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

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




 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



(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


=
= 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
=

+
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



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

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

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

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)

;



;

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)


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

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)




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:


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

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

 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’)

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.

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

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 ?


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,


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:

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


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


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

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


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

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

−
= 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)

+ 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.

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


= 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

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=

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