6

1 1
U 1
U 1
Rtd  2  U  I .Rtd  1.  V từ đó I1 
 A ; I2 
 A
2 2
R1 2
R2 4

I3 

U 1
U
1

A
 A ; I4 

R4 12
R3 6

Cách 2 Dùng phương pháp chia theo tỉ lệ nghịch:
I1.R1=I2.R2=I3.R3=I4.R4 thay số: 1I1=2I2=3I3=6I4 chia cho 6 ta được:
I1 I 2 I 3 I 4
I
1
từ đó suy ra kết quả trên.
  


6 3
2
1
6  3  2  1 12

Cách 3: Chọn dòng bé nhất làm ẩn số, ở đây là I4 vì R4 lớn nhất quy các
dòng ra I4
I1=6I4, I2=3I4, I3=2I4

I= I1+I2+I3+I4=12I4 =>I4 =

I
A , suy ra các dòng còn lại.
12

Bài 2: Cho mạch điện như sơ đồ
M
I

A

R1

R2

B

A
R3

N

R4

-11-

Hình B


a. Cho R1 = R3 = 2Ω, R2 = 3 Ω, R4= 6 Ω, RA = 0, UAB = 5V
Tìm I1, I2, I3, I4 và số chỉ của A
b. nếu R1=R2 = 1Ω, R3 = 3 Ω, R4= 4 Ω, RA = 0, A chỉ 1A.
Tìm I1, I2, I3, I4, UAB
Giải:
a. Từ (h nh B) ta có sơ đồ tương đương (h nh B1)

A

R1

I

I

R2

B

N

R3

R13 

M

R4

2
3.6
 1 ; R24 
 2 ; RAB = 1+2 =3 Ω
2
36

U AB 5
 A
RAB 3

I
2

5
6

I1=I3=  A ; I2=I

R4
5 6
10
 .

A
R2  R4 3 3  6 9

-12-


I4=I-I2 =

5
A
9

Để t m số chỉ của A ta phải quay lại sơ đồ (h nh 1). v I3 > I1 nên dòng
qua A chạy từ N đến M, và bằng:

IA=I3-I1=

10 5 5
  A (có thể t m IA bằng cách dựa vào I2 và I4)
9 6 18

b. Cách 1: Xem hình 1 và dùng c ng thức (3) ta giải như sau. Trước hết
dùng dòng mạch chính:

I1 

R3
3
R4
4
.I  I ; I 2 
.I  I
R1  R3
4
R2  R4
5

4
5

3
4

Từ nút M, ta có IA=I2-I1= I  I 

I

20

I
3 4 31
=1A =>I = 20A sau đó t m RAB= R13+R24 =   
4 5 20
20

Vậy: UAB=I.RAB=20.

31
 31V . suy ra các dòng điện:
20

I1 

3
I  15 A; I 3  I  I1  5 A
4

I2 

4
I  16 A; I 4  I  I 2  4 A
5

-13-


Cách 2: Chọn U1, U2 là ẩn và đặt phương tr nh dòng tại hai nút M, N.

M
I

A

R1

R2

A
R3

N

R4

Nút M:
U1
U
 1  2 (a)
1
1

Nút N:
U1
U
 1  2 (b)
3
4

Giải hệ (a) và (b) ta được:
U1 = 15V, U2 =16V
Suy ra: U = U1 +U2 =31V

I1 =

U1
U
 15 A ; I2 = 2  16 A
R2
R1

I3 =

U1
U
 5 A ; I4 = 2  4 A
R3
R4

-14-

B


I = I1 + I3 = 20A
R1
Bài 3: Cho mạch điện như sơ

C

R2

A
I

R3

R5

(hình C) R1 = R3 = R5 = 3 ;

R4
D
Hình C

R2 = 2; R4 = 5; UAB = 3V.
Tính các cường độ dòng điện.
Giải: Trong các cách giải ta chọn phương pháp điện thế:
Chọn U2, U4 là 2 ẩn số, khi đó
U1 = 3 – U2
U3 = 3 – U4
U5 = U2 – U4
Vì (UCD = UCB – UBD = U2 – U4 )
Từ nút C, phương tr nh dòng là:
I1 = I2 – I5
3 U2 U2 U2 U4



(1)
3
2
3

Từ nút D:

-15-

B


I3 – I5 = I4
3 U4 U2 U4 U4
(2)


3
3
5

Giải hệ bậc nhất hai ẩn (1) và (2) ta có:
4
3

5
3

U2 = V ; U 5  V

Thay vào các biểu thức của các dòng điện ta có:

I1 =

5
2
4
1
1
A ; I2 = A ; I3 = A ; I4 = A ; I5 = A
9
3
9
3
9

2.2- Bà t n c a t ế P é c a tỉ lệ t uận
a Cơ sở để l luận
- Định luật Ôm cho đoạn mạch nối tiếp (h nh D)
R2
R3
R1
N
U2
I
U1
M
U3

I1 = I2 = I3 = I

U = U1 + U2 + U3

U1 U 2 U 3


R1 R2 R 3

RMN = R1 + R2 + R3

-16-


- C ng thức cộng thế: Nếu A, B, C là ba điểm bất k trong mạch
điện ta có:
UAC = UAB + UBC
b Bà tậ vật l

dụn

Bài 1: Cho mạch điện như (hình D), trong đó R1= 2R2= 3R3, UMN = 11V.
Tìm U1, U2, U3.
Giải:
Cách 1: (Quy R1, R2 theo R3, tính I theo R3. Tìm U1, U2, U3.)
Ta có: R1= 3R3, R2= 1,5R3

I=

U
11

2


R 1  R 2  R 3 3R 3  1,5R 3  R 3 R3

U1=I. R1=

2
.3R3 = 6 V
R3

U2 =I. R2=

2
.1,5R3 = 3 V
R3

U3=I. R3=

2
.R3 = 2 V
R3

Cách 2: (Chia tỉ lệ)

-17-


Ta có: R1= 3R3, R2= 1,5R3
U

U1 U 2 U 3
U
U
U
hay 1  2  3 


3R3 1,5R3 R3 5,5R3
R1 R2 R3

Từ đó: U1 = 3R3.

U
3U 3.11
=

 6V
5,5 5,5
5,5 R3

U2 = 1,5R3.

U3 = R3.

U
= 3V
5,5 R3

U
= 2V

5,5 R3

Bài 2: Cho mạch điện như (h nh E)
R1 M R2

A

M

N

R5

R4

R3

R6
B

P

Q

a. Chứng tỏ rằng: UMP = U4 – U1
b. Cho R1 = 1, R2 = 2, R3 = 3, R4 = 4, R5 = 2, R6 = 1, UAB =
42V.
Tính UMP, UNQ, UPN?

-18-

Giải:

a. UMP = VM – VP= (VM - VA) + (VA - VP)

= - (VA – VM) + (VA - VP) = - U1 + U4

Cách 1: Làm theo tr nh tự: Tính I1, I4. Dùng c ng thức cộng thế t m các
hiệu điện thế.

Nhánh trên: I1 =

Nhánh dưới: I4 =

U AB
 7A
R1  R2  R3

U AB
 6A
R3  R4  R5

UMP = UMA + UAP = - I1R1 + I4R4 = -7.1 + 6.4

= -7 + 24 = 17V

UNQ = UNB + UBQ = I1R3 - I4R6 = 7.3 – 6.1

= 21 – 6 = 15V

UPN = UPB + UBN = I4(R5 + R6) – I1.R3

= 6(2 + 1) – 7.3 = 18 – 21 = - 3V

-19-


Cách 2: giải theo tr nh tự: Chia tỉ lệ thuận từ mỗi nhánh ra U1, U2, U3, U4,
U5,…sau đó dùng c ng thức cộng thế.

Ta có:

U1 U 2 U 3
= =>


R1 R2 R3

U1 =

R1
U  7V
R1  R2  R3

U2 =

R2
 14V
R1  R2  R3

Cho nhánh dưới: U4 =

R4
4
U  U  24V
R4  R5  R6
7

U5 =

R5
2
U  U  12V
R4  R5  R6
7

Từ kết quả câu a: UMP = - U1 + U4 = -7 + 24 = 17V
UNQ = - U1 – U2 +U4 + U5 = - 7 – 14 + 24 + 12
= - 21 + 36 = 15V
UPN = - U4 + U1 + U2

= -24 + 7 +14 = - 3V

Bài 3: Trong mạch điện (Hình F), cho biết: R1 =2R2=3R3; R4 = R5=2R6,
R1

M

R2

UMP = 1V. Tính UAB.

-20-

N

R3


A

M

R5

R4

R6

B

Q

P

Giải: Theo tr nh tự: Qui U1, U4 theo UAB, nhờ đó tính được UMP theo
UAB, biết UMP ta tính được UAB.

Từ R1 =2R2=3R3, ta có R1 + R2 + R3 = 5,5R3

U1 =

3R3
R1
3
U AB 
.U AB 
U AB
R1  R2  R3
5,5R3
5,5

Từ R4 = R5 = 2R6, ta có: R4 + R5+ R6 =5R6

U4 =

2R
R4
2
U AB  6 U AB  U AB ta dùng c ng thức cộng thế:
R4  R5  R6
5R6
5

UMP = UMA + UAP = -U1+U4

=

2

3
 30  22
8
U AB 
U AB
U AB + U AB =
55
55
5
5,5

Thay UMP = 1, ta được: UAB = -

55
V1
8

Dấu trừ chứng tỏ điểm B có điện thế cao hơn điểm A.
-21-


Bài 4: Trong (hình G) sáu điện trở giống nhau. Đặt AB dưới một hiệu
A
+điện thế U = 10V. Tính UCB.
B

C

D

Giải: Ta hãy vẽ mạch như (h nh E1). Ta chỉ cần chia thế cho mạch ABCD

A
R
C
R

R

D

R
R
B

-22-

R


RBD =

R
R
, RCDB = 3
2
2

3R
2  3R


3R
5
R
2
R

RCB

U CD
RCB
3
30
3

 Từ đó: U CB  .10  V
8
8
U ACB R  RCB 8

Chia thế lần thứ hai:
U CD
2
2
20
R
R
2
 2,5V



 Vậy: U CD  U CDB  U CB 
3
3
8
U ACB RCDB 3 R 3
2

Bà tậ về

ạc cầu tổn qu t:

ươn

Có rất nhiều phương pháp giải như phương pháp điện thế nút, phương
pháp đặt hệ phương tr nh có ẩn số là dòng điện và phương pháp
chuyển mạch sao thành mạch tam giác.
T i xin tr nh bày phương pháp điện thế nút và phương pháp đặt hệ
phương tr nh có ẩn số là dòng điện
Bài toán: Cho mạch điện như (h nh H)

R1

C

R2

A
Có R1=1, R2=1, R3=2

I

R3

R5

R4
D
Hình H

-23-

B


R4=3, R5=4, UAB=5,7V.
T m các cường độ dòng điện và điện trở
tương đương của mạch cầu.
G
Cách 1: Phương pháp điện thế nút:
Ta đặt hai ẩn số là U1 và U3, khi đó:
U5 = UDC = UDA + UAC = - U3+ U1
Phương tr nh xuất phát là phương tr nh dòng tại nút D và C.

Nút C: I1 + I5 = I2 =>

U1 U1  U 3 5,7  U1
(1)



1
4
1

Nút D: I3 = I4 + I5 =>

U 3 5,7  U 3 U1  U 3
(2)


2
3
4

Từ (1) => 9U1 – U3 = 22,8

(3)

Từ (2) => -3U1 + 13U3 = 22,8

(4)

Từ (3) và (4) suy ra: U1 = 2,8V; U2 = 2,9V; U3 = 2,4V; U4 = 3,3V;
U5=0,4V.

Các dòng điện: I1 

U
U1
U

 2,8 A ; I 2  2  2,9 A ; I 3  3  1,2 A
R2
R1
R3

-24-


I4 

U4
 1,1A vậy I = I1 + I3 = 4A
R4

Suy ra điện trở tương đương: Rtđ 

5,7
 1,425
4

Cách 2: Phương pháp đặt hệ phương tr nh có ẩn số là dòng điện.
UAB =U1 + U2 = R1I1 +R2I2 = I1 + I2 = 5,7 => I2 = 5,7 – I1 (5)
Từ nút C: I5 = I2 – I1 = (5,7 – I1) – I1 => I5 = 5,7 – 2I1

(6)

UAC = U1 = U3 + U5 => I1 = 2I3 + 4I5 khử I3

I3 

I1  4 I 5 I1  4(5,7  2 I1 )
9 I  22,8
; I3  1

2
2
2

Từ nút D: I 4  I 3  I 5 

(7)

9 I1  22,8
13I1  34,2
 (5,7  2 I1 ) 
2
2

(8)

Cuối cùng UADB = U3 + U4 = 2I3 + 3I4
13I1  34,2 
  5,7
2



= 9I1 – 22,8 +3 

Khử mẫu số:

57I1 – 45,6 – 102,6 = 14,4 => I1 = 2,8A
Từ (5), (6), (7), (8) thay I1 vào ta có:
I2 = 2,9A; I3 = 1,2A; I4 = 1,1A; I5 = 0,1A
-25-