Các phương pháp giải một dạng toán điện xoay chiều hay và khó

Kinh nghiệm trong học tập và giảng dạy đã mang lại cho tôi một kinh nghiệm để giải các bài toán điện xoay chiều hay và khó.. Đặc biệt là các bài tập hay và khó, loại toán như thế này giả

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG TOÁN ĐIỆN XOAY

CHIỀU HAY VÀ KHÓ

Người thực hiện: Phạm Lê Dương Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Vật Lý

MỤC LỤC

1 Mở đầu……… Trang

1.1 Lí do chọn đề tài ……… 3

1.2 Mục đích nghiên cứu……… ……… 3

1.3 Đối tượng nghiên cứu……… 3

1.4 Phương pháp nghiên cứu……… 4

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm……… 4

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm……… 4

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm………… 4

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết 5

vấn đề 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường……… 10

3 Kết luận, kiến nghị……… 11

3.1 Kết luận……… 11

3.2 Kiến nghị……… 11

Tài liệu tham khảo 13

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG TOÁN ĐIỆN XOAY CHIỀU

HAY VÀ KHÓ.

1 Mở đầu.

1.1 Lý do chọn đề tài.

Trong quá trình ôn luyện để chuẩn bị cho kỳ thi Học sinh giỏi tỉnh và kỳ thi THPT Quốc Gia một điều chắc chắn rằng các thầy cô giáo cũng như các em học sinh sẽ luôn tự hỏi: không biết phần nào khó nhất, mất nhiều thời gian nhất

Thực tế cho thấy điện xoay chiều là phần bài tập khó nhất, mất nhiều thời gian nhất trong đề thi học sinh giỏi, trong các đề thi thử và đặc biệt là trong đề thi THPT Quốc gia Đa số các em học sinh khi học phần này đều ngại vì nó khó

và mất nhiều thời gian Vì vậy đầu tiên các em học sinh phải biết cách giải và có thể phải giải bằng nhiều cách khác nhau Từ đó phải định hướng việc giải một bài tập theo hướng nhanh nhất và hiệu quả nhất là vấn đề thiết yếu

Kinh nghiệm trong học tập và giảng dạy đã mang lại cho tôi một kinh nghiệm để giải các bài toán điện xoay chiều hay và khó Khi giảng dạy phần

điện xoay chiều ở chương 5 vật lý 12 NC Tôi nhận thấy hầu hết các em học sinh đều gặp khó khăn trong phần này Đặc biệt là các bài tập hay và khó, loại toán như thế này giải được là khó khăn lắm rồi, nhưng giải bằng nhiều cách và chọn cho mình một cách nhanh nhất chính xác nhất thì không phải giáo viên hay học sinh nào cũng làm được

Vì lý do đó trong giới hạn của đề tài này tôi chỉ trình bày một phần kiến thức nhỏ trong rất nhiều phần khó của điện xoay chiều Nhưng quan trọng từ đó tôi tập cho các em một thói quen tìm tòi sáng tạo giải một bài toán theo nhiều hướng khác nhau Để từ đó các em có một kinh nghiệm để phân tích giải quyết các bài tập tương tự ở phần này cũng như các phần bài tập khác Dạng bài tập tương tự như thế này đã có rất nhiều tác giả trình bày Nhưng ở đây tôi chỉ trình bày kinh nghiệm mà trong quá trình giảng dạy tôi rút ra được đối với bài tập kiểu tương tự, cái quan trọng là cách giải này tôi chưa thấy tác giả nào trình bày Cho nên tôi mạnh dạn trình bày ý tưởng của mình đã thông qua quá trình dạy học thực tiễn và tôi thấy hiệu quả khi sử dụng phương pháp này

Dựa trên kiến thức của một số tác giả và kinh nghiệm của bản thân Trên tinh thần giúp các em có một cái nhìn tổng quát, hệ thống hóa các kiến thức đã học và vận dụng kiến thức đó một cách linh hoạt trong các các kỳ thi Từ đây tôi

đã nãy sinh ra ý tưởng “các phương pháp giải một dạng toán điện xoay chiều hay và khó”

1.2 Mục đích nghiên cứu.

- Nghiên cứu vấn đề này để giúp các em học sinh có phương pháp giải bài tập phần điện xoay chiều đặc biệt là các bài khó đạt hiệu quả

- Tập cho bản thân một thói quen nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo khi gặp các bài toán hay và khó

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Đề tài được áp dụng cho học sinh khá giỏi ở trường THPT Nông Cống I, chuẩn bị tham gia các kỳ thi học sinh giỏi và kỳ thi THPT Quốc gia

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Xác định đối tượng học sinh áp dụng đề tài

- Đưa ra các bài tập áp dụng tương tự để học sinh luyện tập

- Kiểm tra sự tiếp thu của học sinh bằng các đề ôn luyện

- Đánh giá, đưa ra sự điều chỉnh phương pháp cho phù hợp từng đối tượng học sinh thông quả kết quả kiểm tra

2 Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm.

2.1 Cơ sở lý luận.

Chương dòng điện xoay chiều là phần kiến thức khó và phong phú về các dạng bài tập, đây cũng là phần khó nhất mất nhiều thời gian nhất trong các đề thi học sinh giỏi và đề thi THPT Quốc gia Việc phân loại bài tập và nắm được hết các dạng bài tập cơ bản và nâng cao theo yêu cầu của chương trình là một việc không phải học sinh nào cũng thực hiện được Để giải quyết được vấn đề đó học sinh phải biết tổng hợp kiến thức giữa các phần với nhau và phải biết mối quan

hệ logic giữa các đơn vị kiến thức với nhau, trong cùng một bài toán học sinh cũng phải biết nhiều cách giải khác nhau đề từ đó tìm cho mình một cách giải nhanh nhất, hiệu quả cao nhất và tập cho các em một thói quen tư duy khi làm bài tập Ngoài ra còn phải có một kiến thức toán học nhất định

Ở đây tôi không trình bày cơ sở lý thuyết điện xoay chiều và kiến thức toán học liên quan nữa vì nhiều lý do như: khi học sinh nghiên cứu đến dạng bài tập này thì học sinh rất tốt về toán, và nắm chắc kiến thức cơ bản và kiến thức phần giãn đồ véc tơ, một phần nữa tôi thấy mất thời gian không thực sự cần thiết

Với đề tài này tôi hy vọng các em học sinh khá giỏi ở lớp sẽ nắm bắt nhanh vấn đề và sử dụng thiết thực trong quá trình học tập Đặc biệt là trong các

kỳ thi học sinh giỏi tỉnh và THPT Quốc Gia sắp tới

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

Khi dạng toán này mới xuất hiện thì bản thân tôi cũng không làm được ngay mà phải mất một thời gian tôi mới giải được Còn hầu hết các em học sinh đều không có hướng giải, chỉ một số ít học sinh (học sinh giỏi) có hướng làm nhưng không rõ ràng hoặc làm mà chưa ra kết quả Khi tôi trình bày cách giải theo các tài liệu mà tôi tham khảo được thì số học sinh hiểu được bài không phải

là đa số Những bài tương tự sau đó thì các em cũng làm được, nhưng không có nhiều cách giải khác nhau để các em có sự so sánh, cách nào hay, cách nào dễ hiểu, cách nào làm nhanh hơn đặc biệt là áp dụng vào trong khi làm đề trắc nghiệm và cuối cùng là các em chọn cho mình một cách làm phù hợp mang lại hiệu quả nhất

Sau khi tôi trình bày thêm các cách giải (cách giải, 3, 4 phần sau) thì phần lớn các em đều hiểu bài và vận dụng một cách linh hoạt vào bài toán tương tự

đồng thời rèn luyện cho các em học sinh tính tìm tòi sáng tạo khi gặp các bài toán khó

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

Bằng kinh nghiệm và sự tìm tòi các cách giải của các tác giả khác nhau cuối cùng tôi cũng đưa ra được một số cách giải, trong đó có cả cách giải của riêng bản thân mình Từ đó tôi thấy các em hiểu sâu hơn về dạng toán này và vận dụng làm được các bài toán khác tương tự Trong đề tài này tôi chỉ áp dụng dạy trong một đến hai buổi bồi dưỡng tùy thuộc vào chất lượng học sinh (khoảng từ 3 đến 6 tiết)

a Bài toán cụ thể như sau:

Cho đoạn mạch gồm ba phần tử điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm có

L thay đổi được và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng U và tần số không đổi Khi L =

L1 hoặc L = L2 thì điện áp hiệu dụng trên L(UL) có cùng giá trị, khi đó độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch(u) và dòng điện tức thời trong mạch(i) lần lượt là 1, 2 Khi L = L0 thì UL cực đại, khi đó độ lệch pha giữa u và i là 0 Tìm mối liên hệ giữa 1, 2 và0.

Hướng dẫn giải:

Trước khi giải bài toán này ta ứng dụng kết quả của bài toán biện luận UL theo L Ở bài toán này nhiều tác giả đã chứng minh theo nhiều cách khác nhau như: phương pháp đạo hàm, phương pháp đại số, phương pháp giãn đồ véc tơ Nhưng tôi sẽ chứng minh theo cách riêng của bản thân

+ Từ giãn đồ véctơ ta nhận thấy trong quá

trình L thay đổi thì ngọn của hai véctơ U , ULluôn

nằm trên nửa đường tròn tâm O bán kính U và ngọn

của hai véc tơ này luôn nằm trên đường thẳng yy’//

Ox (Ox có hướng không đổi vì góc cos = 2

C

2 R

R

U U

U



C

2 Z

R

R

 = H/s) Dễ dàng nhận ra ULmax khi yy’ là

tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính U tại điểm

H Khi đó U URC

Từ đó ta tính được:

ULmax = Usin0 = 2

C

2 Z R

UR



Và

C

2 C 2

L

Z

Z R

C 0 2

C 2 0 2 C 2

C

R tan

; Z R

R sin

; Z R

Z







- Cách giải 1:

+ tan =

R

Z

ZL C

 ZL – ZC = R.tan (1) hoặc ZL = ZC + R.tan (2)

-

 2 2

C 2

C L 2

L L

L

Rtan R

) Rtan U(Z

) Z (Z R

Z U Z

I U





















2

C

tan 1 R

) Rtan U(Z





U(ZR C1/cosRtan2 ) RU(ZCcos Rsin)











Z R

R cos

Z R

Z ( R

Z R U

2 C 2 2

C 2 C

2 C 2















C 2 0 2

C 2

C 0

Z R

R sin

Z R

Z cos









R

Z R U

2 C 2

- Khi UL1 = UL2

R

Z R U

1 0

2 C 2



 

R

Z R U

0

2 C 2



 



 cos(0 - 1) = cos(0 - 2)  1 +  2 = 2 0

(hoặc 1 = 2 trường hợp này loại)

Cách giải 2:

Ta có

- tan1 =

R

Z

ZL1 C

 ZL1 = ZC + Rtan1

- tan2 =

R

Z

ZL2 C

 ZL2 = ZC + Rtan2

 ZL1 + ZL2 = 2ZC + R(tan1 + tan2) (1)

ZL1 ZL2 = ZC2 + RZC(tan1 + tan2) + R2tan1.tan2(2)

+ Khi ULmax thì U URC tan0 =

R

Z

ZL C

=

C

Z R

2 C

2 C 0

20 0

Z

R 1 Z

R 2 tan

1

tan 2 2

tan















- Theo bài ra: UL1 = UL2



1 L

Z

1

+

2 L

Z

1

C 2

C

Z R

Z 2

2 L 1 L

2 L 1 L

Z Z

Z

Z 

C 2

C

Z R

Z 2



- Từ (1) và (2)



2 1

2 2 1

C

2

C

2 1

C

tan tan R ) tan (tan

RZ Z

) tan R(tan

Z 2























= 2 2

Z R

Z 2

C

C



 2 ZCR2 R3(tan 1 tan 2)  2 Z3C Z2CR(tan 1 tan 2)

 2 Z3C  2 Z2C R(tan  1  tan  2 )  2 Z2C R2tan  1 tan  2

 2 Z C R  R2(tan  1  tan  2 )  Z2C (tan  1  tan  2 )  2Z C Rtan  1 tan  2

2 1

2 1

tan tan

-1

tan tan







 

C

C

R Z

RZ 2

 =

2 C

2 C

Z

R 1 Z

R 2



(4)

- Từ (3) và (4)  tan( 1 +  2) ) = tan2 0   1 +  2 = 2 0

Cách giải 3:

- Theo kết quả chứng minh ULmax ở trên

- Từ giãn đồ ta có: cos(0 - ) = sin( + )

- Mặt khác trong tam giác OPQ có:

0

L

sin

U )

sin(α

U



 

0 0

L

sin

U ) cos(

U





) cos(

R

Z R

U

2 C 2

- Theo bài ra UL1 = UL2

) cos(

R

Z

R

U

1 0

2

C

2



 



R

Z R U

2 0

2 C 2



 





 cos(0 - 1) = cos(0 - 2)  1 +  2 = 2 0

(hoặc 1 = 2 trường hợp này loại)

Cách giải 4:

+ Từ giãn đồ véc tơ dễ dàng nhận thấy khi

UL1 = UL2 chỉ khi 2 vecto UL 1và UL 2nằm ở hai phía

so với ULmax(tức là đường thẳng yy’ cắt đường tròn

tâm O bán kính U tại hai điểm M, N) Từ đó suy ra

OH chính là phân giác của góc MON

 1 +  2 = 2 0

b Bài toán tương tự:

Cho đoạn mạch gồm ba phần tử điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm L

và tụ điện có điện dung C thay đổi được mắc nối tiếp Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng U và tần số không đổi Khi C =

C1 hoặc C = C2 thì điện áp hiệu dụng trên C(UC) có cùng giá trị, khi đó độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch(u) và dòng điện tức thời trong mạch(i) lần lượt là 1, 2 Khi C = C0 thì UC cực đại, khi đó độ lệch pha giữa u và i là 0 Tìm mối liên hệ giữa 1, 2 và0.

Hướng dẫn giải:

Trước khi giải bài toán này ta ứng dụng kết quả của bài toán biện luận UC theo C Ở đây tôi sẽ chứng minh theo cách riêng của mình giống như bài trên.

- Từ giãn đồ véctơ ta nhận thấy trong quá trình

C thay đổi thì ngọn của hai véctơ U , UCluôn nằm

trên nửa đường tròn tâm O bán kính U và ngọn của

hai véc tơ này luôn nằm trên đường thẳng yy’// Ox

(Ox có hướng không đổi vì góc cos = 2 2

R

R

U U

U

L

2

2 Z

R

R

L

 = H/s) Dễ dàng nhận ra UCmax khi yy’ là tiếp

tuyến của đường tròn tâm O bán kính U tại điểm H

Khi đó U ULC

Từ đó ta tính được:

UCmax = Usin0 = R 2 Z 2

UR

L



Và

L

2 L 2

Z R

L 0 2

L 2 0 2 L 2

L

R tan

; Z R

R sin

; Z R

Z os







- Cách giải 1:

- tan =

R

Z

ZL C

 ZL – ZC = R.tan (1) hoặc ZC = ZL - R.tan (2)

-

 2 2

L 2

C L 2

C C

C

Rtan R

) Rtan U(Z

) Z (Z R

Z U Z

I U





















2

L

tan 1 R

) Rtan U(Z





U(ZR L1/cosRtan2 ) RU(ZCcos Rsin)











Z R

R cos

Z R

Z ( R

Z R U

2 L 2 2

L 2 L

2 L 2















L 2 0 2

L 2

L 0

Z R

R sin

Z R

Z cos











cos( )

R

Z R U

2 L 2

- Khi UC1 = UC2

R

Z R U

1 0

2 L 2



 

R

Z R U

0

2 L 2



 



 cos(0 + 1) = cos(0 + 2)  1 +  2 = 2 0

(hoặc 1 = 2 trường hợp này loại)

Cách giải 2:

Ta có

- tan1 =

R

Z

ZL C1

 ZC1 = ZL - Rtan1

- tan2 =

R

Z

ZL C2

 ZC2 = ZL - Rtan2

 ZC1 + ZC2 = 2ZL - R(tan1 + tan2) (1)

ZC1 ZC2 = ZL2 – RZL(tan1 + tan2) + R2tan1.tan2 (2)

- Khi UCmax thì U  URL tan0 =

R

Z

ZL C

=

L

Z

R



2

2 0

20 0

Z

R 1 Z

R 2 tan

1

tan 2 2

tan

L

L















- Theo bài ra: UC1 = UC2



1 C

Z

1

+

2 C

Z

1

L

2 LZ R

Z 2

2 C 1 C

2 C 1 C

Z Z

Z

Z 

L

2 LZ R

Z 2



Từ (1) và (2)



2 1

2 2 1

L

2 L

2 1

L

tan tan R ) tan (tan

RZ Z

) tan R(tan

Z 2























L

2 LZ R

Z 2



 2 ZLR2 R3(tan 1 tan 2)  2 Z3L Z2LR(tan 1 tan 2)

2 1 2 2 L 2

1

2 L

3

L - 2 Z R(tan + tan ) + 2 Z R tan tan Z



 2 ZLR  R2(tan  1  tan  2 )   Z2L(tan  1  tan  2 )  2Z L Rtan  1 tan  2



2 1

2 1

tan tan

-1

tan tan







 

L

L

R Z

RZ 2





=

2 L

2 L

Z

R 1 Z

R 2





(4)

- Từ (3) và (4)  tan(1 + 2)) = tan20

  1 +  2 = 2 0

Cách giải 3:

- Theo kết quả chứng minh UCmax ở trên

Từ giãn đồ ta có: cos(0 - ) = sin( + )

- Mặt khác trong tam giác ONP có:

0

L

sin

U )

sin(α

U



 

0 0

L

sin

U ) cos(

U





) cos(

R

Z R

U

2 2



 





- Theo bài ra UC1 = UC2

) 1 -0

cos(

R

Z R

U

⇒

2 2





L



) 2

- 0

cos(

R

Z + R U

=

2 L

2





 cos(0 - 1) = cos(0 - 2)

 1 +  2 = 2 0 (hoặc 1 = 2 trường hợp này loại)

Cách giải 4:

Từ giãn đồ véc tơ dễ dàng nhận thấy khi UC1 =

UC2 chỉ khi 2 vecto UC1và UC2nằm ở hai phía so với

max

UC (tức là đường thẳng yy’ cắt đường tròn tâm O

bán kính U tại hai điểm M, N) Từ đó suy ra OH chính

là phân giác của góc MON

 1 +  2 = 2 0

c Bài toán tự giải.

Cho đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng không đổi nhưng  thay đổi được Khi

 = 1 hoặc  = 2 thì mạch có cùng UL(hoặc UC) Thì độ lệch pha giữa u và i tương ứng là 1 và 2 Khi  = 0 thì ULmax(hoặc UCmax) thì độ lệch pha giữa u và

i là 0 Tìm mối liên hệ giữa 1, 2 và 0

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.

Qua các cách giải trong từng bài thì mỗi cách giải có một cái hay riêng, mỗi cách đều giúp cho các em ôn luyện lại các kiến thức cơ bản Cách giải 1 và

2 tôi đọc tài liệu tham khảo, còn cách giải 3, 4 là tôi nghĩ ra Nhưng cách giải 4 tôi nghĩ là ngắn gọn hơn, dễ tiếp cận hơn Qua đó một lần nữa khẳng định cho các em học sinh thấy rằng dù bài toán khó hay dễ thì việc chứng minh nó đều dựa trên nền tảng kiến thức cơ bản Cái quan trọng học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản đó, làm đi làm lại nhiều bài tập thì sẽ có kinh nghiệm giải đối với những loại toán khó và đa dạng

Hiệu quả mà tôi thấy từ các em đó là các em có kinh nghiệm, tìm tòi, nghiên cứu cách giải các bài kiểu tương tự trong phần này và các phần khác Qua đó thấy các em có một sự tiến bộ, làm nhanh hơn, chính xác hơn và tự tin hơn trong các kỳ thi thử cũng như các kỳ thi chính thức

Với qua giảng dạy ở trường THPT Nông Cống I như sau:

Qua thực tế khi giảng dạy ở trường THPT Nông Cống I ở các lớp theo phương pháp (giải theo cách 1, 2, 3, 4) và không theo phương pháp (giải theo cách 1, 2) thì tôi nhận thấy kết quả thông qua kiểm tra như sau:

3 Kết luận, kiến nghị.

3.1 Kết luận.

Thực tế áp dụng đề tài này giảng dạy lớp 12 ở từ năm học 2012 – 2013 của trường THPT Nông Cống I cho đến nay cho thấy Mới đầu bài toán đưa ra thì đa số là các em không làm được, nhưng sau một thời gian định hướng thì một

số em cũng tìm ra được cách giải Nhưng không có học sinh nào giải giống cách giải 3,4 Sau khi tôi trình bày thì đa số các em đều hiểu bài Quan trọng giúp các

em có được kinh nghiệm, kỹ năng giải các bài toán tương tự Với học sinh khi