Tên SKKN: TIẾP TỤC HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI VẬN
DỤNG KIẾN THỨC TOÁN HỌC VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT
LÍ NÂNG CAO
I

DO CHỌN

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 Toán học hoặc các em đã có một số kiến
thức 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 đúng lúc và
sử dụng đúng loại kiến thức toán thì bài giải sẽ trong sáng và rút ngắn bài giải
đáng kể.
Chính vì lẽ đó, tôi đã sưu tầm và mạo muội nêu ra một số bài tập Vật lí
nâng cao, có vận dụng những kiến thức Toán học vào trong bài giải, nhằm củng
cố lại một số kiến thức toán học thường gặp để giúp học sinh vận dụng có hiệu
quả vào việc giải bài tập Vật lí nâng cao trong uá tr nh b i dư ng học sinh
giỏi.
Đề tài này giới hạn trong phạm vi nghiên cứu những kiến thức Toán học
cơ bản nhất, có nâng cao đúng mức ở chương trình 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 b i dư ng học sinh giỏi nên t i chọn đề tài này. “TIẾP TỤC
HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ, GIỎI VẬN DỤNG KIẾN THỨC TOÁN
HỌC VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT
NÂNG CAO ”
II C

S


Những 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.
Hiện nay một bộ phận học sinh bị mai một đi, một số kiến thức
Toán học cơ bản; hoặc cũng có một số học sinh chưa biết cách vận dụng
Toán học vào trong bài giải Vật lí. Mặt khác có một số kiến thức Toán
học nâng cao, trong chương trình chính khoá không có, nhưng học sinh
giỏi được phép vận dụng để làm bài thi. Do đó nếu học sinh được trang
bị lại một cách có hệ thống và nắm chắc cách vận dụng kiến thức Toán
vào trong bài tập Vật lí thì tôi tin chắc rằng việc giải các bài tập Vật lí trở
nên dễ dàng hơn và như vậy hiệu quả học tập của học sinh sẽ khả quan
hơn.
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 b i 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.
III T

CHỨC TH C HIỆN CÁC GIẢI PHÁP:

của phương trình: x2 – Sx + P = 0.
a2) Bài tập vật lí áp dụng:
Bài 1 : Có hai điện trở R1, R2 được mắc theo hai cách khác nhau vào
ngu n điện có hiệu điện thế không đổi là 5,4V. Biết rằng cách thứ nhất
có cường độ chạy qua toàn mạch là 0,27A, cách thứ hai là 3A. Tính điện
trở R1, R2.
Nhận xét:
-Hai cách mắc khác nhau chỉ có thể là nối tiếp và song song.
-Từ cách mắc nối tiếp ta tính được tổng của hai điện trở, kết hợp với cách
mắc song song ta tính được tích của hai điện trở. Vận dụng định lí Viet
để tính R1, R2.
Giải: Cách mắc nối tiếp có điện trở tư,ơng đương lớn hơn, nên ta suy ra
được cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp là 0,27A, qua mạch song
song là 3A.
Điện trở mạch nối tiếp: R1 + R2 =
Điện trở mạch song song:

U
5,4
=
= 2 Ω.
I
0,27

U
5, 4
R 1.R 2
=
=
= ,8Ω

U2
P1 =
R1  R2

(1)

Khi R1 mắc song song với R2 :
U 2 ( R1  R2 )
P2 =
R1 R2

(2)

Thay các giá trị bằng số vào (1) và (2), 6 =
R1 + R2 = 6

27=

36
biến đổi ta được :
R1  R2

36.6
=> R1.R2 = 8
R1 R2

Áp dụng hệ thức Viet ta được phương trình R2 – 6R + 8 = 0
ta phân tích phương tr nh bậc 2 và đưa về dạng phương tr nh tích.
(3) (R1-4)*(R1-2) = 0 Giải phương trình ta được : R1 = Ω hoặc R1 = 2Ω.
Thay R1 vào ( ta được R2 = 2 hoặc R2 = 4

- AB = s = s1+s2+s3+…+sn
-Thế số và biến đổi để được dạng tổng của n số tự nhiên đầu tiên.
-Từ đó tính được số đoạn đường n xe đã đi và bài toán trở nên dễ dàng.
Giải: Quãng đường xe đi trong 15 phút đầu tiên :
S1 = v1t = 3,6.1/4 = 0,9 km
Do đó v2 = 2v1 = 3,6.2 = 7,2 km/h
Quãng đường xe đi với vận tốc v2 (trong 15 phút).
S2 = v2t = 7,2.1/4 = 1,8 km
Tương tự V3 = 3v1 = 3.3,6 = 10,8 km/h
Quãng đường xe đi với vận tốc v3 (trong 15 phút)
S3 = v3t =

,8. / = 2,7 km…

Vận tốc vn của xe trên quãng đường cuối cùng là :
Vn = n.v1 = 3,6n
Do đó sn = vnt = 3,6n.1/4 = 0,9n
Ta có : s = s1 + s2 + s3 + … + sn = 40,5
s = ,9 + ,8 + 2,7 + … + ,9n =
s = ,9( + 2 + + … + n =
→ +2+ +…+n=

,5

,5

,5/ ,9 = 5

→ ( + n n/2 = 5 → n2 + n – 9 =


tốc bằng nhau (v1 = v2) và chuyển động cùng chiều thì đ thị chuyển động
của hai vật là hai đường thẳng song song với nhau. Ngược lại nếu đ thị
chuyển động của hai vật là hai đường thẳng song song nhau thì hai vật đó có
cùng vận tốc chuyển động thẳng đều.
c2)Bài tập áp dụng:
Đoạn đường AB dài 36 km. Có ba người đi từ A đến B nhưng chỉ có một
xe đạp nên đi như sau : Ba người xuất phát từ A cùng một lúc. Người thứ
nhất chở người thứ hai đến điểm C và để người thứ hai tiếp tục đi bộ đến B.
Người thứ nhất quay lại gặp người thứ ba tại D và chở người thứ ba đến B.
Cả ba người đến B cùng một lúc. Biết rằng vận tốc đi bộ là 5 km/h và vận
tốc đi xe đạp là 15 km/h.
a. Dùng đ thị biểu diễn chuyển động của ba người để chứng tỏ quãng
đường đi bộ của người thứ hai và người thứ ba bằng nhau.
b. Tính tổng quãng đường mà người thứ nhất đã đi.
Nhận xét:
-Dựa vào dữ kiện bài toán vẽ dạng đ thị chuyển động của ba người trên
cùng một hệ trục toạ độ (không cần số liệu).
-Các vận tốc bằng nhau và chuyển động cùng chiều thì các đoạn đ thị
tương ứng phải song song nhau.
-Các đoạn thẳng song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên
cùng một trục sẽ bằng nhau.
Giải:
s

B’

B
C

(II)

AE = 2AB/9 = 2.36/9 = 8km
AC = 3AE = 3.8 = 24km
EC = AC – AE = 24 – 8 = 16km
Từ (*) ta có ED = EC/4 = 16/4 = 4km
DC = EC – ED = 16 – 4 = 12km
Tổng quãng đường người thứ I đã đi:
2AC + DC = 2.24 + 12 = 60km.
d-G

trị tru

bì

ộ

:

d1)Cơ sở toán học để lí luận:
Cho các số: a1, a2, a3, …, an. Trung bình cộng của n số đó là:
atb =

a1  a2  ...  an
n

-7-


Trong Vật lí học, ta thường gặp nhiều biểu thức mà trong đó, đại lượng
này được biểu diễn dưới dạng một hàm số, có chứa biến số là một đại
lượng kia. Việc tính giá trị trung bình của một đại lượng biến thiên có ý

là công suất hao phí do trao đổi với bên ngoài. Hàm số
t

P = 100+t biểu diễn công suất hao phí, biến thiên theo thời gian, nên ta
tính giá trị trung bình Ptb từ giây thứ 0 đến giây thứ t:
+ Ở giây thứ 0: P0 = 100+t = 100(W)
+ Ở giây thứ t: Pt = 100+t (W)
Ptb =

P0  Pt 200  t

2
2

Vậy

AQ
200  t
= Ptb =
.Thế số và biến đổi ta được phương trình bậc 2:
t
2

t2-1000t+168000 = 0
-8-


Giải phương trình ta được: t1 = 214s ; t2 = 786s (loại vì t2 > 10 phút)
e- S



Giải:


v1


v2

Bắc B

O

Nam

Tây

a)

Chọn gốc thời gian là lúc 8h.

+Sau thời gian t, xe A cách O một đoạn:
OA = 4,4  v1t  4,4  50t
+Sau thời gian t, xe B cách O một đoạn:
OB = 4  v2t  4  30t
Áp dụng định lí Pitago:
-9-


AB2 = OA2 + OB2 = (4,4-50t)2 + (4-30t)2

Vào lúc 8h hai xe cách nhau một đoạn l:

Ta có: l2 = AB2 = OA2 + OB2 = 4,42 + 42 = 35,36
Vậy ta cần tìm t để bình phương khoảng cách giữa hai xe là 35,36km.
Tức là AB2 = 3400t2 – 680t + 35,36 = 35,36
Suy ra t.(3400t – 680) = 0
t  0

680

t
 0,2h  12 phut

 3400

Vậy thời điểm để khoảng cách giữa hai xe bằng khoảng cách lúc 8h sáng
là: 8h + 12phút = 8h 12phút.
f-Bất đẳng thức Côsi:
f1) Cơ sở toán học để lí luận:
Cho 2 số a, b  0 ta có:

ab
 ab ; dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi a = b
2

f2) Bài tập áp dụng:
Một biến trở có giá trị điện trở toàn phần là R =
Ω, nối tiếp với một
điện trở R1. Nhờ biến trở có thể làm thay đổi cường độ dòng điện trong
mạch từ 0,9A đến 4,5A.

con chạy C ở vị trí B của biến trở.
- Ở vị trí A ta có: 4,5 = U/R1
- Ở vị trí B:

0,9 =

(1)

U
R1  120

(2)

Giải hệ phương trình trên ta được: R1 =

Ω;U=

5V.

b) Gọi Rx là phần điện trở của biến trở từ A đến C, thì công suất toả nhiệt
trên phần đó là:
Px = RxI2 = Rx

U2

R1  Rx 2



U2

Vì tích của hai số hạng trên là hằng số, nên ta áp dụng bất đẳng thức Côsi ta
2

được:

2

R1
R
 Rx  2 1 .Rx  2 R1 . Vế trái đạt cực tiểu khi lấy dấu “ = “
Rx
Rx

2

R1
 R x  2R1
Rx

Thế R1 =

Ω và biến đổi ta được phương trình bậc 2:

R2x – 60Rx + 900 = 0
Giải phương trình trên ta được Rx =

Ω = R1. Thay vào (3) ta được:

Pmax = 1352/120 = 151,875(W).
ua nhiều năm giảng dạy vật lí và b i dư ng học sinh giỏi vật lí t i nhận

.

C

M

Đ

M A

.

.

B

.N

Đ

A C

.
N

N


C


U

Một bóng đèn khi sáng b nh thường

C
A

B

Đ

có điện trở là R1 = 7,5  và cường
độ dòng điện chạy ua khi đó I = ,6 A. Bóng đèn được mắc nối tiếp với
biến trở và

-12-


chúng được mắc vào hiệu điện thế U = 2 V. Phải điều chỉnh con chạy C
để RAC có giá trị R2 = ?để đèn sáng b nh thường?
Hướng dẫn
Khi đèn sáng b nh thường => Iđ = 0,6 A => Itm = ,6 A (v mạch nt
 Itm =

U
 0, 6 ( A)
RAC  R1

Từ đó HS t m ra RAC + R1 và rút ra RAC khi thay R1 = 7,5 
Bài giải

chạy C th số chỉ của am pe kế thay đổi từ ,2 A đến , A . Hãy tính giá trị R1
và giá trị lớn nhất của biến trở ?
Hướng dẫn
Khi C dịch chuyển => số đo của ampe kế thay đổi từ ,2 A đến , A nghĩa là
gì?
+) Khi C trùng A => RAC = 0 => RMN = R1 (nhỏ nhất => I = , A là giá trị
lớn nhất . Lúc đó Rtđ = R1 ... Biết I & U ta tính được R1
Ngược lại
+ Khi c trùng với B ..... I = ,2 A là giá trị nhỏ nhất
=> Rtđ = R1 + Ro . vậy biết U , R1 và I ta sẽ tính được Ro là điện trở lớn nhất
của biến trở.
-13-


Bài giải
1. Tính R1: Khi con chạy C trùng với A => Rtđ = R1 ( vì RAC =

và am pe kế

khi đó chỉ , A.
Mà UMN = 12 V => R1 = Rtđ=

U MN 12

 30( )
I
0, 4

Vậy R1 = 30 
2. Tính điện trở lớn nhất của biến trở:

N

.

Rx
V

Tính giá trị điện trở R (Biết trên biến trở có ghi 2  - 1 A )
Hướng dẫn:
Tương tự như VD2 khi c trùng với A => v n kế chỉ giá trị lớn nhất nghĩa là chỉ
UMN và khi đó Rtđ chỉ còn là R (RAC =

. Khi C trùng với B => RAC bằng số

ghi trên biến trở => HS dễ dàng giải được bài toán......
Bài giải
+) Khi con chạy C trùng với A khi đó RAC = 0 => Rtđ = R và khi đó v n kế chỉ
2 V nghĩa là UMN = 12 V
+ Khi con chạy C trùng với B khi đó RAC = 20  (bằng số ghi trên biến trở
và khi đó v n kế chỉ 7,2 V => UR = 7,2 V  U AC  U MN  U R  12  7, 2  4,8 (V )
 I AC 

U AC 4,8

 0, 24 ( A) V mạch nt  I R  0, 24 ( A) mà UR = 7,2 V
RAC
20

Vậy: R 


C

Có điện trở lớn nhất băng 6  và UMN kh ng đổi băng 2V A
M
Tính R1 của biến trở để đèn sáng b nh thường?
Hướng dẫn
+ Trước hết HS phải vẽ lại được mạch điện & khi đó (Đ// RAC) nt RCB
Trong đó: RAC = R1
+ Khi đèn sáng b nh thường => Uđ = UAC =? -> UCB =?
+ Iđ + IAC = ICB
Trong đó:
I AC 

U AC
R1

; I CB 

U Ud
U
U Ud
 Id  d 
(*)
16  R1
R1 16  R1

-15-

N


6

R1 R1

U Ud
16  R1
6
6
Hay 0,75 + 
R1 16  R1

V (Đ//RAC) nt RAC => Id + IAC = IAC Mà I AC 
6 12  6

R1 16  R1
3 6
6
1 2
2
 
  
4 R1 16  R1 4 R1 16  R1

Ta có PT: I d 

R1 (16-R1) + 8(16-R1) = 8R1
16R1 – R21 + 128 – 8R1 = 8R1
R21 = 128 => R1 = 128
R1 = 11,3 (  )
Vậy phải điều chỉnh con chạy C để RAC = R1 = 11,3(  th đèn sáng b nh

A

Ro - Rx
C

M

-16-

B

.N


Gọi RAC = x ( 

điều kiện:

Iđ =

P 3
  0,5( A)
U 6

Pđ = Pđm = 3 W

b. Khi C  A  Rx giảm dần. Nhưng chưa thể kết luận về độ sáng của đèn thay
đổi như thế nào được. Mà phải t m I ua đèn. Khi C=>A => biện luận độ sáng
của đèn
U 2 dm 62
U
12.x
12 x  144  x 2
15(12  x)
Rd 
  12() RMN 
 12  x 
 I  MN  2
( A)
Pdm
3
12  x
12  x
RMN  x  12 x  144

Dòng điện ua đèn từ mạch song song:
Id  I

x
15( x  12)
x
15 x
15

.



C
R0

Và giá trị nhỏ nhất I2 =1 A . Bỏ ua điện trở của các dây nối.

N

1 – Xác định giá trị Ro và R?
2 – Xác định vị trí của con chạy C của biến trở R để c ng suất tiêu thụ trên
toàn biến trở bằng một nửa c ng suất cực đại của nó?
Bài giải:
1 – Tính R0 & R?
Với mạch điện này th : RMC // RNC và RMC + RNC = R .
V vậy khi ta đặt RMC = x ()  RNC  R  x
khi đó chỉ số của am pe kế là: I 

(0  x  R)  RMNC 

x( R  x)
R

U0
U0

R0  RMNC R  x( R  x)
0
R

+ Khi con chạy C ở M ( ở N th RMNC =

R2 R2 R2
R

 ( x  )2 R
4
4  4
2 
4
R
R

 x 2  Rx 

R
R
R
thì : ( x  ) 2  0  x  () Tức là con
2
2
4

chạy C ở chính giữa của biến trở và  RMNC 

U0
R
12
( )  I 2 

 1(*)
4

(** là phương tr nh bậc 2 với ẩn là I
Để phương tr nh có nghiệm    0    U 0 2  4 R0 P  0  P 


Vậy Pmax 

U 02 122
P
12 2

 6 (W )  (
) . y  max  3 =>
4 R0 4.6
6 y
2

U 02
4 R0

144 y
3
36  12 y  y 2

 144 y  108  36 y  3 y 2
 3 y 2  108 y  108  0
 y 2  36 y  36  0

Phương tr nh có  '  17  y1  18  17  35 (loai) ; y2  18  17  1 (  )
Mà ta đặt y 


- Giải bài toán cực đại, bất đẳng thức Cô si…
IV-HIỆ

ẢC A

TÀI:

Việc trang bị cho học sinh khá, giỏi những kiến thức toán học cơ bản là
cần thiết. Qua đó giúp học sinh không những phân loại được bài tập, về phương
diện Vật lí, mà còn phân loại bài tập về phương diện kiến thức Toán học được
vận dụng. Qua thực tế giảng dạy cho thấy, những học sinh có kiến thức toán
vững chắc và phong phú, sau khi phân tích bài toán Vật lí, các em biết ngay cần
phải áp dụng kiến thức Toán học nào vào trong bài tập đó; qua đó các em cũng
thấy được, có thể có nhiều cách vận dụng kiến thức toán vào trong một bài tập
Vật lí; đ ng thời các em biến đổi bài toán rất linh hoạt, trình bày bài giải chặt
chẽ, gọn gàng.
Nếu giáo viên chỉ trang bị những kiến thức Vật lí đơn thuần, thì học sinh sẽ
lúng túng khi gặp các bài tập cần dùng đến các “công cụ” Toán học nâng cao
hơn.
Đề tài này tôi đã nghiên cứu từ đầu năm 2012 - 2013, và được áp dụng từ năm
học 2013-2
và tiếp tục áp dụng thêm một số dạng bài tập có biến trở trong
năm học 2
-2015. Tuỳ từng đối tượng học sinh mà mức độ đạt được có khác
nhau. Trong đề tài này, tôi có cập nhật các bài toán được trích từ các đề thi học
sinh giỏi cấp huyện, Do đó cấp độ kiến thức được nâng cao đáng kể. Tuy nhiên
kết quả nêu ra sau đây là kết quả đạt được từ cấp huyện. Để dễ so sánh, đối
chiếu kết quả, tôi chia ra làm hai nhóm đối tượng:
N ó đố tượ t
ất - học sinh có học lực khá, giỏi m n vật lí, được


2
1

25
20

SL

%

6
4

75
80

N ó đố tượ t
a - học sinh học sinh có học lực khá giỏi m n vật lí,
được trang bị kiến thức toán đầy đủ.
Bảng: Kết uả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài

Năm học

2013-2014
2014-2015

Số
HS
8


ẾN NGH KHẢ N NG ÁP DỤNG:

ua uá tr nh giảng dạy vật lí th t i thường yêu cầu học sinh học đến
đâu th hệ thống kiến thức lại đến đó, đặc biệt là hệ thống c ng thức để vận
dụng. Vậy t i đề xuất các giáo viên dạy toán cũng nên yêu cầu học sinh tự hệ
thống các c ng thức toán học đã học và giáo viên bổ sung thêm một số c ng
thức có liên uan.
Ở cấp THCS chưa được học về bất đẳng thức Côsi, Bunhia côpxki, còn
những kiến thức khác như: giá trị trung bình cộng, hệ số góc, parabol, tính chất
dãy tỉ số bằng nhau.v.v… Tuy được học r i nhưng nhiều HS quên đi hoặc còn
nhớ nhưng chưa biết cách vận dụng chúng vào trong từng bài tập Vật lí cụ thể.
Bởi vậy việc b i dư ng kiến thức Toán và phương pháp vận dụng kiến thức
Toán vào việc giải các bài tập Vật lí là rất quan trọng.
Việc áp dụng đề tài này vào thực tiễn giảng dạy có thuận lợi là một số
kiến thức Toán học được sử dụng có học trong chương trình chính khoá nên
học sinh vận dụng rất thuận lợi. Tuy nhiên cũng có khó khăn là: một số kiến
thức Toán học nâng cao HS chưa hề được học như: tổng của n số tự nhiên liên
-21-


tiếp, bất đẳng thức Côsi, Bunhia côpxki… (những kiến thức này ở bậc THCS
chỉ dạy cho HS nằm trong đội tuyển Toán).
Qua thực tiễn giảng dạy cho thấy rằng nếu HS bị hổng về kiến thức
Toán học thì các em sẽ bỏ qua nhiều bài toán Vật lí đáng tiếc trong các k thi
học sinh giỏi.
Đề tài này có thể áp dụng trong phạm vi dạy b i dư ng học sinh giỏi cấp
huyện. cũng có thể dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi tự nghiên cứu kiến
thức Vật lí nâng cao.
Đề nghị các bạn đ ng nghiệp ủng hộ và hỗ trợ thêm tư liệu để bổ sung và

2013-2014
C2014-2015

8
5

2
1

25
20

6
4

75
80

Nhóm đối tượng thứ hai - học sinh học sinh có học lực khá giỏi m n vật lí,
được trang bị kiến thức toán đầy đủ.
Bảng: Kết uả khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài

-22-


Năm học

2013-2014
2014-2015


Năm học

Nhiều m n học

Một m n học

Số
gv

SL

%

SL

%

2013-2014

10

8

80

3

20

2014-2015

để tính R1, R2.
Giải: Cách mắc nối tiếp có điện trở tư,ơng đương lớn hơn, nên ta suy ra
được cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp là 0,27A, qua mạch song
song là 3A.
Điện trở mạch nối tiếp: R1 + R2 =
Điện trở mạch song song:

U
5,4
=
= 2 Ω.
I
0,27

U
5, 4
R 1.R 2
=
=
= ,8Ω
I'
3
R 1  R2

-23-


→ R1.R 2 = 20.1,8 = 36.
Vậy theo định lí Vi-et thì R1, R2 là nghiệm của phương trình
R2 – 20R + 36 = 0


U0
U0

R0  RMNC R  x( R  x)
0
R

+ Khi con chạy C ở M ( ở N th RMNC =
cực đại:
I1 

(0  x  R)  RMNC 

U0
U
12
 R 0 0 
 6 ( )
R0
I1
2

-24-

và lúc đó am pe kế sẽ chỉ giá trị


+ Để am pe kế chỉ giá trị nhỏ nhất th : RMNC 


2
4

chạy C ở chính giữa của biến trở  RMNC 

U0
R
12
( )  I 2 

 1(*)
4
R0  RMNC 6  R
4

Giải phương tr nh (* ta t m được R = 24 ()
Vậy: R0 = 6  và R = 24 
2 - Để có phương án giải phần này ta phải áp dụng c ng thức P = I 2R và
định luật bảo toàn năng lượng trên toàn mạch điện.
Đặt RMNC  y 

x(24  x)
mà PMNC = RMNC.I 2
24

+ C ng suất tiêu thụ trên toàn biến trở là: P  yI 2  (

U0 2
12 2
) .y  (

144 y
3
36  12 y  y 2

 144 y  108  36 y  3 y 2
 3 y 2  108 y  108  0
 y 2  36 y  36  0

Phương tr nh có  '  17  y1  18  17  35 (loai) ; y2  18  17  1 (  )

-25-