Đơn giản hóa bài toán truyền tải điện năng vật lý 12 bằng phương pháp chia cột

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐƠN GIẢN HĨA BÀI TỐN TRUYỀN TẢI ĐIỆN NĂNG
VẬT LÝ 12 BẰNG PHƯƠNG PHÁP CHIA CỘT

Người thực hiện: Nguyễn Thị Ngoan
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Vật Lý

THANH HOÁ NĂM 2021


MỤC LỤC.
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………………………….........
1.2. Mục đích nghiên cứu……………………………………………………..
1.3. Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………….
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………………………………
1.5. Những điểm mới của sáng kiến………………………………………..…
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Cơ sở lí luận……………………………………………………………...
2.2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu………………………………………….
2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề…………………………...………...............
2.3.1. Phương pháp 4 cột……………………………………………………...
2.3.2. Phương pháp 5 cột…..…………………………………………………
2.3.3. Phương pháp 6 cột………………………………………..
2.4. Hiệu quả của SKKN ……………………….……………………………

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận…………..……………………………………………………….
3.2. Kiến nghị…………………………….……………………………………
TÀI LIỆU THAM KHẢO
DANH MỤCSÁNG KIẾN ĐƯỢC HỘI ĐỒNG XẾP LOẠI.
PHỤ LỤC

1
1
2
2
2
2
3
4
4
10
14
18
19
19


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Bài tốn truyền tải điện năng trong chương trình thi THPT quốc gia là bài
tốn khó kể cả với những đối tượng học sinh khá, giỏi.Với các em học lực trung
bình và yếu thì gần như các em bỏ qua bài này.Tuy nhiên, các tài liệu tham khảo
viết về bài toán truyền tải điện năng giải theo phương pháp thiết lập các phương
trình liên hệ, sau đó giải các phương trình đã thiết lập để đi đến kết quả. Cách

làm này chỉ phù hợp cho đối tượng tư duy tốt vì có rất nhiều các đại lượng trong
bài tốn như cơng suất nơi phát, cơng suất hao phí, cơng suất nơi tiêu thụ, điện
áp nơi phát, điện áp nơi tiêu thụ, điện áp trên đường dây… Các em sẽ khó xác
định phương trình cần thiết lập, nhiều em thiết lập được phương trình rồi nhưng
đến khi xử lí phương trình cũng khơng làm được vì nhiều ẩn số.
Các sáng kiến kinh nghiệm viết về phương pháp giải cho bài tốn này cịn
rất ít. Tơi cũng có đọc và tìm hiểu các tài liệu,các sáng kiến của nhiều tác giả.
Trong đó tơi tâm đắc hơn cả là sáng kiến kinh nghiệm của tác giả Hà Thị Lý
trường THPT Lê Hồng Phong – Thanh Hóa với tên đề tài :“Sử dụng phương
pháp 4 cột, 5 cột để giải nhanh bài toán truyền tải điện năng”năm học 20192020.Tơi cũng đã có sử dụng đề tài đó để áp dụng với học sinh các lớp tôi dạy ở
trường THPT Ba Đình và thấy rằng đề tài cịn một số hạn chế như sau:
+ Đề tài chưa nêu được dấu hiệu nhận biết khi nào sẽ giải bài toán bằng
cách chia 4 cột, khi nào chia 5 cột.
+ Đưa ra bảng cột mà khơng nêu trình tự tính cột nào trước, cột nào sau.
+ Sử dụng 4 cột và 5 cột thì khơng thể giải được bài tốn truyền tải điện
năng có hệ số cơng suất khác 1.
Với mong muốn tìm ra phương pháp ưu việt có tính thống nhất chung cho
nhiều bài toán truyền tải điện năng, giúp học sinh kể cả học sinh trung bình- yếu
làm được, tôi đã kế thừa và phát triển đề tài của tác giả Hà Thị Lý thành “ Đơn
giản hóa bài toán truyền tải điện năng vật lý 12 bằng phương pháp chia
cột’’làm đề tài nghiên cứu của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Việc nghiên cứu đề tài nhằm cung cấp cho học sinh phương pháp giải
mới cho bài toán truyền tải điện năng đó là phương pháp chia cột để làm đơn
giản bài toán truyền tải điện năng tạo điều kiệntiếp cận nhiều đối tượng học sinh
hơn nữa còn tiết thời gian trong quá trình thi THPT Quốc Gia và thi Học Sinh
Giỏi theo hình thức trắc nghiệm sắp tới sẽ áp dụng tại tỉnh Thanh Hóa.
3

1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương pháp giải bài toán truyền tải
điện năng vật lý 12.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau:
- Phương pháp chính: Nghiên cứu, thực nghiệm
+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
+ Điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin trước và sau khi vận dụng phương
pháp chia cột cho các lớp tôi dạy 12K,12G, 12E tại trường THPT Ba Đình – Nga
Sơn – Thanh Hóa.
- Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: tổng hợp, so sánh và đưa ra kết luận trên
cơ sở các thơng tin và số liệu đã có.
1.5. Điểm mới của sáng kiến.
+ Sáng kiến đã nêu được dấu hiệu nhận biết khi nào sẽ giải bài toán bằng
cách chia 4 cột, khi nào chia 5 cột, bổ sung thêm 6 cột từ đó giúp học sinh định
hướng được phương pháp làm.
+ Phần phương phải giải tôi đã nêu trình tự tính tốn cột nào trước, cột nào
sau giúp học sinh dễ đi tới kết quả.
+ Với những bài tốn có hệ số cơng suất khác 1 tơi đã đưa thêm cách giải 6
cột để học sinh áp dụng.
+ Ngồi ra tơi đã cung cấp thêm hệ thống các bài tập phong phú hơn phục
vụ quá trình rèn luyện cho học sinh ở nhà được thành thục hơn.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Sơ đồ truyền tải: Điện năng phát ra từ nhà máy phát điện, được truyền
đến nơi tiêu thụ trên một đường dây có điện trở tổng cộng là R.

Nhà máy điện

R/2

Nơi tiêu thụ

R/2

P

- Công suất điện truyền đi là:

∆
P = U .I . cos ϕ

4

Pt


∆P = ∆U .I = I 2 R =

- Công suất hao phí trên đường dây là:
- Cơng suất nơi tiêu thụ:

Ptt = P − ∆P = U tt .I . cos ϕ tt

P = ∆P + Ptt

- Liên hệ công suất và điện áp nơi phát và nơi tiêu thụ:
cos ϕ = 1

thì:

U = ∆U + U tt

cos ϕ ≠ 1

U = ∆U + U + 2.∆U .U tt . cos ϕ tt
2
tt

H=


U tt


U

U = ∆U∠0 + U tt ∠ϕ tt

thì:
Đây chính là tổng hợp dao động ta có thể
xử lý nhanh bằng máy tính hoặc có thể
tính theo công thức tổng hợp dao động:
2

P2
R
U 2 cos 2 ϕ

ϕ  ϕ tt

∆U


I

Ptt
P − ∆P
.100% =
.100%
P
P

- Hiệu suất của quá trình truyền tải:
- Để giảm cơng suất hao phí trên đường dâycó hai phương án giảm P:
+ Phương án 1 :Giảm R.
R=

ρl
S

Do
nên giảm R thì cần tăng tiết diện S của dây dẫn: tốn kém.
+ Phương án 2 :Tăng U
Tăng hoặc giảm U chỉ đơn giản sử dụng máy biến áp: máy biến áp được sử
dụng để tăng áp trước khi truyền đi và hạ áp nơi nhận được.
- Khi có máy biếp áp sơ đồ truyền tải là:
P

Pt

P

Nhà máy điện Máy tăng áp

I

∆P = I 2 .R
R/2

U

U

∆U = I .R

Máy hạ
áp
Ut

Pt

Nơi tiêu thụ

Ut

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
Thực tế khi dạy bài toán truyền tải điện năng ở các lớp 12K, 12G, 12E tại
trường THPT Ba Đình, qua khảo sát tơi thu được kết quả như sau:
- Học sinh chỉ làm được bài tập dễ hoặc có sẵn cơng thức áp dụng, các bài
tập khó thì qua so sánh các lớp thì tơi thu được bảng số liệu sau sau đây :

5


Lớp
Sĩ số
HS làm đúng
HS làm sai
HS không làm được
12K
51
5
25
21
12G
47
3
26
32
12E
45
0
10
35
- Qua bảng số liệu ta thấy số học sinh không làm được bài chiếm đa số, một
số có làm bài nhưng làm sai và số lượng học sinh làm được đúng bài rất ít.
- Nguyên nhân của thực trạng trên là do học sinh hay mắc phải các lỗi sau:
+ Học sinh đọc đề không định hướng được cách làm nản chí khơng làm nữa.
+ Học sinh khơng thiết lập được các phương trình liên hệ giữa các đại lượng
nơi phát, nơi nhận, hao phí đường dây do nhiều mối liên hệ trong bài không thể
hiện rõ .

+ Một số học sinh thiết lập được phương trình nhưng lúng túng trong việc
giải ra kết quả vì có q nhiều ẩn số.Bài tốn trở nên mơ hồ rắc rối.
+ Một số ít học sinh giải ra được kết quả nhưng biến đổi nặng về mặt tốn
học, mất nhiều thời gian để tính tốn khơng phù hợp với hình thức thi trắc
nghiệm hiện nay.
2.3. Giải quyết vấn đề.
2.3.1. Phương pháp 4 cột.
- Dấu hiệu nhận biết bài toán giải theo cách chia 4 cột :
Thường áp dụng cho các bài toán truyền tải điện năng không liên quan đến
cos ϕ = 1

máy biến áp với hệ số cơng suất
- Trình tự của cách làm:
Loại 1: Công suất truyền đi P không đổi.
Phương pháp giải:
+ Bước 1: Chia dữ kiện của bài toán theo 4 cột gồm: công suất nguồn phát P,
công suất nơi tiêu thụ Ptt, hao phí trên đường dây,hiệu điện thế nơi phát U.
P

∆P

Ptt

U

+ Bước 2: Điền các thông tin vào các cột treo thứ tự:
- Hàng 1 chọn P1=100 hoặc để giá trị P= const, Dựa vào hiệu suất H 1 tính
Ptt1và

∆P1

, U1
6


- Hàng 2 chọn P2= P1=100 hoặc để P2= P1=const, Dựa vào hiệu suất H2
tính Ptt2và

∆P2

, U2
∆P1  U 2 

=
∆P2  U 1 

2

+ Bước3: Lập tỉ số
+ Bước 4: Tìm dữ kiện mà đề u cầu.
Ví dụ 1:
Điệnnăngởmột trạmphátđiện đượctruyềnđidướiđiệnáp2 kV,hiệusuất
trongquátrìnhtruyềntảilà H= 60%.Muốnhiệusuấttrongquátrìnhtruyềntảităngđến
97,5%thìtaphải thay đổi hiệu điện thế truyền đi như thế nào? Cho công suất
truyền đi không đổi.
* Cách giải thông thường :
H 1 = 60% ⇒ ∆P1 = 40% P ⇒

P 2 .R
P.R

= 40% P ⇒ 2
= 0,4(1)
2
2
U 1 cos ϕ
U 1 cos 2 ϕ

H 2 = 97,5% ⇒ ∆P2 = 2,5% P ⇒

P 2 .R
P.R
= 2,5% P ⇒ 2
= 0,025( 2)
2
2
U 2 cos ϕ
U 2 cos 2 ϕ

Lập tỉ số (1) và (2)

⇒

U2

2

U1

2

=

0,4
⇒ U ' = 8 KV
0,025

* Cách giải chia 4 cột:
Bài toán cho hiệu suất nên chọn P= 100 để dễ tính Ptt,

Ta có:

∆P

.

P

Ptt

∆P

U

100

60

40

U1 = 2

100

97,5

2,5

U2 = ?

P 2 .R
∆P = 2
U cos 2 ϕ

2

nên

2

∆P1  U 2 
40  U 2 
 ⇒
= 
=
 ⇒ U 2 = 8 KV
∆P2  U 1 
2.5  2 
7

Ví dụ 2:
Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến một khu tái định cư bằng đường
dây truyền tải một pha. Cho biết, nếu điện áp tại đầu truyền đi tăng từ U lên 2U
thì số hộ dân được trạm cung cấp đủ điện năng tăng từ 114 lên 150.Cho rằng chỉ
tính đến hao phí trên đường dây, công suất tiêu thụ điện của các hộ dân đều như
nhau, công suất của trạm phát không đổi và hệ số cơng suất trong các trường
hợp đều bằng nhau.Tính số hộ dân mà trạm phát này cung cấp đủ điện năng khi
điện áp truyền đi là 4U.
* Cách giải thông thường:

- Cơng suất hao phí trên đường dây

P 2 .R
∆P = 2
U cos 2 ϕ

- Công suất lúc đầu khi điện áp là U:
P1 =

P 2 .R
P 2 .R
+
P
=
+ 114 P0
tt1
U 2 cos 2 ϕ
U 2 cos 2 ϕ

- Công suất lúc sau khi điện áp là 2U:

P2 =

P 2 .R
P 2 .R
+
P
=
+ 150P0
tt1
( 2U ) 2 cos 2 ϕ
4U 2 cos 2 ϕ

- Do công suất của nguồn truyền đi là không đổi nên: P1=P2
P 2 .R
P 2 .R
3 P2R
P2R
+ 114 P0 =
+ 150P0 ⇒
= 36P0 ⇒ 2
= 48P0
4 U 2 cos 2 ϕ
U 2 cos 2 ϕ
4U 2 cos 2 ϕ
U cos 2 ϕ
Thay vào P1 ta được: P1=P2=162 P0. Khi điện áp tăng lên 4U thì
P =

P 2 .R
48

+ Ptt =
P0 + nP0 = 162 P0 ⇒ n = 159
2
2
16
16U cos ϕ

* Cách giải chia 4 cột:

8


Bài tốn khơng cho hiệu suất nên để P= const. Chọn công suất nơi tiêu thụ của
các hộ dân là 1. Ta có bảng sau:

P = ∆P + 114 =

P

Ptt

∆P

P

114

∆P

U

P

150

∆P / 4

2U

P

n

∆P / 16

4U

U

∆P
∆P
+ 150 =
+n
⇒ ∆P = 48 ⇒ n = 159
4
16

Ta có:
Loại 2: Cơng suất tiêu thụ Ptt không đổi
Phương pháp giải:

+ Bước 1: Chia dữ kiện của bài tốn theo 4 cột gồm: cơng suất nơi tiêu thụ Ptt,
cơng suất nguồn phát P, hao phí trên đường dây,hiệu điện thế nơi phát U.
Ptt

∆P

P

U

+ Bước 2: Điền các thông tin vào các cột treo thứ tự:
- Hàng 1: chọn Ptt =100 hoặc một số xác định a nào đó mà khi chia cho
∆P1

hiệu suất ta được trịn số, dựa vào hiệu suất H1 tính P1và
, U1
- Hàng 2: chọn Ptt2= Ptt1=100 hoặc bằng a, dựa vào hiệu suất H2 tính P2và
∆P2

, U2
∆P1  P1 
= 
∆P2  P2 

2

+ Bước 3: lập tỉ số:
+ Bước 4: Tìm dữ kiện mà đề yêu cầu.

U 

. 2 
 U1 

9

2


Ví dụ 1:Điệnnăngởmột trạmphátđiện đượctruyềnđidướiđiệnáp2 kV,hiệusuất
trongqtrìnhtruyềntảilà H= 60%.Đểhiệusuấttrongqtrìnhtruyềntảităngđến
97,5%mà cơng suất truyền đến nơi tiêu thụ khơng đổi thìtaphải thay đổi hiệu điện
thế truyền đi như thế nào?
* Cách giải thông thường :
Gọi công suất nơi tiêu thụ là

Ptt

( không đổi )
2

H 1 = 60% ⇒ P1 =

Ptt 5
P .R
2
2
= Ptt ⇒ ∆P1 = P1 − Ptt = Ptt ⇒ ∆P1 = 2 1 2 = Ptt
0,6 3
3
U 1 cos ϕ 3

2

P
P2 .R
40
1
1
H 1 = 97,5% ⇒ P2 = tt =
Ptt ⇒ ∆P2 = P2 − Ptt =
Ptt ⇒ ∆P2 =
=
Ptt
2
2
0,975 39
39
U 2 cos ϕ 39
2

2

2

2
∆P  P  U
2/ 3  5/3  U2 
⇒ 1 =  1  . 2 2 ⇒
=
 ⇒ U 2 = 6,28KV
 .

∆P2  P2  U 1
1 / 39  40 / 39   2 

* Cách giải chia 4 cột:
Vì Ptt khơng đổi nên chọn P = 60 ta có:

∆P1  P1 
= 
∆P2  P2 

2

Ptt

P

∆P

U

60

100

40

U1 = 2

60

800/13

20/13

U2 = ?

U
. 2
 U1

2

2

2


40
 100   U 2 
 ⇒
=
 ⇒ U 2 = 6,28 KV
 
20 / 13  800 / 13   2 


Ta có:
Ví dụ 2:
Người ta truyền tải điện năng đến một nơi tiêu thụ bằng đường dây một pha
có điện trở R. Nếu điện áp hiệu dụng đưa lên hai đầu đường dây là U = 220 V

thì hiệu suất truyền tải điện năng là 60%. Để hiệu suất truyền tải tăng đến 90%
mà công suất truyền đến nơi tiêu thụ vẫn không thay đổi thì điện áp hiệu dụng
đưa lên hai đầu đường dây bằng bao nhiêu?
* Cách giải thông thường :
Gọi công suất nơi tiêu thụ là

Ptt

( không đổi )
10


2

H 1 = 60% ⇒ P1 =

Ptt 5
P .R
2
2
= Ptt ⇒ ∆P1 = P1 − Ptt = Ptt ⇒ ∆P1 = 2 1 2 = Ptt
0,6 3
3
U 1 cos ϕ 3
2

P
P2 .R
10
1

1
H 1 = 90% ⇒ P2 = tt =
Ptt ⇒ ∆P2 = P2 − Ptt = Ptt ⇒ ∆P2 =
= Ptt
2
2
0,9 9
9
U 2 cos ϕ 9
2

2

2

2
∆P1  P1  U 2
2 /3  5/3  U2 
⇒
=   . 2 ⇒
=
 ⇒ U 2 = 359,3KV
 .
∆P2  P2  U 1
1 / 9  10 / 9   2 

* Cách giải chia 4 cột:
Vì Ptt khơng đổi nên chọn P = 60 ta có:

Ta có:

∆P1  P1 
= 
∆P2  P2 

2

Ptt

P

∆P

60

100

40

U 1 = 220

60

200/3

20/3

U2 = ?

2

U

2

2

U 
40  100   U 2 
. 2  ⇒
=
 ⇒ U 2 = 359,3KV
 
20 / 3  200 / 3   220 
 U1 

Loại 3: Hiệu điện thế nơi phát không đổi.
+ Bước 1: Chia dữ kiện của bài toán theo 4 cột gồm: cơng suất nguồn phát P,
hao phí trên đường dây, công suất nơi tiêu thụ Ptt, hiệu điện thế nơi phát U.
P

∆P

Ptt

U

+ Bước 2: Điền các thông tin vào các cột treo thứ tự:
- Hàng 1: chọn P=100 hoặc một số xác định a nào đó. Dựa vào hiệu suất
H1 tính P1 và

∆P1

- Hàng 2: Dựa vào hiệu suất H2 tính Ptt2, P2 và

11

∆P2


∆P1  P1 
= 
∆P2  P2 

2

Bước 3: Lập tỉ số:
Bước4 :Tìm dữ kiện đề u cầu
Ví dụ 1:
Điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường dây
một pha với hiệu suất truyền tải là 90%. Coi hao phí điện năng chỉ do tỏa nhiệt
trên đường dây và không vượt quá 20%. Nếu công suất sử dụng điện của khi dân
cư này tăng 20% và giữ nguyên điện áp nơi phát thì hiệu suất truyền tải điện
năng trên chính đường dây đó là:
A. 85,8%
B. 89,2%
C. 87,7%
D. 92,8.
*Cách giải thông thường:
H1 =

Ptt1
= 0,9 ⇒ Ptt1 = 90% P1
P1

Ban đầu hiệu suất truyền tải là 90% thì
Khi cơng suất điện năng 20% thì cơng suất nơi tiêu thụ lúc này bằng:
Ptt 2 = Ptt1 + 20% Ptt1 = 1,2 Ptt1 = 1,2.0,9 P1 = 1,08 P1
2

P
∆P1 P12 .R / U 12 cos 2 ϕ  P1 
= 2
=   ⇒ ∆P2 = ∆P1 . 2
2
2
∆P2 P2 .R / U 2 cos ϕ  P2 
 P1

2


P
 = 0,1P1 . 2

 P1





2

2

P 
P2 Ptt 2 + ∆P2 1,08 P1 + 0,1P1 .( P2 / P1 ) 2
P
P
=
=
= 1,08 + 0,1. 2  ⇒ 2 = 8,77; 2 = 1,23
P1 Ptt1 + ∆P1
P1
P1
P1
 P1 

Hiệu suất của q trình tải điện khi đó là:
H2 =

Ptt 2
1,08 P1
.100% =
= 12,3%
P2
8,77 P1

H2 =

Ptt 2
1,08P1
.100% =
= 87,8%
P2
1,23P1

và
Do hao phí điện năng không vượt quá 20% điện năng của nguồn phát nên
H 2 = 87,7%

trường hợp hiệu suất đạt 12,3% không thỏa mãn. Vậy ta chỉ chọn
* Giải bằng phương pháp 4 cột:
Chọn công suất ban đầu là P1= 100. Theo bài cho ta có thể lập bảng:
P

Ptt

∆P

100

90

10

108 + x

108

x

12

U
U
U


2

Ta có:
Khi

2

∆P1  P1 
10  100 
=   ⇒
=
 ⇒ x = 15,17; x = 768,8
∆P2  P2 
x  108 + x 

x = 15,17 ⇒

H2 =

108
.100% = 87,7%

⇒ %∆P2 = 12,3%
108 + x

x = 768,8 ⇒

H2 =

108
.100% = 12,3%
⇒ % ∆P2 = 87,7%
108 + x

Khi
Ví dụ 2:

(loại vì hao phí > 20%)

Điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường
dây tải điện một pha với hiệu suất truyền tải 75%. Coi hao phí chỉ do tỏa nhiệt
trên dây và khơng vượt quá 40%. Nếu công suất sử dụng điện của khu dân cư
này tăng thêm 25% và giữ nguyên điện áp nơi phát thì hiệu suất truyền tải điện
năng trên chính đường dây đó là bao nhiêu?
Cách giải thơng thường:
H1 =

Ptt1
= 0,75 ⇒ Ptt1 = 75% P1
P1

Ban đầu hiệu suất truyền tải là 75% thì

Khi cơng suất điện năng 25% thì công suất nơi tiêu thụ lúc này bằng:
Ptt 2 = Ptt1 + 25% Ptt1 = 1,25Ptt1 = 1,25.0,75P1 = 0,9375P1
P12 .R
2
P
∆P1 U 12 cos 2 ϕ  P1 
=
=   ⇒ ∆P2 = ∆P1 . 2
2
∆P2
P2 .R
 P2 
 P1
U 22 cos 2 ϕ
P
0,9375P1 + 0,25P1 . 2
P2 Ptt 2 + ∆P2
 P1
=
=
P1
Ptt1 + ∆P1
P1

2


P
 = 0,25 P1 . 2


 P1

2

Ptt 2
0,9375P1
.100% =
= 37,5% ⇒ %∆P2 = 62,5%
P2
2,5P1

H2 =

và

2



 = 0,9375 + 0,25. P2
P
 1

Hiệu suất của quá trình tải điện khi đó là:
H2 =





Ptt 2
0,9375P1
.100% =
= 62,5% ⇒ %∆P2 = 37,5%
P2
1,5 P1

13

2


P
P
 ⇒ 2 = 2,5; 2 = 1,5
P1
P1



Do hao phí điện năng khơng vượt q 40% điện năng của nguồn phát nên trường
hợp hiệu suất đạt 37,5% không thỏa mãn. Vậy ta chỉ chọn

H 2 = 62,5%

* Giải bằng phương pháp 4 cột:
Chọn công suất ban đầu là P1= 100. Theo bài cho ta có thể lập bảng:
P

Ptt

∆P

100

75

25

93,75 + x

93,75

x

P 2 .R
∆P = 2
U cos 2 ϕ

+
+

x = 56,25 ⇒

x = 156,25 ⇒

U
U

2

Ta có:
nên
Hiệu suất khi đó là:
H2 =

U

2

∆P1  P1 
25  100 
=   ⇒
=
 ⇒ x = 56,25; x = 156,25
∆P2  P2 
x  93,75 + x 

93,75
.100% = 62,5%
⇒ %∆P2 = 37,5%
93,75 + x

H2 =

93,75
.100% = 37,5%
⇒ %∆P2 = 62,5%
93,75 + x

(loại vì

∆P2

> 40%)

2.3.2. Phương pháp 5 cột.
- Dấu hiệu nhận biết bài toán giải theo cách chia 5 cột :
Thường áp dụng cho các bài toán truyền tải điện năng có liên quan đến máy
cos ϕ = 1

biến áp với hệ số công suất
Phương pháp giải:
+ Bước 1: Chia dữ kiện của bài tốn theo 5 cột gồm: cơng suất nguồn phát P,
hiệu điện thế nơi phát U, cường độ dòng điện I trên dây dải, hiệu điện thế nơi
tiêu thụ, công suất nơi tiêu thụ Ptt.
U tt

Ptt

I

U

14

P


+ Bước 2: Điền các thông tin vào các cột treo thứ tự:

U tt1 Ptt1

Hàng 1:

,

U tt 2 Ptt 2

I1 =

,

Ptt1
U tt1 U 1

,

I2 =

Ptt 2
U tt 2

U2

,

P1 = U 1 .I 1

P2 = U 2 .I 2

Hàng 2 :
,
,
, ,
+Bước 3:Kết hợp dữ kiện đề cho xem đại lượng nào khơng đổi, đồng nhất 2
phương trình và giải phương trình đó để tìm đại lượng mà đề u cầu.
Ví dụ 1:
Điện năng được truyền từ một nhà máy điện với cơng suất khơng đổi đến
một khu dân cư có 100 hộ dân bằng đường dây tải điện một pha. Theo tính tốn
của các kỹ sư, nếu điện áp nơi truyền đi là U và lắp một máy hạ áp có hệ số hạ
áp k =20 để dùng chung cho tồn khu dân cư thì cung cấp đủ điện cho 50 hộ.
Cho rằng công suất sử dụng điện năng của tất cả các hộ dân như nhau và điện áp
luôn cùng pha với dòng điện. Khi giảm điện áp nơi truyền đi tăng 3U, để cung
cấp đủ điện năng cho cả 100 hộ dân thì cần sự dụng máy hạ áp có hệ số hạ áp là
bao nhiêu?
* Cách giải thông thường:
Gọi P là công suất của nhà máy phát điện, Ptt1 và Ptt2 là công suất nơi tiêu
thụ khi điện áp là U và 3U.
U, U0 là điện áp nơi truyền đi và điện áp hai đầu cuộn thứ cấp, kU 0 là điện
áp hai đầu cuộn cuộn sơ cấp của máy hạ áp.
Khi hiệu điện thế tăng từ U lên 3U tức tăng 3 lần thì hao phí giảm 3 2=9 lần
nên

∆P2 = ∆P1 / 9

Ta có:

 P = 50P0 + ∆P1
∆P1 = 56,25 P0
⇒


 P = 100 P0 + ∆P1 / 9  P = 106,25P0

Gọi k là hệ số hạ áp của máy biến áp ta có:

Ptt1 U tt1
50P0
k .U
=
⇒
= 1 0
P
U0
106,25P0
U

Ptt 2 U tt 2
100 P0
k .U
=
⇒
= 2 0
P
U0
106,25 P0
3U

Lập tỉ số ta được:

50 3.k1 60

=
=
⇒ k 2 = 120
100
k2
k2

15


Vậy cần dùng máy hạ áp có hệ số giảm áp là 120.
* Giải bằng phương pháp 5 cột:
Chọn hiệu điện thế ở cuộn thứ cấp của máy hạ áp là 1V.k là hệ số của máy
biến áp thì hiệu điện thế ở cuộn sơ cấp của máy biến áp là k.1=k.
U tt

Ptt

I

20.1 = 20

50

I = Ptt / U tt = 2,5

U

k .1 = k

100

I = Ptt / U tt 100 / k

3U

U

2,5U =

P
P = U .I = 2,5U
3U .100 / k = 300U / k

300U
⇒ k = 120
k

Vì cơng suất nơi tiêu thụ khơng đổi nên
Ví dụ 2:
Điện năng được truyền từ một nhà máy điện với công suất khơng đổi đến
một khu dân cư có 30 hộ dân bằng đường dây tải điện một pha. Theo tính tốn
của các kỹ sư, nếu điện áp nơi truyền đi là U và lắp một máy hạ áp có hệ số hạ
áp k =30 để dùng chung cho toàn khu dân cư thì cung cấp đủ điện cho 20 hộ.
Cho rằng: công suất sử dụng điện năng của tất cả các hộ dân như nhau và điện
áp luôn cùng pha với dòng điện. Khi tăng điện áp nơi truyền đi lên 2U, để cung
cấp đủ điện năng cho cả 30 hộ dân thì cần sự dụng máy hạ áp có hệ số hạ áp là
bao nhiêu?
* Cách giải thông thường:
Gọi P là công suất của nhà máy phát điện, P tt1 và Ptt2 là công suất nơi tiêu thụ

trong trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U
U, U0 là điện áp nơi truyền đi và điện áp hai đầu cuộn thứ cấp, kU 0 là điện
áp hai đầu cuộn cuộn sơ cấp của máy hạ áp.
Khi hiệu điện thế tăng từ U lên 2U tức tăng 2 lần thì hao phí giảm 2 2=4 lần
nên

∆P2 = ∆P1 / 4

Ta có:

 P = 20 P0 + ∆P1
∆P1 = 40P0 / 3
⇒

 P = 30P0 + ∆P1 / 4  P = 100 P0 / 3

Gọi k là hệ số hạ áp của máy biến áp ta có:
16

Ptt1 U tt1
20 P0
k .U
=
⇒
= 1 0
P
U0
100 P0 / 3
U

Ptt 2 U tt 2
30P0
k .U
=
⇒
= 2 0
P
U0
100 P0 / 3
2U

20 2.k1 60
=
=
⇒ k 2 = 90
30
k2
k2

Lập tỉ số ta được:
Vậy cần dùng máy hạ áp có hệ số giảm áp là 90.
* Giải bằng phương pháp 5 cột:
Chọn hiệu điện thế ở cuộn thứ cấp của máy hạ áp là 1V.k là hệ số của máy biến
áp thì hiệu điện thế ở cuộn sơ cấp của máy biến áp là k.1=k
U tt

Ptt

I

U

P

30.1 = 30

20

20 / 30 = 2 / 3

U

2U / 3

k .1 = k

30

30 / k

2U

2U .30 / k = 60U / k

2U 60U
=
⇒ k = 90
3
k

Vì cơng suất nơi tiêu thụ khơng đổi nên
Ví dụ 3:
Điện năng được truyền từ một nhà máy điện A có cơng suất không đổi đến
nơi tiêu thụ B bằng đường dây một pha. Nếu điện áp truyền là U và ở B lắp một
máy hạ áp với tỉ số vòng dây cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp k=30 thì đáp ứng
được 20/21 nhu cầu điện năng ở B. Bây giờ, nếu muốn cung cấp đủ điện cho B
với hiệu điện thế truyền đi là 2U thì dùng máy hạ áp có k bằng bao nhiêu? Coi
hệ số cơng suất ln bằng 1, bỏ qua mất mát năng lượng trong máy biến áp.
* Cách giải thông thường:
Gọi P là công suất của nhà máy phát điện, P tt1 và Ptt2 là công suất nơi tiêu thụ
trong trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U
U, U0 là điện áp nơi truyền đi và điện áp hai đầu cuộn thứ cấp, kU 0 là điện
áp hai đầu cuộn cuộn sơ cấp của máy hạ áp.
Khi hiệu điện thế tăng từ U lên 2U tức tăng 2 lần thì hao phí giảm 2 2=4 lần
nên

∆P2 = ∆P1 / 4

Ta có:

 P = 20 P0 + ∆P1
∆P1 = 4 P0 / 3
⇒

 P = 21P0 + ∆P1 / 4  P = 64 P0 / 3

17

Gọi k là hệ số hạ áp của máy biến áp ta có:

Ptt1 U tt1
20 P0
k .U
=
⇒
= 1 0
P
U0
64 P0 / 3
U

Ptt 2 U tt 2
21P0
k .U
=
⇒
= 2 0
P
U0
64 P0 / 3
2U

20 2.k1 60
=
=
⇒ k 2 = 63
21
k2

k2

Lập tỉ số ta được:
Vậy cần dùng máy hạ áp có hệ số giảm áp là 63.
* Giải bằng phương pháp 5 cột:
Chọn hiệu điện thế ở cuộn thứ cấp của máy hạ áp à 1V.k là hệ số của
máy biến áp thì hiệu điện thế ở cuộn sơ cấp của máy biến áp là k.1=k.
U tt

Ptt

I

U

P

30.1 = 30

20

20 / 30 = 2 / 3

U

2.U / 3

k .1 = k

21

21 / k

2U

2U .21 / k = 42U / k

2U 42U
=
⇒ k = 63
3
k

Vì công suất nơi tiêu thụ không đổi nên
2.3.3. Phương pháp 6 cột.
- Dấu hiệu nhận biết bài toán giải theo cách chia 6 cột : Thường áp dụng cho
cos ϕ ≠ 1

các bài tốn truyền tải điện năng có hệ số công suất
Phương pháp giải:
+ Bước 1: Chia dữ kiện của bài tốn theo 6 cột gồm: cơng suất nguồn phát P,
công suất nơi tiêu thụ Ptt, công suất hao phí, hiệu điện thế nơi phát U, cường độ
dịng điện I trên dây dải, hiệu điện thế nơi tiêu thụ U tt, Thứ tự cột P và Ptt có thể
thay đổi, đại lượng nào khơng đổi thì đặt trước.
∆U
∆P
P
Ptt
Utt
U

+ Bước 2: Điền các thông tin vào các cột treo thứ tự:
Hàng 1: Xem đại lượng nào không đổi chọn giá trị cho đại lượng đó = 100
18


- Dựa vào hiệu suất để tính các giá trị cơng suất cịn lại P1, Ptt1và
-

∆P1

.

Ptt1 I .U tt1 . cos ϕ U tt1 cos ϕ
P .∆U 1
=
=
⇒ U tt1 = tt1
∆P2
I .∆U 1
∆U 1
∆P1 . cos ϕ

- Chọn

∆U 1

tùy ý ( không ảnh hưởng kết quả ).

U 1 = ∆U 1 + U tt1∠ϕ ⇒ U 1

- Áp dụng
( bấm tổng hợp dao động từ máy tính )
Hàng 2 :điền thông tin như hàng 1 với đại lượng không đổi
- Dựa vào hiệu suất để tính các giá trị cơng suất cịn lại: P2, Ptt2và
-

-

∆P2

.

Ptt 2 I .U tt 2 . cos ϕ U tt 2 cos ϕ
=
=
⇒ U tt 2
∆P
I .∆U
∆U

∆U 2
=
∆U 1

Áp dụng

∆P2
⇒ ∆U 2
∆P1

U 2 = ∆U + U tt 2 ∠ϕ ⇒ U 2
n=

+Bước

U2
U1

3: Lập tỉ số:
Ví dụ 1 ( Mã đề 201 - THPT Quốc gia 2017)
Điện năng được truyền từ trạm phát điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây
tải điện một pha. Ban đầu hiệu suất truyền tải là 80%. Cho công suất truyền đi
không đổi và hệ số công suất ở nơi tiêu thụ ln bằng 0,8. Để giảm hao phí trên
đường dây 4 lần thì cần phải tăng điện áp hiệu dụng ở trạm phát điện lên n lần.
Giá trị của n là:
A. 2,0
B. 2,1
C. 2,3
D. 2,2.
* Cách giải thông thường

Ta có:

∆P1 I 12
I
= 2 =4⇒ 1 =2
∆P2 I 2
I2

Chuẩn hóa chọn

và

∆U 1
∆U 2 =
2

∆U 1 = 1

U tt1 cos ϕ tt = 0,8U 1 cos ϕ
 P = 0,8P
H 1 = 0,8 ⇒  tt1
⇒
∆P = 0,2 P ∆U 1 = 0,2U 1 cos ϕ

19


U1

ϕ1

∆U 1


U tt1

ϕ tt


I


⇒

U tt1
= 5 ⇒ U tt1 = 5
2
2
∆U 1
⇒ U 1 = U tt1 + ( ∆U 1 ) + 2U tt1 .∆U 1 cos ϕ tt = 34

(V)

Ptt 2 = 0,95 P
U tt 2 cos ϕ tt = 0,95U 2 cos ϕ 2
U cos ϕ tt 0,95
H 2 = 0,95 ⇒ 
⇒
⇒ tt 2
=
∆U 2
0,05
∆P2 = 0,05 P ∆U 2 = 0,05.U 2 cos ϕ 2
⇒

U tt 2 .0,8
= 19 ⇒ U tt 2 = 11,875
0,5


U2

U 2 = U tt22 + ( ∆U 2 ) + 2U tt 2 .∆U 2 cos ϕ tt 2 = 12,2787V
2

n=

ϕ 2

∆U 2

U 2 12,2787
=
= 2,1058
U1
34


U tt 2

ϕ tt 2


I

* Giải bằng phương pháp 6 cột:
Hàng 1: Cho P=100,
U tt1 =

,

,

,

Ptt .∆U
80.2
=
= 10 ⇒ U 1 = ∆U + U tt1∠ϕ = 2 + 10∠ arccos 0,8 = 11,66
∆P cos ϕ 20.0,8

Hàng 2: Cho P=100,
U tt 2 =

Ptt1 = H .P = 0,8.100 = 80 ∆P1 = 20 ∆U = 2

Ptt 2 = H .P = 0,95.100 = 95 ∆P = 5 ∆U = 1

,

,

,

Ptt 2 .∆U
95.1
=
= 23,75 ⇒ U 2 = ∆U + U tt 2 ∠ϕ = 1 + 23,75∠ arccos 0,8 = 24,56

∆P cos ϕ 5.0,8

P

Ptt

∆P

∆U

Utt

U

100
100

80
95

20
5

2
1

10
23,75

11,66

24,56

n=

24,56
= 2,1058
11,66

Vậy cần tăng điện áp lên:
Ví dụ2 ( mã 203- THPT Quốc gia 2017)
Điện năng được truyền từ trạm phát điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây
tải điện một pha. Cho công suất ở nơi tiêu thụ ln khơng đổi và có hệ số công
suất luôn bằng 0,8. Để tăng hiệu suất quá trình truyền tải lên từ 80% lên 90% thì
cần tăng điện áp hiệu dụng ở trạm phát điện lên
A. 1,33 lần
B. 1,38 lần
C. 1,41 lần
D. 1,46 lần
* Cách giải thông thường
20


∆U 1 = 1

Chuẩn hóa chọn

 Ptt1 = 0,8 P1
U tt1 .I . cos ϕ tt = 0,8U 1 .I . cos ϕ
H 1 = 0,8 ⇒ 
⇒

∆P1 = 0,2 P1
∆U 1 .I = 0,2U 1 .I . cos ϕ
U
⇒ tt1 = 5 ⇒ U tt1 = 5
∆U 1
U 1 = U tt21 + ( ∆U 1 ) + 2U tt1 .∆U 1 cos ϕ tt = 34


U tt1


U1


I

ϕ tt

ϕ1

∆U 1

2

(V)

 Ptt 2 = 0,9 P
H 2 = 0,9 ⇒ 
⇒ Ptt 2 = 9∆P2
màPtt1 = 4∆P1 ⇒ 4∆P1 = 9∆P2 ⇒ 4∆U 12 = 9∆U 22

∆P2 = 0,1P
⇒ ∆U 2 =

2 ∆U 1 2
=
3
3

.

Tương tự ở trên ta cũng có thế tính được U tt2 như Utt1

⇒

U tt 2 .0,8 0,9
=
⇒ U tt 2 = 7,5(V )
∆U 2
0,1

U 2 = U tt22 + ( ∆U 2 ) + 2U tt 2 .∆U 2 cos ϕ tt 2 = 8,043(V )
2

n=


U tt 2


U2

ϕ tt 2

ϕ 2

∆U 2

U 2 8,043
=
= 1,38
U1
34

* Giải bằng phương pháp 6 cột:
Hướng dẫn học sinh theo trình tự sau:
Hàng 1: Cho Ptt1 =72,
U tt1 =

P1 = Ptt1 / 0,8 = 72 / 0,8 = 90 ∆P1 = 90 − 72 = 18 ∆U 1 = 1V

,

Ptt .∆U 1
72.1,5
=
= 5 ⇒ U 1 = ∆U 1 + U tt1∠ϕ = 1 + 5∠ arccos 0,8 = 34
∆P1 cos ϕ 18.0,8

Hàng 2: Cho Ptt2=72,

P2 = 72 / 0,9 = 80 ∆P2 = 80 − 72 = 8

,

∆P1  ∆U 1
=
∆P2  ∆U 2
U tt 2 =

,

2

 18
 = ⇒ ∆U 2 = 2 / 3
8


Ptt 2 .∆U 2 72.2 / 3
2
=
= 7,5 ⇒ U 2 = ∆U + U tt 2 ∠ϕ = + 7,5∠ arccos 0,8 = 8,043
∆P2 cos ϕ
8.0,8
3

Kết quả thu được bảng:
21



I


Ptt

P

∆P

Utt

∆U

U

72
72

90
80

18
8

7,5
11,25

1,5
1

8,75
12,06

n=

U 2 12,06
=
= 1,38
U1
8,75

Ví dụ 3:
Điện năng được truyền từ trạm phát điện A đến nơi tiêu thụ B bằng đường
dây tải điện một pha. Ban đầu hiệu suất truyền tải là 80%. Cho công suất truyền
đi không đổi và hệ số công suất ở nơi tiêu thụ luôn bằng 0,8. Nếu nhu cầu tiêu
thụ điện năng ở B tăng lên 20% thì cần tăng điện áp truyền đi ở A lên bao nhiêu
lần so với ban đầu.
A. 2,06
B. 2,16
C. 2,36
D. 2,46
Giải:
* Cách giải thơng thường
tt1
∆U 1 = 1
1
Chuẩn hóa chọn


U


U


I

ϕ tt

ϕ1

 Ptt1 = 0,8 P
H 1 = 0,8 ⇒ 
⇒ Ptt1 = 4∆P1
∆P1 = 0,2 P

∆U 1

Để hiệu suất tăng 20% so với ban đầu thì
Ptt 2 = 1,2 Ptt1 = 1,2.0,8.P = 0,96 P = P − ∆P2 ⇒ ∆P2 = 0,04 P

mà

∆P1 = 0,2 P

nên

∆P1 = 5∆P2 ⇒ ∆U 1 = 5∆U 2

Chọn

∆U 2 = 1 ⇒ ∆U 1 = 5

Ptt1 = 0,8 P = 0,8.

(V). Ta có

⇒ U tt1 .I . cos ϕ = 4.∆U 1 .I ⇒ U tt1 .0,8 = 4. 5 ⇒ U tt1 = 5 5

U 1 = U tt21 + ( ∆U 1 ) + 2U tt1 .∆U 1 cos ϕ tt = 170
2

Ptt 2 = 0,96 P = 0,96.

(V)

∆P1
= 4∆P
0,2

(V)


U2

ϕ 2

∆U 2



U tt 2

ϕ tt 2

∆P2
= 24∆P2 ⇒ U tt 2 .I . cos ϕ = 24.∆U 2 .I ⇒ U tt 2 .0,8 = 24 ⇒ U tt 2 = 30
0,04

U 2 = U tt22 + ( ∆U 2 ) + 2U tt 2 .∆U 2 cos ϕ tt 2 = 949V
2

22


I


U2
949
=
= 2,36
U1
170

n=

* Giải bằng phương pháp 6 cột:
Hàng 1: Cho P=100,
U tt1 =

,

,

,

Ptt .∆U 1
80. 5
=
= 5 5 ⇒ U 1 = ∆U 1 + U tt1∠ϕ = 5 + 5 5∠ arccos 0,8 = 170
∆P1 cos ϕ 20.0,8

Hàng 2: Cho P=100,
U tt 2 =

Ptt1 = H .P1 = 0,8.100 = 80 ∆P1 = 20 ∆U 1 = 5

Ptt 2 = 1,2.80 = 96 ∆P2 = 4 ∆U 2 = 1

,

,

Ptt 2 .∆U 2 96.1
=
= 30 ⇒ U 2 = ∆U 2 + U tt 2 ∠ϕ = 1 + 30∠ arccos 0,8 = 949
∆P cos ϕ 4.0,8

P

Ptt

∆P

∆U

100

80

20

5

100

96

4
n=

U

U tt

170

5

5

30

1

949

U2
949
=
= 2,36
U1
170

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh.
- Tôi đã tiến hành khảo sát với học sinh 3 lớp 12 K, 12G, 12E, năm học
2020 - 2021trước và sau khi sử dụng phương pháp chia cột để giải bài toán
truyền tải điện năng. Kết quả thu được như sau:
Phương pháp cũ
Lớp

Sĩ số

HS làm
đúng

12K
12G
12E

51

47
45

5
3
0

Phương pháp chia cột

HS
làm
sai

HS
không
làm
được

HS làm
đúng

HS
làm
sai

HS
không
làm
được

25
26
10

21
32
35

30
25
10

10
7
15

11
15
20

Qua bảng kết quả ta nhận thấy số lượng học sinh làm đúng đã tăng lên
dáng kể, số không làm được bài giảm đi nhiều. vẫn còn một số em vận dụng
chưa đúng nên làm sai kết quả. Điều này chứng tỏ phương pháp chia cột rất hữu
23


ích cho quá trình học tập của các em, làm cho các em tự tin vận dụng vào các
bài toán khó.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:

- Qua q trình ấp ủ ý tưởng, vận dụng thực tiễn trong giảng dạy, đánh giá
kết quả thu được, tôi nhận thấy phương pháp chia cột đã cung cấp thêm cho giáo
viên và học sinh một phương pháp giải mới cho bài toán truyền tải điện năng.
Cái ưu điểm cơ bản, cốt lõi nhất của phương pháp này là giúp cho việc giải bài
toán này trở nên đơn giản và rút ngắn rất nhiều về mặt thời gian
- Phương pháp chia cột có thể áp dụng đại trà cho học sinh kể cả các đối
tượng học sinh yếu, trung bình các em cứ lần lượt tính tốn các dữ liệu theo các
cột sẽ đi đến kết quả ( còn với các em sinh giỏi thì thời gian chỉ tính vài chục
giây đã ra kết quả chính xác).
3.2. Kiến nghị:
3.2.1. Với giáo viên:
- Qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy, cách thức để đi đến kết quả rất
quan trọng cho quá trình học tập của học sinh. Do đó người giáo viên phải ln
nỗ lực để tìm ra cách thức con đường ngắn nhất, dễ hiểu nhất giúp học sinh yếu
học sinh trung bình cũng có thể giải được các bài tốn khó.
- Khi áp dụng phương pháp chia cột, giáo viên nên nêu cụ thể chitiết trình
tự tính cho cột nào trước, cột nào sau thì học sinh càng dễ vận dụng và làm
đúng.
- Phương pháp chia cột có thể áp dụng cho nhiều lớp đặc biệt các lớp ôn thi
theo gọi gói khoa học tự nhiên và ơn thi HSG theo hình thức trắc nghiệm.
- Trong quá trình dạy và học khơng có phương pháp nào là vạn năng cho
mọi đối tượng nên người giáo viên và học sinh cần biết chắt lọc lựa chọn
phương pháp thậm chí có thể kết hợp chúng để mang lại hiệu quả cao nhất.
3.2.2. Với các cấp quản lí giáo dục:
- Trường học nên mua thêm các sách tham khảo về đổi mới phương pháp
dạy học, các tài liệu chuyên sâu để phục vụ tốt cơng tác dạy và học
- Có thể áp dụng phương pháp chia cột cho nhiều lớp trong cùng trường và
nhiều trường trong huyện, tỉnh, cả nước.
- Hiện nay rất nhiều các em học sinh chuyển khối vì cảm thấy mơn vật lý
rất khó, việc giáo viên cung cấp cho học sinh phương pháp giải dễ hiểu, rõ ràng

sẽ giúp giảm bớt áp lực môn học, các em vận dụng được làm bài sẽ cảm thấy
24


hứng thú hơn với học tập vì thế mỗi dạng bài tập giáo viên cần tìm ra phương
pháp nào hay, ngắn gọn, dễ hiểu cho học sinh.
Do hạn chế về thời gian, tài liệu cũng như kinh nghiệm của bản thân nên đề
tài sẽ khơng tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy rất mong được sự góp ý của các
đồng chí, đồng nghiệp để đề tài được hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
ĐƠN VỊ
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả

Nguyễn Thị Ngoan

25