ỨNG DỤNG các TÍNH CHẤT của ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP để GIẢI bài TOÁN MẠCH RLC mắc nối TIẾP có c BIẾN THIÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT
CỦA ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN
MẠCH RLC MẮC NỐI TIẾP CÓ C BIẾN THIÊN

Người thực hiện: Nguyễn Thanh Tùng
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Quảng Xương 1
SKKN thuộc môn: Vật Lý

THANH HOÁ NĂM 2017


Mục lục
1. MỞ ĐẦU……………….. …………………………………………………..1
- Lý do chọn đề tài ………………………………………………. ...........2
- Mục đích nghiên cứu ……………….......................................................2
- Đối tượng nghiên cứu...............................................................................2
- Phương pháp nghiên cứu..........................................................................2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.......................................................2
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.........................3
2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề..5
2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân , đồng nghiệp và nhà trường........................................................................16
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ............................................................................17

1.MỞ ĐẦU
- Lý do chọn đề tài :
Đổi mới, cải cách giáo dục là vấn đề thường xuyên được đặt ra của ngành
giáo dục - nhất là trong những năm gần đây. Trong xu thế đó, từ năm 2007, môn
Vật lý được Bộ Giáo dục và đào tạo lựa chọn hình thức thi trắc nghiệm trong kì
thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng. Với hình thức thi trắc nghiệm mới , thí
sinh phải làm một đề thi có 40 câu trong thời gian 50 phút. Như vậy, trung bình
các em chỉ có thời gian 1,25 phút dành cho một câu. Đó là thách thức lớn không
chỉ với học sinh mà với cả với giáo viên trong “cuộc chiến” cam go này.
Qua nghiên cứu các đề thi Đại học trong 3 năm trở lại đây, tôi nhận thấy,
đề thi Đại học môn Vật lý có đặc điểm sau:
+Kiến thức nhiều và được nâng cao.
+Có nhiều bài toán dài, phải nhớ máy móc nhiều công thức và để giải
được phải qua nhiều bước hoặc có những bài toán mang tính đánh đố để phân
loại học sinh ( học sinh rất dễ nhầm lẫn nếu không có tư duy độc lập và giải theo
cách máy móc thông thường).
Với đặc điểm đề thi như thế, chiến lược làm bài của phần lớn các em như
sau:
+ Chọn câu ngắn và dễ làm trước.
+ Phần lớn các em rất ngại “chạm trán” với mạch RLC biến thiên của
phần điện xoay chiều (vì bài tập phần này khó và rất dài). Vì vậy các em thường
để phần này cuối cùng khi làm bài thi.
Như vậy, rõ ràng là các em đang có xu hướng “sợ” các bài tập dài và đặc
biệt có “dị ứng” với các bài toán về các đại lượng biến thiên trong mạch RLC
mắc nối tiếp
Trước thực tế đó , mặc dù có rất nhiều tài liệu tham khảo viết về các bài
toán về các đại lượng biến thiên trong mạch RLC mắc nối tiếp[1],[3.1]; tuy
nhiên tác giả chỉ dừng lại ở các biến đổi toán học với các công thức cồng kềnh

nên đòi hỏi học sinh phải nhớ nhiều và khá máy móc để giải các bài toán, vì vậy
tạo tâm lý sợ và chán khi gặp dạng bài tập này . Vì vậy chưa có một tài liệu nào
đưa ra giải pháp để khắc phục vấn đề trên nhằm nâng cao hiệu quả làm bài cho
học sinh
Cách đây một năm, do đã được tiếp cận với kiến thức về mạch RLC biến
thiên trong chương trình ôn thi đại học đại học, cùng với việc tự tham khảo các
tài liệu khác , tôi đã nghiên cứu , tổng hợp và hệ thống được phương pháp cho
riêng mình trong việc ứng dụng các tính chất đơn giản và quen thuộc về đường
tròn ngoại tiếp để giải các bài toán về mạch RLC biến thiên . Với phương pháp
này, có thể giúp học sinh không chỉ giải một cách chính xác mà còn cho kết quả
rất nhanh , không cần phải sử dụng các công thức máy móc để giải các bài toán
Vật lí mà khi giải theo phương pháp thông thường phải trải qua nhiều bước và
mất nhiều thời gian.
1


Vì những lí do trên, tôi đã hướng dẫn học sinh Ứng dụng các tính chất
của đường tròn ngoại tiếp để giải bài toán mạch RLC mắc nối tiếp có C
biến thiên trong quá trình giảng dạy môn học Vật lí năm học 2015 -2016 và
2016 - 2017
- Mục đích nghiên cứu: Giúp học sinh có một hướng đi mới , đơn giản hơn , ít
phải nhớ các công thức cồng kềnh và cho hiệu quả cao hơn khi giải các bài toán
về mạch RLC biến thiên
- Đối tượng nghiên cứu: Đề tài của tôi đề xuất 1 hướng giải mới trong bài toán
mạch RLC biến thiên nhưng hiện tại mới chỉ dừng ở mạch RLC có C biến thiên
- Phương pháp nghiên cứu: Từ các kiến thức lý thuyết cơ bản về mạch RLC
mắc nối tiếp đặc biệt là dựa trên phương pháp giản dồ véc tơ trượt , căn cứ vào
giản đồ véc tơ khi C biến thiên thì có những tính chất tương tự như đường tròn
ngoại tiếp
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
C
A

R

L
B

M

B

- Ta có giản đồ véc tơ trượt của đoạn mạch AB[3.2]
- Từ giản đồ ta thấy khi C thay đổi thì
+ UAB không đổi
+ Góc lệch pha của uMB và i luôn không
đổi tan ϕ MB =

ZL
⇒ ϕ MB = const
R

góc β luôn có giá trị không đổi

φ

A
β

+ Vì AM luôn vuông góc với MN nên
M

u
u
r
I0

φMB

N

- Từ cơ sở trên có thể đưa ta tới ý tưởng là khi C thay đổi thì M chạy trên 1
đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB và luôn nhìn cung »AB với 1 góc không
đổi là β ( như hình vẽ ) . Khi đó độ dài dây cung AB là hiệu điện thế UAB và độ
dài dây cung AM là hiệu điện thế UC
- Trong mạch RLC có C biến thiên thì UAB không đổi nên độ dài dây cung AB
trên đường tròn là không đổi

2


- Góc lệch pha của uMB và i luôn không đổi tan ϕMB =

ZL
⇒ ϕ MB = const
R

- Vì vậy khi C thay đổi thì M di chuyển trên đường tròn nhưng nó luôn nhìn
cung »AB với một góc không đổi đó là góc ·AMB

- Từ hình vẽ ta thấy góc lệch pha giữa uAB và i là φ sẽ thay đổi khi M chạy trên
đường tròn nhưng nó luôn xác định bằng biểu thức ϕ = α −
B

uL

π
2

u

ϕ

i

α

A

α
φMB

φ

N

M
uC

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

- Các bài toán về mạch biến thiên đều là những câu dài và khó vì vậy đề giải
quyết 1 câu hỏi khó mà trong thời gian nhanh đã rất nhiều tài liệu tham khảo
như của Vũ Thanh Khiết [2]. Tác giả đã đưa ra giải pháp đó là nhớ các kiến thức
, công thức vắn tắt để giải nhanh. Cụ thể như :
* Tìm C để IMax; URmax; Pmax; URLmax (UANmax); ULCmin (UMBmin):
ZL = ZC  ⇒ C =

1
Lω2

C
A

R

B

M

U R 2 + Z2L
R 2 + Z2L
; U Cmax =
* Tìm C để UCmax: ZC =
ZL
R
r r
Lúc này: U ⊥ U RL hay U C2 = U 2 + U 2R + U 2L ⇒ U C2 − U L .U C − U 2 = 0

*Tìm C để URCmax (UANmax):

L

r
U RL
O
r
U

r
I
r
UC
3


ZC =

ZL + 4R 2 + ZL2
; U RCmax =
2

Tìm C để URCmin : ZC = 0 ; U RCmin =

2UR
2

2
L

4R + Z - ZL

C

UR
R 2 + Z2L

A

* Khi C = C1 hoặc C = C2 mà :
- I hoặc P như nhau thì: ZL =

; U C2 − U L .U C − U R2 = 0
R

L

M

B

ZC1 + ZC2
2

- I hoặc P như nhau, có một giá trị của L để Imax hoặc Pmax thì:
ZC =

ZC1 + ZC2
2

⇒C=

2C1C 2
C1 + C2

- UC như nhau, có một giá trị của C để UCmax thì:
1
1 1
1
C + C2
= (
+
)⇒C= 1
ZC 2 ZC1 ZC2
2

* Khi C = C1 hoặc C = C2 thì i1 và i2 lệch pha nhau góc ∆ϕ
Hai đoạn mạch RLC1 và RLC2 có cùng uAB. Gọi ϕ1 và ϕ2 là độ lệch pha của
uAB so với i1 và i2.
Giả sử ϕ1 > ϕ2 ⇒ ϕ1 - ϕ2 = ∆ϕ :
Δφ
Δφ
Z +Z
⇒ tanφ1 = tan
và ZL = C1 C2
2
2
2
tanφ1 - tanφ 2
- Nếu I1 ≠ I2 thì tanΔφ =
hoặc dùng giản đồ Fresnel.

1+ tanφ1tanφ 2

- Nếu I1 = I2 thì ϕ1 = - ϕ2 =

* Tìm C để UMBmin và tính UMBmin :; ZL = ZC  ⇒ C =
A

L,r

R
M

C

B

1
U.r
; U MBmin =
2
Lω
R+r

N

- Giải pháp trên được học sinh rất thích khi bắt đầu học vì nó có hiệu quả rất cao
để giải nhanh các bài toán , tuy nhiên sau một thời gian học thì rất nhiều học
sinh và bản thân tôi nhận thấy nó có những nhược điểm sau :
+ Phải nhớ máy móc quá nhiều công thức ví vậy nếu không làm thường
xuyên thì sẽ bị quên ( chỉ cần 1 tuần không dùng đến thì học sinh sẽ quên )

+ Công thức này chỉ phù hợp với một số dạng toán nhất định còn nếu bài
toán biến tướng sang một dạng khác thì học sinh không biết cách làm
- Vì những nhược điểm trên nên tôi suy nghĩ và xây dựng một hướng đi mới
không cần phải nhớ máy móc các công thức mà chỉ cần kiến thức bản của phần
điện xoay chiều và các kiến thức cơ bản của hình học phẳng là các em cáo thể
giải được
2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn
đề
4


- Đây là các ví dụ tương ứng với các dạng bài toán mạch RLC mắc nối tiếp có C
biến thiên được làm theo phương pháp mới dựa trên các tính chất hình học của
đường tròn ngoại tiếp
Ví dụ 1 : Cho đoạn mạch điện xoay chiều như hình vẽ: Biết U = 100V, f =
50Hz. Khi C = C1 thì UAM = 150V, UMB = 240V. Khi C = C2 thì UAM lớn nhất.
Tính giá trị lớn nhất đó.
C

A

R

L

B

M

- Khi C = C1 thì tại vị trí chất điểm M1 do đó áp dụng định lý hàm số cos cho

tam giác ABM1
AM 12 + BM 12 − AB 2 2402 + 150 2 − 100 2 701
¼
cos AM 1 B =
=
=
⇒¼
AM 1B = 13,190
2 AM 1 BM 1
2.240.150
720

- Khi C = C2 thì UCmax tức là
B

khi đó điểm M chạy đến vị trí
M2 và UCmax = AM2 chính là

100

A

240

đường kính của đường tròn
( như hình vẽ )

150

- Như ta đã biết ở phần lý

thuyết khi C thay đổi tức

d=?

M chạy trên đường tròn
thì góc ¼
AMB không đổi tức
AM 1 B = ¼
AM 2 B = 13,19
góc ¼

M1
M2

0

- Từ hình vẽ ta thu được tam giác vuông ABM2 .ADo đó áp dụng
30 hệ thức lượng B
AB

= 438,19 . Hay UCmax = 438,19 (V)
trong tam giác vuông thì AM 2 = sin ¼
AM 2 B
40 , f không
Ví dụ 2 : Cho đoạn mạch điện xoay chiều như hình vẽ: Biết U = 120V
đổi. Khi C = C1 thì trong mạch có cộng hưởng, UMB = 160V. Khi C = C2 thì điện
áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó.
C

R

40

L

5

A

M

B
M1

M2


- Khi C = C1thì mạch xảy ra cộng hưởng
tức Imax hay UMBmax = 160(V) vì vậy trên
đường tròn thì BM1là đường kính của
đường tròn
- Khi C = C2 thì UCmax tức là khi đó điểm M
chạy đến vị trí M2 và UCmax = AM2 chính là
đường kính của đường tròn ( như hình vẽ )
- Do đó ta có UCmax = 160 (V)
Ví dụ 3 : Cho đoạn mạch điện xoay chiều như hình vẽ: Biết U = 100V , f không
đổi. Khi C = C1 thì UAM = 150V, UMB = 200V. Khi C = C2 thì UAM = 2UMB. Tính
UMB khi đó.
C
A

R

L
B

M

B
100

x

A

M2

2x
200
150
M1

- Khi C = C1 thì tại vị trí chất điểm M1 do đó áp dụng định lý hàm số cos cho
tam giác ABM1

6


cos ¼
AM 1 B =

AM 12 + BM 12 − AB 2 2002 + 150 2 − 100 2 7
=
= ⇒¼
AM 1 B = 59, 640
2 AM 1 BM 1
2.200.150
8

- Như ta đã biết ở phần lý thuyết khi C thay đổi tức M chạy trên đường tròn
0
¼
¼
thì góc ¼
AMB không đổi tức góc AM 1 B = AM 2 B = 59, 64

- Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABM2 :
AB 2 = AM 22 + BM 22 − 2. AM 2 .BM 2 cos ¼
AM 2 B . Thay số vào ta có
1002 = 4 x 2 + x 2 − 2.2 x.x cos 59, 640 ⇒ x = 57,95 . Hay UMB = 57,95 (V)

Ví dụ 4 : Cho đoạn mạch điện như hình vẽ: U = 120V, f không đổi. Khi C = C1
thì điện áp uAM trễ pha 750 so với u. Khi C = C2 thì điện áp uAM trễ pha 450 so với
u. Trong hai trường hợp trên, điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ có cùng giá trị.
Tính giá trị đó.
C
A

R

L
B

M

A

- Từ dữ kiện bài toán ta có được như hình vẽ
- Từ hình vẽ ta thấy α 0 =

α1 + α 2
= 600
2

B

120

α1

α2

α0

- Xét tam giác vuông ABM0 ta có
AM 0 =

Uc2

AB

U
⇒ U C max =
= 240(V )
cos α 0
cos α 0

Uc1
Ucmax

¼AM = α1 − α 2 = 150
- Mặt khác ta lại có M
1
0

M2

2

Do đó xét tam giác vuông AM1M0
M0

¼AM = 240.cos150 = 231,8(V )
ta được U C1 = U C 2 = U C max .cos M
1
0

M1

Ví dụ 5 : Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. U và f khônguLđổi. Khi có cộng
u

hưởng, công suất tiêu thụ của mạch là 100W. Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng
UAM đạt cực đại, khi đó công suất tiêu thụ của đoạn mạch bằng 50W. Khi C = C1
thì UAM = UMB, công suất tiêu thụ của đoạn mạch khi đó bằng bao nhiêu?
ϕ
C
A

R
M

L

α
B
uC

i
7


- Theo lý thuyết chứng minh ban đầu ta có :
ϕ =α −

π
⇒ cos ϕ = sin α
2

U 2 cos ϕ
- Công suất của mạch điện là P = UI cos ϕ =
(1)

Z

- Khi mạch xảy ra cộng hưởng thì I max =

U
U2
⇒ PCH =
(2)
R
R

- Từ (1) và (2) ta có P = PCH cos 2 ϕ hay P = PCH sin 2 α (3)
- Khi C = C0 , từ (3) ta có

A

P = PCH sin α 0 ⇔ 50 = 100sin α 0 ⇒ α 0 = 45
2

2

B

0

mà khi đo tam giác AM0B vuông tại B

α0
α1

AM 0 B = 450
nên ¼

- Khi C = C1, thì UAM = UMB nên
ta có tam giác AM1B là tam giác
AM 1 B + 2α1 = 1800
cân tại M , nên ¼
M0

AM 0 B = ¼
AM 1 B = 450
- Mặt khác ta luôn có ¼

nên α1 = 67,50 vì vậy công suất tại C = C1 là

M1

P1 = PCH sin 2 α1 = 100sin 2 67,50 = 85, 4(W )

Ví dụ 6 : (Trích ĐH 2016) Đặt điện áp u = U 0cosωt (với U0 và ω không đổi)
vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm: điện trở, cuộn cảm thuần và tụ điện
dung C thay đổi được. Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt
giá trị cực đại và công suất của đoạn mạch bằng 50% công suất của đoạn mạch
khi có cộng hưởng. Khi C = C1 thì điện áp giữa hai bản tụ điện có giá trị hiệu
dụng là U1 và trễ pha α1 so với điện áp hai đầu đoạn mạch. Khi C = C2 thì điện
áp giữa hai bản tụ điện có giá trị hiệu dụng là U2 và trễ pha α2 so với điện áp hai
đầu đoạn mạch. Biết U2 = U1 và α2 = α1 + π/ 3. Giá trị của α1 là
A. π /12
B. π / 6
C. π / 4

D. π / 9
8


- Dựa theo kiến thức đãn chứng minh ở ví dụ trên ta có
P0 = PCH sin 2 α 0 ⇒ sin α 0 =

P0
1
=
→ α 0 = 450
PCH
2

- Mặt khác từ dữ kiện của bài toán , căn cứ trên hình vẽ ta có hệ phương trình
π

α1 =
α 2 + α1 = 2α 0



12

π ⇒
α 2 − α1 = 3
α = 5π
 2 12

B

A

α1
α0

α2

M1

Đáp án A

Ucmax

M0
M2

Ví dụ 7 : Cho đoạn mạch xoay chiều RLC, trong đó L là cuộn thuần cảm, C là
tụ có điện dung thay đổi được. Điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch có tần số f và
giá trị hiệu dụng U không đổi. Khi C = C 1, điện áp giữa hai bản tụ có giá trị hiệu
dụng 100V và trễ pha hơn điện áp giữa hai đầu đoạn mạch góc α1. Khi C = C2,
điện áp giữa hai bản tụ cũng có giá trị hiệu dụng 100V, nhưng trễ pha hơn điện
áp giữa hai đầu đoạn mạch góc α2 = α1+ π/3. Khi C = C3, điện áp giữa hai bản tụ
có giá trị hiệu dụng lớn nhất, mạch tiêu thụ công suất bằng 50% công suất cực
đại mà nó có thể tiêu thụ. Điện áp hiệu dụng U giữa hai đầu đoạn mạch gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 120V
B. 90V
C. 80V
D. 60V

- Dựa theo kiến thức đãn chứng minh ở ví dụ trên ta có
P0 = PCH sin 2 α 0 ⇒ sin α 0 =

P0
1
=
→ α 0 = 45A0
PCH
2

- Dựa vào hính vẽ ta có
x=

α 2 − α1 π
=
2
6

B
α1
α0

α2

M1
x

- Mặt khác xét 2 tam giác vuông
AM2M0 và ABM0 ta có

100

100

Ucmax

9

M0
M2


U C1 = U C max cos x
100 cos x
3
⇒
=
=

U AB cos α 0
2
U AB = U C max cos α 0

- Do đó ta có U AB =

100 2
= 81, 65(V ) . Đáp án C
3

Ví dụ 8 : Cho đoạn mạch điện như hình vẽ. Biết U, f không đổi. Khi C = C1 thì

uC trễ pha hơn u góc α1, khi C = C2 thì uC trễ pha hơn u góc α2 = α1 + π/3. Điện
áp hiệu dụng giữa hai điểm A, M trong hai trường hợp bằng nhau, nhưng điện áp
hiệu dụng giữa hai điểm M,B thì hơn kém nhau 8 lần. Tính α1
C
A

R

A

L

a

B

M

- Để giải bài toán này ta cần thêm kiến thức bổ trợ
d

đó là định lý hàm số sin trong tam giác và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
)
a
) = 2 R = d ⇒ a = d sin A
sin A

A

- Theo dữ kiện bài toán ta có như hình vẽ

α2

đó là

B
α1

x

600

- Căn cứ vào hình vẽ và tính chất ở

M1

d

8x

trên ta có hệ phương trình sau
 M 2 B = d sin α 2
8 x = d sin α 2
⇔
⇒ sin α 2 = 8sin α1

 M 1 B = d sin α1
 x = d sin α1

Hay sin(α1 + 60) = 8sin α1 ⇒ α1 = 6, 60 = 0,115rad
A

M0
M2 U

B

Ví dụ 9 : Cho đoạn mạch xoay chiều như hình vẽ. U, f không120
đổi. Khi C = C1
thì UMB = 50V, uAM trễ pha hơn u gócaα1. Khi C = C2, UMB = 120V, uAM trễ pha
x
hơn u góc α2 = α1 + 0,5π. Trong hai trường
kém
β hợp, điện áp hiệu dụng UAM hơn50
4a
nhau 4 lần. Tính U.
M
y
C

A

2

R

M

L

B

M1

¼AM = 900 . Do đó M1M2
- Từ dữ kiện bài toán α2 = α1 + 0,5π , ta thấy góc M
1
2

chính là đường kính của đường tròn nên M 1M 2 = BM 12 + BM 22 = 130(V )
10


- Theo hình vẽ ta có
BM 1 50

 tan y = BM = 120

2
⇒ β = x − y = 53,340

AM
4
a
1
 tanx =
=
=4


AM 2
a

- Do đó ta có :
AB = M 1M 2 sin β = 130sin 53,340 = 104,3

Hay UAB = 104,3(V)

Ví dụ 10 : (Trích ĐH 2013). Đặt điện áp u= U0cosωt (V) (với Uo và ω không
đổi) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn dây không thuần cảm mắc nối tiếp với tụ
điện có điện dung C (thay đổi được). Khi C = C0 thì cường độ dòng điện trong
mạch sớm pha hơn u là ϕ1 ( 0< ϕ1<0,5π ) và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây
là 45V. Khi C=3C0 thì cường độ dòng điện trong mạch trễ pha hơn u là
ϕ2 = 0,5π - ϕ1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 135V. Giá trị của U0 gần
giá trị nào nhất sau đây?
A. 95V.
B. 75V.
C. 64V.
D. 130V.
- Theo chứng minh ở trên ta có ϕ = α −

π
2

B
α1

A

mà theo đề bài ϕ2 = 0,5π - ϕ1

¼AM = 90 .
Do đó ta thấy góc M
1
2

a

M1

α2

nên α 2 − α1 = 0,5π ( như hình vẽ)
0

45

135
a
x

Vì vậy M1M2 chính là đường kính
của đường tròn nên

M

y

M 1M 2 = BM 12 + BM 22 = 45 10(V )
M2

11


- Theo bài ra ta có
U

U

C1
MB1
+ Khi C = C0 thì I1 = Z = Z ⇒ U C1 =
C1
MB

U

U MB1.Z C1
(1)
Z MB

U

C2
MB 2
+ Khi C = 3C0 thì I 2 = Z = Z ⇒ U C 2 =
C2
MB

U MB 2 .ZC 2
(2)

Z MB 2

Thay số vào (1) và (2) ta thấy UC1 = UC2
Hay như trên hình vẽ AM1 = AM2 = a
45
AM 2 B = x − y = 450 − arctan( ) = 26, 660
- Từ hình vẽ ta thấy ¼
35

- Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABM2 ta có
AB
= 2 R = M 1M 2 ⇒ AB = M 1M 2 sin ¼
AM 2 B = 63, 64(V )
¼
sin AM 2 B

Do đó UAB = 63,64 hay U0AB = UAB√2 = 90(V). Đáp án A
Ví dụ 11: Cho đoạn mạch điện như hình vẽ: Biết U = 200V, f không đổi. Khi
C = C1 thì V1 chỉ 200V, V2 chỉ 300V. Khi C = C2 thì số chỉ của V1 đạt cực đại.
Tính tỉ số C1/C2.
A

C

M

R

L
B

Vgiác cân AM1B ,Váp dụng định lý hàm số cos ta có
- Xét tam
1
2
3
AB 2 = AM 12 + BM 12 − 2 AM 1 BM 1 cos ¼
AM 1 B ⇒ cos ¼
AM 1B = hay ¼
AM 1 B = 41, 40
4

AB

= 113, 4(V )
- Khi C = C2 , Xét tam giác vuông ABM2 ta có BM 2 = tan ¼
AM 2 B

- Theo bài ra ta có

U

U

U .Z

C1
C1
MB
MB1

+ Khi C = C1 thì I1 = Z = Z ⇒ Z C1 = U
(1)
C1
MB
MB

12


U

U .Z

U

C2
C2
MB
MB 2
+ Khi C = C2 thì I 2 = Z = Z ⇒ Z C 2 = U
(2)
C2
MB
MB 2

C

U .U

C2

MB1
1
Từ (1) và (2) ta có C = U .U = 2
2
C1
MB 2

M1

200

A

200

B

300
H

d

x

M2

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Câu 1: Đoạn mạch xoay chiều gồm điện trở thuần R, tụ điện có C thay đổi được,
cuộn dây có độ tự cảm L = 2/π (H) và điện trở thuần r = 30 Ω mắc nối tiếp. Đặt
vào hai đoạn mạch điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 60 V và tần số f

= 50 Hz. Điều chỉnh C đến giá trị C 1 thì công suất tiêu thụ trên mạch đạt cực đại
và bằng 30 W. Tính R và C1.
10 −4
A. R = 90 Ω, C1 =
F
2π
10 −4
C. R = 120 Ω, C1 =
F
2π

10 −4
B. R = 120 Ω, C1 =
F
π
10 −4
D. R = 90 Ω, C1 =
F
π

Câu 2: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở r = 70 Ω và độ tự cảm L = 0,7
(H) nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu mạch
điện một điện áp u = 70cos(100t) V. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai
bản tụ đạt giá trị cực đại. Khi đó độ lệch pha của điện áp giữa hai đầu cuộn dây
so với điện áp giữa hai bản tụ là
13


A. 900
B. 00

C. 450
D. 1350
Câu 3: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở r = 70 Ω và độ tự cảm L = 0,7
(H) nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu mạch
điện một điện áp u = 70cos(100t) V. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai
bản tụ đạt giá trị cực đại. Khi đó độ lệch pha của điện áp giữa hai đầu cuộn dây
so với điện áp u là
A. 1350
B. 900
C. 450
D. 00
Câu 4: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở R = 20 Ω và cảm kháng
ZL = 20 Ω nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu
mạch điện một điện áp u = 40cos(ωt) V. Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng giữa
hai bản tụ đạt giá trị cực đại. Khi đó độ lệch pha của điện áp giữa hai bản tụ so
với điện áp u là
A. 900
B. 450
C. φ = 1350
D.φ= 1800
Câu 5: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở r = 70 Ω và L = 0,7 (H) nối
tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu mạch điện một
điện áp u = 70cos(100t) V. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt
giá trị cực đại. Khi đó độ lệch pha của điện áp u so với cường độ dòng điện
trong mạch một góc
A. 600
B. 900
C. 00
D. 450
Câu 6: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở R = 40Ω và độ tự cảm L = 0,8

(H) nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu mạch
điện một điện áp u = 100cos(100t)V. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai
bản tụ đạt giá trị cực đại. Khi đó công suất tiêu thụ trên mạch là
A. P = 250 W.
B. P = 5000 W.
C. P = 1250 W.
D. P = 1000 W.
Câu 7: (ĐH-2011) Đặt điện áp xoay chiều u = U 2 cos100πt (U không đổi, t tính
bằng s) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở thuần R, cuộn cảm
thuần có độ tự cảm

1
H và tụ điện có điện dung C thay đổi được. Điều chỉnh
5π

điện dung của tụ điện để điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt giá trị cực
đại. Giá trị cực đại đó bằng U 3 . Điện trở R bằng
A. 20 2 Ω .
B. 10 2 Ω .
C. 10 Ω .
D. 20 Ω .
Câu 8: Một cuộn dây mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung thay đổi được rồi
mắc vào nguồn điện xoay chiều có biểu thức u = U 0cosωt (V). Thay đổi điện
dung của tụ điện để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ đạt cực đại thì khi đó điện áp
hiệu dụng giữa hai bản tụ ℓà 2U 0. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây ℓúc
này ℓà
A. 3,5U0
B. 3U0.
C. U0
D. U0

Câu 9: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở r = 40 Ω và độ tự cảm
L = 0,8 (H) nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay đổi được. Đặt vào hai đầu
mạch điện một điện áp u = 100cos100t V. Khi C = C 0 thì điện áp hiệu dụng giữa
hai bản tụ đạt giá trị cực đại. Khi đó cường độ dòng điện I qua mạch là
A. I = 2,5A.
B. I = 2,5 A
14


C. I = 5A
D. I = 5 A.
Câu 10: Đặt điện áp xoay chiều u = U 2 cos(100πt) V vào đoạn mạch RLC. Biết
R = 100 2 Ω , tụ điện có điện dung thay đổi được. Khi điện dung tụ điện lần lượt là
C1 = 25 / π (µF) và C 2 = 125 / 3π (µF) thì điện áp hiệu dụng trên tụ có cùng giá trị. Để
điện áp hiệu dụng trên điện trở R đạt cực đại thì giá trị của C
100
(µF) .
3π
20
C. C = (µF) .
π

50
(µF) .
π
200
(µF) .
D. C =
3π

A. C =

B. C =

Câu 11: Một tụ điện C có điện dung thay đổi, nối tiếp với điện trở R = 10 3Ω và
cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 0,2 / π ( H ) trong mạch điện xoay chiều có tần
số của dòng điện 50Hz. Để cho điện áp hiệu dụng của đoạn mạch R nối tiếp C là
URC đạt cực đại thì điện dung C phải có giá trị sao cho dung kháng bằng
A. 20Ω
B.30Ω
C. 40Ω
D. 35Ω
Câu 12: Mạch điện RCL nối tiếp có C thay đổi được. Điện áp hai đầu đoạn
mạch u = 150 2cos100π t (V). Khi C = C1 = 62,5 / π ( µ F ) thì mạch tiêu thụ công suất cực
đại Pmax = 93,75 W. Khi C = C2 = 1/(9π ) (mF ) thì điện áp hai đầu đoạn mạch RC và
cuộn dây vuông pha với nhau, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây khi đó là:
A. 90 V.
B. 120 V.
C. 75 V
D. 75 2 V.
Câu 13: Cho đoạn mạch như hình vẽ. U = 10V, f không đổi. Khi C = C 1, cường
độ dòng điện sớm pha hơn điện áp u góc ϕ1, điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ là
10√3V. Khi C = C2, điện áp u trễ pha hơn điện áp giữa hai đầu cuộn cảm góc ϕ1,
điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện khi đó là 10V. Xác định tỉ số C1/C2
2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân , đống nghiệp và nhà trường
Phương pháp này đã được tôi sử dụng trong 2 năm gần đây khi ôn thi đại học ,
dạy đội tuyển học sinh giỏi và tôi nhận thấy:
- Phương pháp mới này đã được đồng nghiệp ủng hộ và ứng dụng khi dạy học
sinh

- Giải bài toán vật lý về các đại lượng biến thiên trong điện xoay chiều rất nhanh
( có thể giải 1 bài toán trong 1 phút ) , trong khi sử dụng phương pháp thông
thường thì mất thời gian lâu hơn ( có một số bài mất đến 3 phút )
- Tạo tâm lý sáng khoái , tự tin và thích thú ở học sinh khi giải các bài toán vật
lý về phần diện xoay chiều . Tạo một niềm tin rất lớn cho các em học và thi đối
với môn vật lý , đó là một yếu tố quan trong có thể giúp các em đạt điểm cao
trong các kỳ thi
Kết quả trước khi sử dụng sáng kiến kinh nghiệm
Số học
sinh tôi
dạy

Tỉ lệ
học
sinh

Tỉ lệ
học
sinh từ

Tỉ lệ
học
sinh từ

Tỉ lệ
học
sinh

Kết quả thăm dò
học sinh về mức

độ bài tập mạch
15


trên 9
điểm
Năm học
2011200
2012

0,5%

7 đến
8,5
điểm
6%

5 đến
6,5 đến

dưới 5

điện RLC biến
thiên

37,5%

56%

Không tự

khó…..

tin,

Năm học
2012185
2013

0,4%

9%

23,6%

67%

Khó , không tự
tin . Không hiểu
bản chất nên khả
năng vận dụng
kém …..

Năm học
2014190
2015

0,5%

12%

51,5%

35%

Khó , không biết
hướng làm …

Kết quả sau khi sử dụng sáng kiến kinh nghiệm
Số
học
sinh
tôi
dạy

Tỉ lệ
học
sinh
trên 9
điểm

Tỉ lệ
học
sinh từ
7 đến
8,5
điểm

Tỉ lệ
học
sinh từ

5 đến
6,5 đến

Tỉ lệ
học
sinh
dưới 5

Kết quả thăm dò
học sinh về mức
độ bài tập dao
động cưỡng bức
và mạch điện
RLC biến thiên

0,8%

Năm học
2015212
2016

Có1 em
đạt
điểm 10 12%
thi
THPT
quốc
gai

66,2%

20%

Tự tin, không thạt
sự khó , làm bình
thường

16


Năm học
2016242
2017

1%

15%

62%
(kết quả
(kết quả (kết quả
thi thử
thi thử thi thử
đại học)
đại học) đại học)

22%
(kết quả Em thấy bình
không
thi thử thường,

đại học) khó….

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận :
Ứng dụng các tính chất của đường tròn ngoại tiếp để giải bài toán
mạch RLC mắc nối tiếp có C biến thiên là một cách thức mới để tiếp cận với
thực tế của đề thi đại học hiện nay. Với phương pháp này, các em học sinh có thể
tiếp cận với các dạng baì tập khó và giải nhanh các bài toán Vậy lí mà nếu giải
theo phương pháp truyền thống thì sẽ mất rất nhiều thời gian và có thể không
giải được còn dung các công thức tắt thì rất dễ quên . Khi nắm vững cách ứng
dụng đường tròn ngoại tiếp để giải các bài toán mạch RLC mắc nối tiếp có c
biến thiên , các em học sinh sẽ tận dụng được tối đa thời gian để bài làm đạt kết
quả tốt. Từ đó, tâm lí “sợ” các bài tập dài , khó nhớ công thức của các đại lượng
biến thiên trong mạch điện xoay chiều của các em được tháo gỡ. Và như vậy,
giáo viên không chỉ là người dạy các em kiến thức mà còn tạo tâm lý tốt và tự
tin cho các em học sinh trong “cuộc chiến” đầy cam go này.
Tuy nhiên, ứng dụng đường tròn ngoại tiếp không phải là một dụng cụ đa
năng mà trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy những hạn chế sau :
- Học sinh có nếu kiến thức toán học kém và không nhớ các công thức cơ
bản về xác định hình học thì không thể làm được
- Chỉ ứng dụng ở một số dạng bài toán đặc thù chứ không phải tất cả. Vì
vậy học sinh phải tinh ý để nhận dạng bài tập ứng dụng đường tròn
- Mới chỉ xây dựng cho mạch RLC có C biến thiên , tương lai tôi sẽ tiếp
tục xây dựng cho mạch RLC mắc nối có L biến thiên
3.2 Kiến nghị:
Ứng dụng các tính chất của đường tròn ngoại tiếp để giải bài toán
mạch RLC mắc nối tiếp có C biến thiên là phương pháp giải nhanh và giải
quyết được các bài toán khó, dài của các dạng toán vật lí trắc nghiệmvà giúp học
sinh ít phải nhớ các công thức phức tạp. Vì vậy tôi mong rằng đề tài này có thể
được nhiều giáo viên và học sinh tiếp cận và coi nó như một hành trang nho nhỏ

trên con đường ôn thi đại học và ôn thi học sinh giỏi
Trên đây là những kinh nghiệm được tôi đúc rút từ quá trình học
tập,nghiên cứu, tìm tòi để ứng dụng vào giảng dạy bộ môn Vật lí trong năm học
vừa qua. Hy vọng rằng, kinh nghiệm nhỏ này sẽ có hữu ích ít nhiều với đồng
nghiệp. Với nhiều điều kiện còn hạn chế, phương pháp này chưa thực sự hoàn
17


hảo , bài tập ứng dụng còn ít . Vì vậy rất mong được sự góp ý của quý thấy cô để
tôi có thể xây dựng hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Nguyễn Thanh Tùng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Giải toán vật lý 12, tập 2- Bùi Quang Hân (chủ biên),NXB GD, 2005,tr 214.
2. Hai trăm bài toán điện xoay chiều - Vũ Thanh Khiết ( chủ biên ), NXB Đồng
Nai,2001,tr.70.
3. Nguồn tài liệu tham khảo trên internet
3.1 http// thu vien vat ly .com/dienxoaychieu/chuvanbien.
3.2 http// thu vien vat ly .com/camnangvatly/dinhhoangminhtan.

18