Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng

--- Bài mới hơn ---

  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Đại Số Tuyến Tính
  • Bài 17: Giải Bài Tập Về Ánh Xạ Tuyến Tính
  • Soạn Bài: Rút Gọn Câu ( Ngữ Văn Lớp 7)
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu Trang 14 Sgk Ngữ Văn 7 Tập 2
  • Nguyễn Ngọc Giang

    Phần một : NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG

    I. Lý do chọn đề tài

    Vật lý là môn khoa học thực nghiệm, mô tả thế giới khách quan. Trong

    quá trình dạy học vật lý giáo viên phải dùng hệ thông bài tập để học sinh tiếp

    cận và vận dụng những kiến thức định luật vào giải thích hiện tượng trong đời

    sống. Bài tập vật lý có vai trò đặc biệt quan trọng trong quá trình nhận thức của

    người học phát triển năng lực tư duy của người học, giúp người học ôn tập đào

    sâu, mở rộng kiến thức. rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo… Bài tập vật lý có nhiều

    dạng trong đó dạng bài tập mà giúp cho người học dễ dàng nắm vững lý

    thuyết , định luật, định lý… và liên hệ với thực tiễn nhiều nhất đó là bài tập

    định tính.

    Bài tập định tính là loại bài tập được đưa ra với nhiều tên gọi khác

    nhau : “câu hỏi thực hành, câu hỏi để lĩnh hội, bài tập logic, bài tập miệng, câu

    hỏi định tính, câu hỏi kiểm tra,…”. Đặc điểm của bài tập định tính là nhấn

    mạnh về mặt định tính của các hiện tượng đang khảo sát thông qua bài tập giúp

    cho học sinh rèn luyện khả năng tư duy logic, tiếp cận thực tiển, rèn luyện kỹ

    năng, kỹ xảo, tạo điều kiện cho học sinh đào sâu và củng cố các kiến thức,

    phân tích hiện tượng, làm phát triển khả năng phán đoán, mơ ước sáng tạo, kỹ

    năng vận dụng những kiến thức lý thuyết để giải thích các hiện tượng trong tự

    nhiên, trong đời sống, trong kĩ thuật. Mở rộng tầm mắt kĩ thuật của học sinh.

    – Biểu thức:

    s

    v

    t

    =

    trong đó s: quãng đường. t: thời gian

    Trong đời sống gọi độ lớn của vận tốc là tốc độ.

    Đơn vị : m/s, km/h, cm/s.

     Gia tốc:

    nên a = 0

    Phương trình chuyển động:

    15

    Nguyễn Ngọc Giang

    0 0

    ( 0, 0)x vt t x= = =2.1.2.2 Chuyển động thẳng biến đổi điều

    Định nghĩa:

    Là chuyển động thẳng trong đó vận tốc biến thiên (tăng hoặc giảm)

    được những lượng bằng nhau trong những khoảng thời gian bất kì.

    Vận tốc:

    Vận tốc trung bình:

    – Vận tốc trung bình của một chuyển động thẳng biến đổi đều trên một

    quãng đường nhất định là một đại lượng đo bằng thương số giữa quãng đường

    đi được và khoảng thời gian để đi hết quãng đường đó.

    Biểu thức :

    s

    v

    t

    =

    r

    r

    hay

    – Đơn vị : m/s , km/h.

    Vận tốc tức thời:

    – Vận tốc tức thời hay vận tốc tại một điểm đã cho trên quỹ đạo đo bằng

    thương số giữa quãng đường đi rất nhỏ tính từ điểm đã cho và khoảng thời gian

    rất nhỏ để đi hết quãng đường đó.

    – Biểu thức : hay

    Gia tốc:

    16

    Nguyễn Ngọc Giang

    – Gia tốc là một đại lượng Vật Lý đặc trưng cho sự biến thiên nhanh hay

    chậm của vận tốc và đo bằng thương số giữa độ biến thiên của vận tốc và

    khoảng thời gian xảy ra sự biến thiên đó.

    – Biểu thức:

    + Gia tốc là một đại lượng vectơ:

    a v

    ↑↑ ∆

    r r

    Độ lớn:

    0t

    v v

    a

    t

    =

    – Phương trình chuyển động:

    + Công thức vận tốc:

    Phương trình chuyển động:

    + Công thức vận tốc:

    0 0

    ( )

    t

    v v a t t= + −

    + Công thức đường đi:

    2

    0

    1

    2

    s v at

    = +

    +Phương trình chuyển động:

    2

    0 0

    1

    2

    x x v t at

    = + +

    + Liên hệ giữa a,v,s:

    2 2

    0

    2v v as

    − =

    2.1.2.4 Sự rơi tự do:

     Định nghĩa:

    – Sự rơi tự do là sự rơi của các vật trong chân không chỉ dưới tác dụng

    của trọng lực.

    Khi không có sức cản của không khí:

    17

    Nguyễn Ngọc Giang

    + Các vật có hình dạng và khối lượng khác nhau đều rơi như nhau.

    + Mọi vật chuyển động ở gần mặt đất đều có gia tốc rơi tự do.

    Vật rơi tự do chuyển động theo phương thẳng đứng.

    Chuyển động rơi tự do là chuyển động nhanh dần đều.

    – Phương trình chuyển động:

    2 2

    1

    , , 2

    2

    t

    t

    h gt v gt v gt

    = = =

    Chọn vị trí ban đầu của vật làm gốc tọa độ, chiều dương hướng từ trên

    xuống dưới.

    Ở cùng một nơi trên Trái Đất các vật rơi tự do có cùng gia tốc, gọi là gia

    tốc rơi tự do. Thường lấy g = 9,8m/s

    2

    .

    2.1.2.5 Chuyển động tròn đều

    Chuyển động tròn đều là chuyển động có đặc điểm:

    – Quỹ đạo là một đường tròn.

    – Vật đi được những quãng đường bằng nhau trong những khoảng thời

    gian bằng nhau bất kì.

    Vectơ vận tốc của vật chuyển động tròn đều có :

    – phương tiếp tuyến với đường tròn quỹ đạo, chều hướng theo chiều

    chuyển động.

    – độ lớn là v = Δs/Δt

    Vận tốc góc là:

    ω = Δα/Δt

    Δα là góc mà bán kính nối từ tâm đến vật quyét được trong những khoảng thời

    gian Δt. Đơn vị vận tốc là rad/s.

    Công thức liên hệ giữa độ lớn của vận tốc dài với vận tốc góc : v = rω.

    18

    Nguyễn Ngọc Giang

    Chu kì của chuyển động tròn đều là thời gian cần thiết để vật đi được

    một vòng.

    Công thức liên hệ giữa vận tốc dài với vận tốc góc:

    T = 2π/ω

    Tần số của chuyển động tròn đều là số vòng mà vật đi được trong 1

    giây. Đơn vị tần số là vòng/giây.

    Công thức lên hệ giữa chu kỳ và tần số:

    f = 1/T

    Gia tốc trong chuyển động tròn đều luôn luôn nằm theo bán kính hướng

    vào tâm quỹ đạo và và có độ lớn là:

    a

    ht

    = v

    2

    /r = rω

    2

    2.1.2.6 Tương đối của chuyển động. Công thức công vận tốc

    Hình dạng quỹ đạo của chuyển động trong các hệ quy chiếu khác nhau

    thì khác nhau.

    Vận tốc của vật chuyển động với các hệ quy chiếu khác nhau thì khác

    nhau. Vận tốc có tính tương đối.

    Công thức cộng vận tốc : Vận tốc của vật 1 đối với vật 3 bằng tổng

    vectơ vận tốc vật 1 đối với vật 2 và vận tốc vật 2 đối với vật 3.

    1,3 1,2 2,3

    v v v

    = +

    uur uur uuur

    1,3

    v

    uur

    là vận tốc tuyệt đối.

    1,2

    v

    uur

    là vận tốc tương đối.

    2,3

    v

    uuur

    là vận tốc kéo theo.

    Trong trường hợp các chuyển động cùng phương thì các công thức

    vectơ chuyển thành công thức đại số.

    19

    Nguyễn Ngọc Giang

    2.1.3 Hệ thống và giải bài tập định tính về Động học

    2.1.3.1 Chuyển động cơ

    Đây là bài học đầu tiên về chuyển động cơ học giúp học sinh hình thành cơ

    sở đầu tiên về động học vì vậy cần làm rõ bản chất vật lý trong từng phần, cụ

    thể là các bài tập sau:

    Bài 1:

    Một số hành khách đang ngồi trong một khoang kín của tàu thủy đang di

    chuyển trên biển. Họ không biết là họ có chuyển động cùng với tàu thủy trên

    biển không hoặc không biết chuyển động như thế nào. Cảm giác của họ có

    đúng không? Tại sao?

    Bài giải:

    – Bài tập dạng giải thích hiện tượng:

    Giải thích về cảm giác nhưng không phải dựa trên cơ sở tâm lý học mà

    sử dụng kiến thức vật lý để xét xem đối tượng chuyển động như thế nào và

    điều kiện để xét một chuyển động nếu không đủ những điều kiện thì cảm giác

    của người trên tàu là đúng

    Phương pháp giải:

    Đối với học sinh lớp 10 các em đã học những kiến thức cơ bản về

    chuyển động và những khái niệm về động lực học, với bài tập này các em chỉ

    cần suy nghĩ đơn giản là có thể giải được. Đề giải bài tập cần thực hiện theo

    các bước sau:

    Bước 1: Tìm hiểu đầu bài, nắm vững giả thiết của bài tập

    Theo đầu bài cả hành khách và tàu cùng chuyển động tức là có chuyển

    động cơ, người và tàu được xem là chất điểm. Rõ ràng tàu và người ngồi trong

    khoang chuyển động với vận tốc khá lớn trong không gian. Lý thuyết cần vận

    dụng là: Khi khảo sát một chuyển động của chất điểm ta chọn vật làm mốc gắn

    vào hệ quy chiếu và mốc thời gian.

    Bước 2 Phân tích hiện tượng

    20

    Nguyễn Ngọc Giang

    Hành khách và tàu cùng chuyển động với vận tốc khá lớn trong không

    gian bao la của mặt biển khoảng cách đến bời và đảo cũng lớn nên không thể

    xem vật nào làm mốc. Để dễ dàng hơn các em phải đặt ra những những câu hỏi

    nhỏ từ đề bài: hành khách và tàu chuyển động như thế nào? Xung quanh có vật

    gì gần đó có thể làm mốc không? Xác định một chuyển động thì ta phải làm gì?

    Bước 3 Xây dựng lập luận và suy luận kết quả

    Theo lý thuyết để khảo sát một chuyển động của chất điểm ta chọn vật

    làm mốc gắn vào hệ quy chiếu và mốc thời gian.

    Cả tàu và người cùng chuyển động mà cảm giác của phi công là không

    chuyển động vì không xác định vật làm mốc. Cảm giác của hành khách là đúng

    Bước 4 biện luận

    Khi ta trên xe hay tàu chuyển động nếu không nhìn ra xung quanh ta

    cũng có cảm giác không chuyển động. Trường hợp trên nếu có nhiều vật thể

    xung quanh có thể là đứng yên hay chuyển động thì dễ dàng tìm được vật làm

    mốc và phi công thấy mình cùng tàu chuyển động.

    Qua bài tập có thể mở rộng cho học sinh trường hợp tương tự như đi tàu

    trên biển, hành khách trên máy bay khi không nhìn xuống…Loại bài tập này

    tương đối đơn giản giúp học sinh củng cố kiến thức vừa học và liên hệ với thực

    tế.

    Bài 2:

    Từ tâm một cái đĩa đang quay người ta búng một viên bi lăn theo lòng

    máng đặt trên một bán kính của đĩa. Hỏi quỹ đạo của viên bi đối với đĩa và đối

    với Trái Đất có hình gì?

    Bài giải

    – Bài tập dạng giải thích hiện tượng:

    Chuyển động của viên bi trên đĩa đang quay không phải chỉ một quỹ đạo

    đơn giản đối với bài này học sinh dễ bị nhầm vì cho rằng quỹ đạo là duy nhất.

    21

    Nguyễn Ngọc Giang

    Từ những hiện tượng trong đời sống hàng ngày giúp học sinh phân tích rõ ràng

    hơn.

    Phương pháp giải: Suy luận logic, thực hiên theo các bước sau:

    Bước 1: Tìm hiểu đầu bài, nắm vững giả thiết của bài tập

    Viên bi sẽ được giữ cho chuyển động thẳng vào tâm của cái đĩa đang

    quay nên có các dạng quỹ đạo khác nhau so với đĩa và mặt đất. Lý thuyết đã

    học quỹ đạo là những đường được vạch ra khi chất điểm chuyển động.

    Bước 2: Phân tích hiện tượng

    Khảo sát chuyển động của bi so với đĩa và Trái Đất: đĩa quay tròn, viên

    bi chuyển động thẳng vào tâm quả cầu.

    Bước 3: Xây dựng lập luận và suy luận kết quả

    Kiến thức cần dùng là chất khi chuyển động sẽ vạch ra một đường trong

    không gian, đường đó là quỹ đạo của chất điểm. Viên bi được xem là một chất

    điểm khi chuyển động sẽ vạch ra những quỹ đạo khác nhau đối với những đối

    tượng khác nhau. Viên bi chuyển động trên máng là đường thẳng máng cố

    định so với mặt đất nên quỹ đạo viên bi đối với trái đất là một đường thẳng.

    Nếu cố định viên bi thì quỹ đạo viên bi vạch lên đĩa là đường tròn. Khi viên bi

    tiến về tâm đĩa thì vạch nên đường xoắn ốc. Vậy quỹ đạo viên bi đối với đĩa là

    đường xoắn ốc.

    Bước 4: Biện luận

    Một chất điểm chuyển động đối với đối tượng khác nhau thì có thể có

    quỹ đạo không giống nhau.

    Bài tập tương tự:

    Bài 3:

    Khi xe đạp trên đường thẳng, hãy giải thích quỹ đạo đầu van xe?

    Lời giải:

    22

    Nguyễn Ngọc Giang

    Nếu người quan sát đứng bên lề đường, khi xe đạp chạy trên đừng thẳng

    thì đầu van thì quỹ đạo là xicloit. Đối với người quan sát ngồi trên xe, van xe sẽ

    chuyển động với quỹ độ là dường tròn.

    Bài 4:

    Một truyện dân gian có kể rằng : Khi chết một phú ông đã để lại cho

    người con một hũ vàng chôn trong một khu vườn rộng và một mảnh giấy ghi:

    Đi về phía đông 23 bước chân , sau đó rẽ phải 4 bước chân , đào sâu 3m . Hỏi

    với chỉ dẫn này người con có tìm được hũ vàng không ? Vì sao ?

    Lời giải :

    Muốn Người con sẽ chẳng bao giờ tìm được hũ vàng vì không có vật

    làm mốc.

    Bài 5:

    Viên đạn đươc bắn ra từ nồng súng nó chuyển động theo hai giai đoạn

    chuyển động trong nòng súng và sau đó bay tới mục tiêu ở xa, hỏi giai đoạn

    nào viên đạn được coi là chất điểm, giai đoạn nào viên đạn không được coi là

    chất điểm?

    Giai đoạn đạn rời nòng súng và bay tới mục tiêu được xem là chất điểm.

    2.1.3.2 Chuyển động thẳng điều

    Đối với phần chuyển động của chất điểm các em dễ dàng nhận ra kiến

    thức cơ bản vì bài này chủ yếu là những khái niệm cơ bản nên hiệu quả cao

    nhất khi dùng bài tập suy luận đơn giản và câu hỏi thí nghiệm hoặc dùng đồ thị,

    cụ thể là:

    Bài 1:

    Từ hai địa điểm AB cách nhau 35 km, có hai chiếc ôtô chuyển động

    thẳng đều ngược chiều nhau lần lượt với vận tốc 20 km/h và 15 km/h. Có

    một con chim từ ôtô thứ nhất bay thẳng đều sang chạm vào ôtô thứ hai, rồi

    lại bay thẳng đều sang chạm ôtô thứ nhất và cứ thế với vận tốc không đổi

    23

    Nguyễn Ngọc Giang

    là 120 km/h. Biết thời gian chim chạm vào ôtô không đáng kể. Hỏi khi hai

    hai xe gặp nhau thì chú chim bay được tổng quãng đường là bao nhiêu?

    Bài giải

    Bài tập dự đoán kết quả.

    Học sinh có thể dùng kiến thức về chuyển động thẳng đều mà trả lời

    nhanh câu hỏi vừa nêu. Đối với học sinh vừa đọc vào thấy rất phức tạp vì chim

    có thể đổi hướng rất nhiều lần. Kiến thức các em cần dùng là khái niệm về

    chuyển động thẳng đều và mối liên hệ giữa quãng đường,vận tốc và thời gian.

    Để giải bài tập ta thực hiện theo các bước sau:

    Bước 1: Tìm hiểu đầu bài, nắm vững giả thiết của bài tập

    Các xe chuyển động thẳng đều tức là chuyển động thẳng trên một đường

    thẳng trong đó vật đi được những quãng đường bằng nhau trong những khoảng

    thời gian bằng nhau bất kì.

    Bước 2: Phân tích hiện tượng

    Hai xe chuyển động ngược chiều với hai ô tô cách nhau 100 m. Mỗi

    chuyển động là chuyển động thẳng đều. Tốc độ của chim lớn hơn có thể đến

    chạm vào xe nhiều lần và đại lượng cần tìm là quãng đường chim bay được.

    Bước 3: Xây dựng lập luận và suy luận kết quả

    Trong chuyển động thẳng đều quãng đường tỉ lệ thuận với thời gian

    .s v t=

    Vì AB cách nhau 100 km nên để hai ôtô gặp nhau thì ôtô thứ nhất phải

    đi được một đoạn 36 km và ôtô thứ hai chuyển động một đoạn 64 km, nghĩa là

    hai ôtô sẽ gặp nhau sau 1h. Vậy sau 1h thì chim bay được 120km.

    Bước 4: biện luận

    Chuyển động thẳng đều, khi tìm quãng đường ta cần có vận tốc và thời

    gian và thời gian cũng đã có nên việc tính toán rất đẽ dàng.

    Bài tập có thể đưa vào củng cố bài học hay đặt vấn đề. Phát triển khả năng tư

    duy của học sinh.

    24

    Nguyễn Ngọc Giang

    Bài 2:

    Đồ thị biểu diễn sự biến thiên đường đi của ba

    vật theo thời gian. Các vật ấy chuyển động như thế

    nào?

    Bài giải

    Bài tập giải thích dựa trên đồ thị.

    Từ hình vẽ đã cho có thể nêu lên tính chất của chuyển động và khai thác

    thông tin từ hình vẽ, cũng giải theo các bước:

    Bước 1:Quan sát, thu thông tin từ hình

    Đồ thị là những đường thẳng trong hệ trục (Oxt) các đường thẳng có độ dốc

    khác nhau

    Bước 2: phân tích

    Mỗi đường thẳng là biểu diễn chuyển động của một vật, độ dốc lần lượt

    là II, I, III. Góc xuất phát cũng khác nhau.

    Bước 3: Xây dựng lập luận và suy luận kết quả:

    Cả ba đồ thị đều là những đường thẳng chứng tỏ các vật chuyển động

    đều. Độ dốc của đồ thị hay góc hợp bởi đồ thị và trục thời gian cho phép so

    sánh vận tốc của các vật chuyển động thẳng đều. Vì vậy dựa vào hình ta thấy

    vật II chuyển động nhanh nhất vì có độ dốc lớn nhất, vật III chuyển động chậm

    nhất vì có độ dốc nhỏ nhất. Giao điểm của đồ thị với trục Ox cho biết khoảng

    cách từ vật đến vị trí làm mốc trong hệ quy chiếu đã chọn tại thời điểm ban

    đầu. Còn giao điểm của đồ thị với trục thời gian Ot là thời điểm được chọn để

    xác định chuyển động. Giao điểm của các đồ thị với nhau cho biết thời điểm

    hai chuyển động gặp nhau tại một tọa độ xác định.

    Bước 4: Biện luận

    Đồ thị có thể nêu lên tích chất của chuyển động thẳng điều thông qua

    các đường: độ dốc, góc xuất phát…

    25

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 6 Bài 24 : Thường Thức Mĩ Thuật: Giới Thiệu Mợt Số Tranh Dân Gian Việt Nam
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 1: Ttmt
  • Lý Thuyết Và Bài Tập Về Mệnh Đề Môn Toán Lớp 10
  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý

    --- Bài mới hơn ---

  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Đại Số Tuyến Tính
  • Bài 17: Giải Bài Tập Về Ánh Xạ Tuyến Tính
  • Soạn Bài: Rút Gọn Câu ( Ngữ Văn Lớp 7)
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu Trang 14 Sgk Ngữ Văn 7 Tập 2
  • Bài 6: Trùng Kiết Lị Và Trùng Sốt Rét
  • Bài viết tập trung phân tích các phương pháp dùng để giải bài tập định tính, trong đó phương pháp Ơristic, phương pháp đồ thị và phương pháp thực nghiệm có thể sử dụng phối hợp, bổ sung cho nhau, đồng thời vạch ra một dàn bài chung gồm những bước cơ bản, giúp học sinh có thể giải quyết tốt các bài tập định tính.

    Bài tập định tính (BTĐT) là những bài tập mà khi giải, học sinh (HS) không cần thực hiện các phép tính phức tạp mà phải sử dụng những phép suy luận lôgic trên cơ sở hiểu rõ bản chất của các khái niệm, định luật vật lí (VL) và nhận biết được những biểu hiện của chúng trong các trường hợp cụ thể.

    Mục tiêu cần đạt được khi giải một bài toán VL nói chung là tìm được câu trả lời đúng đắn, giải đáp được vấn đề đặt ra một cách có căn cứ khoa học chặt chẽ.

    Đối với loại BTĐT, việc xác lập lời giải thường gây cho HS nhiều khó khăn vì nó đòi hỏi phải lập luận một cách lôgic, có căn cứ đầy đủ và xác đáng về mặt kiến thức. Thực tế giảng dạy cho thấy, do ít được vận dụng kiến thức vào thực tiễn, ít được tiếp cận với các dạng BTĐT trong quá trình học tập, nên đứng trước những BTĐT, HS thường có xu hướng đưa ra những lời giải đáp không thỏa đáng, hời hợt, thậm chí không chính xác, nhiều HS đã thu gọn toàn bộ những lập luận cần thiết vào một cái tên gọi của khái niệm, của định luật hay của một hiện tượng VL nào đó. Chẳng hạn, với câu hỏi: “Tại sao người ngồi trên xe ô tô đang chuyển động có xu hướng bị ngã xô tới phía trước nếu xe dừng lại đột ngột?” Câu trả lời theo kiểu mượn tên của khái niệm như “Sở dĩ người ngồi trên xe có xu hướng bị ngã xô tới phía trước nếu xe dừng lại đột ngột là do người đó có quán tính” là không thể chấp nhận được.

    2. Phương pháp giải các bài tập định tính

    Do đặc điểm của BTĐT là chú trọng đến mặt định tính của hiện tượng, nên đa số các BTĐT được giải bằng PP suy luận, vận dụng những định luật vật lí tổng quát vào những trường hợp cụ thể. Thông thường, để liên hệ một hiện tượng đã cho với một số định luật vật lí, ta phải biết cách tách hiện tượng phức tạp ra thành nhiều hiện tượng đơn giản hơn, tức là dùng PP phân tích, sau đó dùng PP tổng hợp để kết hợp những hệ quả rút ra từ các định luật riêng biệt thành một kết quả chung. Có thể nói, khi giải các BTĐT, PP phân tích, PP tổng hợp thường gắn chặt với nhau. Về các PP để giải các BTĐT, chúng tôi đồng ý với nhiều tác giả về việc nên sử dụng ba PP sau: PP Ơristic, PP đồ thị và PP thực nghiệm. Trong nhiều bài tập, khi giải, các PP này có thể được sử dụng phối hợp, bổ sung cho nhau.

    Ưu điểm cơ bản của PP này là rèn luyện cho HS khả năng phân tích các hiện tượng VL, biết tổng hợp các dữ kiện của bài tập với nội dung các định luật VL đã biết, khả năng khái quát hóa các sự kiện và biết cách rút ra những kết luận cần thiết.

    Ưu điểm của PP này là tính trực quan và tính ngắn gọn của lời giải, nó giúp cho HS phát triển tư duy hàm số, tập cho HS quen với tính chính xác, cẩn thận.

    Ưu điểm nổi bật của PP này là đưa HS vào vị trí tựa như các nhà nghiên cứu, phát huy cao độ tính tích cực, tính ham học hỏi, rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo trong việc sử dụng các dụng cụ TN VL.

    Khi giải các BTĐT, các PP trên có thể sử dụng phối hợp, bổ sung cho nhau, chính vì thế về mặt PP, ta có thể vạch ra một dàn bài chung gồm những bước chính sau:

    a. Tìm hiểu đầu bài, nắm vững giả thiết của bài tập

    – Đọc kĩ đề bài tập để tìm hiểu các thuật ngữ chưa biết, tên gọi các bộ phận của cấu trúc … xác định ý nghĩa VL của các thuật ngữ, tóm tắt đầy đủ các giả thiết và nêu bật câu hỏi chính của bài tập (cần xác định cái gì? mục đích cuối cùng của bài giải là gì?). Khảo sát chi tiết các đồ thị, sơ đồ, hình vẽ … đã cho trong bài tập hoặc nếu cần thiết phải vẽ hình để diễn đạt những điều kiện của đề bài, điều này có ý nghĩa quan trọng trong việc nhận biết diễn biến của hiện tượng hay nhận biết mối quan hệ giữa các đại lượng VL.

    – Xác định các giai đoạn diễn biến của hiện tượng nêu trong đề bài, khảo sát xem mỗi giai đoạn diễn biến đó bị chi phối bởi những đặc tính nào, định luật nào … Hình dung toàn bộ diễn biến của hiện tượng và các định luật, quy tắc chi phối nó.

    c. Xây dựng lập luận và suy luận kết quả

    Mặc dù có thể phân loại các BTĐT theo nhiều cách khác nhau, tuy nhiên về cơ bản ta thường gặp hai dạng, đó là giải thích hiện tượng và dự đoán hiện tượng sẽ xảy ra. Giải thích hiện tượng thực chất là cho biết một hiện tượng VL và yêu cầu được giải thích vì sao hiện tượng lại xảy ra như thế, tức là giải thích nguyên nhân của hiện tượng; trong khi đó dự đoán hiện tượng là quá trình ngược lại, HS phải căn cứ vào những điều kiện cụ thể của đề bài, xác định những định luật chi phối hiện tượng, từ đó dự đoán hiện tượng gì sẽ xảy ra và xảy ra như thế nào.

    – Đối với loại câu hỏi giải thích hiện tượng, phải thiết lập được mối quan hệ giữa một hiện tượng cụ thể với một số đặc tính của sự vật hay định luật VL, tức là phải thực hiện được phép suy luận lôgic, trong đó cơ sở kiến thức phải là một đặc tính chung của sự vật hoặc định luật VL có tính tổng quát áp dụng vào điều kiện cụ thể của đề bài mà kết quả cuối cùng chính là hiện tượng đã được nêu ra trong đề bài.

    Những hiện tượng thực tế thường rất phức tạp, trong khi đó các định luật VL lại khá đơn giản, nên thoạt nhìn thì khó có thể phát hiện ngay được mối quan hệ giữa hiện tượng đã cho với những định luật VL đã biết. Trong những trường hợp như thế, cần phân tích hiện tượng phức tạp ra các hiện tượng đơn giản, sao cho mỗi hiện tượng đơn giản chỉ tuân theo một định luật hay một quy tắc nhất định.

    Thực tế cho thấy, khi giải thích hiện tượng, vì trong đề bài đã nêu rõ hiện tượng và kết quả của hiện tượng, nên nhiều khi trong lời giải thích có chỗ bị sai mà không xác định được mình sai ở điểm nào. Nên hết sức thận trọng khi phát biểu các định luật, các quy tắc dùng làm cơ sở cho lập luận, việc phát biểu đầy đủ, chính xác về nội dung có tác dụng tránh được những sai sót trong lời giải thích hiện tượng.

    Thí dụ về cách phân tích đề bài và xây dựng lập luận

    Thí dụ 1:Giải thích vì sao khi bút máy bị tắc mực, nếu ta vẩy mạnh bút thì mực trong bút sẽ văng ra?

    Nhận xét:Đây là loại bài tập định tính có yêu cầu giải thích hiện tượng.

    Trong nội dung đề bài có thuật ngữ “vẩy bút”, tuy thuật ngữ này rất quen thuộc với học sinh nhưng vẫn cần thiết phải chuyển thành ngôn ngữ VL: “vẩy bút” là quá trình làm cho bút chuyển động nhanh một đoạn ngắn, sau đó dừng lại đột ngột.

    Ở đây đã xuất hiện hai thuật ngữ “chuyển động” và “dừng lại đột ngột”, điều đó khiến học sinh dễ dàng phân tích diễn biến của hiện tượng làm hai giai đoạn:

    – Giai đoạn 1: Bút chuyển động do ta dùng tay để “vẩy bút”, trong giai đoạn này mực chuyển động cùng với bút mà chưa bị văng ra.

    – Giai đoạn 2: Bút dừng lại đột ngột, mực văng ra ngay khi bút bị dừng lại.

    Vấn đề còn lại ở đây là việc giải thích câu hỏi: Tại sao khi bút dừng lại đột ngột, thì mực lại văng ra?. Học sinh dễ dàng liên tưởng đến kiến thức về về quán tính để đưa ra lời giải thích xác đáng.

    Thí dụ 2:Một đoạn ống thủy tinh (AB) đặt nằm ngang, kín hai đầu và đã được rút hết không khí, bên trong có một giọt thủy ngân (T) nằm cân bằng như hình 1.

    Điều gì sẽ xảy ra đối với giọt thủy ngân nếu ta dùng ngọn nến nung nóng một chút ở đúng vị trí của giọt thủy ngân.

    Nhận xét:Đây là loại bài tập định tính có yêu cầu dự đoán hiện tượng xảy ra.

    Tìm hiểu đầu bài ta thấy: Do có giọt thủy ngân nằm ở giữa mà ống thủy tinh được chia làm hai phần, dung tích ban đầu của mỗi phần là khác nhau (V A< V B), bên trong mỗi phần là chân không. Chi tiết đáng lưu ý trong đầu bài là ngọn nến nung nóng ở đúng vị trí của giọt thủy ngân và các thuật ngữ “nung nóng”, “một chút”.

    Chỉ riêng việc “nung nóng” đã có thể đó làm ta liên tưởng đến một loạt các hiện tượng VL xảy ra như ống thủy tinh và giọt thủy ngân thu nhiệt bị dãn nở; giọt thủy ngân bị bay hơi. Trạng thái của hệ (ống thủy tinh và giọt thủy ngân) trước và sau khi “nung nóng một chút” chắc chắn có sự khác biệt.

    Câu hỏi phụ thứ nhất được đặt ra là: Ống thủy tinh và giọt thủy ngân bị dãn nở đến mức nào? giọt thủy ngân bị bay hơi đến mức nào? Đến đây, thuật ngữ “một chút” có ý nghĩa quan trọng, nó chỉ ra rằng: sự dãn nở vì nhiệt của ống thủy tinh là không đáng kể, giọt thủy ngân (do tác động bị nung nóng) bay hơi một phần nhỏ, đủ làm cho trong các phần A và B của ống thủy tinh có hơi thủy ngân, đồng thời việc “nung nóng một chút” không đủ làm cho giọt thủy ngân có thể hóa hơi hoàn toàn. Như vậy khi nung nóng, diễn biến đáng chú ý của hiện tượng là ở hai phần A và B của ống thủy tinh có chứa hơi thủy ngân.

    Câu hỏi phụ thứ hai được đặt ra là: Lượng hơi thủy ngân xuất hiện ở hai phần A và B của ống thủy tinh có gì khác nhau? Dữ kiện của đầu bài cho biết ngọn nến được nung nóng ở đúng vị trí của giọt thủy ngân, điều đó làm lộ ra sự giống nhau về tác động làm bay hơi thủy ngân ở cả hai phía nên có thể kết luận trong cùng một khoảng thời gian ngắn, lượng thủy ngân bay hơi ở hai phía là như nhau.

    Cuối cùng, căn cứ vào các điều kiện về lượng hơi, thể tích hơi thủy ngân ở hai phần A và B của ống, học sinh dễ dàng liên tưởng đến việc sử dụng kiến thức về các định luật chất khí để suy luận ngay sau khi nung giọt thủy ngân bị bay hơi đồng thời dịch chuyển một chút về phía đầu B của ống.

    Đối với HS phổ thông, việc giải hoàn chỉnh, chính xác các BTĐT không phải là một việc đơn giản, mà cần phải có thời gian và sự định hướng về mặt PP của GV. Vì PP giải các BTĐT bao gồm việc xây dựng những suy luận lôgic dựa trên các định luật VL nên chúng là phương tiện rất tốt để phát triển tư duy HS, không những rèn luyện cho HS hiểu rõ được bản chất của các hiện tượng VL và những quy luật của chúng mà còn giúp HS biết cách vận dụng kiến thức VL vào thực tiễn.

    Có thể thấy ngay rằng, xét về thực chất thì các bài tập tính toán cũng nhằm mục đích làm sáng tỏ nội dung VL của các định luật, quy tắc, biểu hiện dưới dạng công thức. Tuy nhiên trên thực tế, khi giải các bài tập tính toán, HS thường áp dụng máy móc các công thức mà không chú ý đến ý nghĩa VL của chúng. Trong trường hợp này, chính việc giải các BTĐT này rèn luyện cho HS chú ý hơn đến việc phân tích nội dung, ý nghĩa VL của các bài tập tính toán.

    Nguyễn Thanh Hải (2006), Bài tập định tính và câu hỏi thực tế vật lí 10, Nhà xuất bản Giáo dục.

    Nguyễn Đức Thâm (chủ biên), Nguyễn Ngọc Hưng, Phạm Xuân Quế (2002), Phương pháp dạy học vật lí ở trường phổ thông, Nhà xuất bản Đại học sư phạm.

    [5]Phạm Hữu Tòng (2004), Dạy học vật lí ở trường phổ thông theo định hướng pháp triển hoạt động học tích cực, tự chủ, sáng tạo và tư duy khoa học, Nhà xuất bản Đại học sư phạm.

    Khoa Cơ Bản – Đại Học Phạm Văn Đồng – Quảng Ngãi

    --- Bài cũ hơn ---

  • Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng
  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 6 Bài 24 : Thường Thức Mĩ Thuật: Giới Thiệu Mợt Số Tranh Dân Gian Việt Nam
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 1: Ttmt
  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính
  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá
  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Published on

    Bài tập tiểu luận môn phương pháp tính, tùy không giải hết tất cả nhưng vẫn đủ để các bạn tìm hiểu.

    1. 8. Vậy: ( ) ( ) ( ) ( )4;5 5 max ‘ 0,3136 1 23ln 2x q xj Î = = ” < . Vậy hàm ( )xj thỏa mãn yêu cầu của phương pháp lặp. Chọn x0= 4 5 4,5 2 + = . Tính các giá trị x1,x2,… theo công thức lặp ( ) ( )1 2log 5 3 , 1,2,…n nx x x nj -= = + = Ta nhận được dãy lặp này hội tụ và có đánh giá sai số
    2. 17. Page 18 0 1 -4 15 16 3 E5 (2) = E5- 5E1 (2) 1 0 0 0 0 5 3 0 0 0 -3 -18 53 0 2 2 12 -43 4 11 4 15 -50 12 11 4 15 -39 -8 -2 E1 (2) E2 (2) E3 (3) = E3 (2) -16/3 E2 (2) E4 (3) = E4 (2) +2/3 E2 (2) E5 (3) = E5 (2) -1/3 E2 (2) 0 0 0 669/53 683/53 -50 E5 (4) = E5 (3) -2/53E3 (3) 0 0 0 0 5296/669 9262/669 E5 (5) = E5 (4) -212/669 E4 (3) 0 0 0 0 1 1,7488867 E5 (6) = 669/9262E5 (5) Từ bảng suy ra: 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 3 4 4 5 5 5 3 2 2,995468 298,165171 3 18 12 11,233006 66,009304 53 43 48,443353 6,794000 4 28,989641 7,247410 1,748867 1,748867 x x x x x x x x x x x x x x x x + – + = – = -ì ì ï ï- + = – =ï ïï ï – = Û =í í ï ï= – = – ï ï ï ï= =îî Bài 2: c/(Trần Đình Trọng) 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 10 2 3 0 10 2 5 2 3 20 10 3 2 20 15 x x x x x x x x x x x x x x x x – – + =ì ï – – + =ï í + + – = -ï ï + + + =î với sai số ε=10-3 (C)
    3. 19. Page 20 k x1 (k) x2 (k) x3 (k) x4 (k) ( ) ( 1)3 2 k k X X – ¥ – 0 0 5 -10 15 1 3 3 -10 15 4,5 2 2,8 3,3 -10 14,5 0,75 3 2,68 3,38 -10,1 14,5 0,18 4 2,668 3,378 -10,1 14,53 0,018 5 2,6768 3,3708 -10,094 14,534 0,0132 6 2,67848 3,37028 -10,0932 14,5322 2,7.10-3 7 2,678048 3,370728 -10,0936 14,53172 7,2.10-4 Giải thích cột sai số(cột cuối): { }(1) (1) (0) (1) (0) 1 4 3 3 3 max max 3; 2;0;0 2 2 2 4,5i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = – = { }(2) (2) (1) (2) (1) 1 4 3 3 3 max max 0,2;0,3;0;0,5 2 2 0,7 2 5 i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = = { }(3) (3) (2) (3) (2) 1 4 3 3 3 max max 0,12;0,0 0, 8;0,1;0 1 2 2 2 8 i i i X X X X Xa ¥ ¥ £ £ – £ – = – = =
    4. 21. Page 22 (7) (7) (6) ( 34 4 7) 3 4,4.10 7,2.1 ‘ ‘ 1,16.10 1,0 2.10 X X X Xa a ¥ — ¥ – ¥ – – £ – + – £ + = ” Vậy nghiệm của hệ: 3 3 2 3 1 3 3 4 2,678 1, 3,371 1, 10,094 2.10 2.10 2.10 2.1 1, 14,53 02 1, a a a a – – – – = ± ± = – ± = ± ì ï =ï í ï ïî j/(Trần Đình Trọng) 2 40 6 4 8 8 3 12 9 50 3 3 75 15 18 29 65 18 0 4 14 2 5 26 19 25 120 23 x y z u v x y z u v x y z u v x y z u v x y z u v + – + + =ì ï- – – + + =ïï – + – + + =í ï + + + + = – ï + – + + =ïî với sai số ε=10-2 (D) · Kiểm tra hệ có nghiệm duy nhất: Ta có det 2 40 6 4 8 3 12 9 50 3 01 1 75 15 18 65 18 0 4 14 5 26 19 25 120 1030066610 -é ù ê ú- – – ê ú ê ú = ¹- – ê ú ê – ú ê ú-ë û Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm duy nhất. · Biến đổi hệ (C) ta được: 2 40 6 4 8 65 18 0 4 14 3 12 9 50 3 2 40 6 4 8 1 1 75 15 18 1 1 75 15 18 65 18 0 4 14 3 12 9 50 3 5 26 19 25 120 5 26 19 25 120 -é ù é ù ê ú ê ú- – – – ê ú ê ú ê ú ê úÛ- – – – ê ú ê ú – – -ê ú ê ú ê ú ê ú- -ë û ë û
    5. 23. Page 24 3 -0,35597 11,44787 34,01576 8,020642 -21,8833 0,97097473 4 -0,50096 11,69475 34,13395 8,161962 -21,7461 0,420379334 5 -0,54839 11,6782 34,0971 8,22556 -21,8054 0,108289073 6 -0,56061 11,68051 34,11103 8,215659 -21,8191 0,023700441 7 -0,56368 11,68694 34,11417 8,218816 -21,8148 0,010947412 8 -0,56473 11,68639 34,11305 8,220483 -21,8163 0,002839241 · Giải thích cột sai số(cột cuối): { } { } (1) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) (1) (0) 63 37 63 max , , , , 37 63 max 5,78;8,75;5,57;7,8;4,08 14,8986 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = = { } { } (2) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) (2) (1) 63 37 63 max , , , , 37 63 2,0204max ;0,4715 1,1245 2,511 2,4406 4,275486; ; ; 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = = { } { } (3) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) (3) (2) 63 37 63 max , , , , 37 63 ma 0,55557;0,169365;0,570255;0,29036;0,52268 0,970975x 37 X X X x x y y z z u u v v a ¥ ¥ – £ – = – – – – – = =
    6. 25. Page 26 Làm tròn số: (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) (8) ‘0,56473 0,56 11,68639 11,69 ‘34,11305 34,11 8,220483 8,22 21,8163 21,82 ‘ ‘ ‘ y y u u v x x z z v ì ï = = =- ” – = ” = =” “= ï ï í ï = ï ï =î – “-= Sai số làm tròn (8) (8) ‘ X X- = (0,004729733; 0,003609616; 0,003048546; 0,000483331; 0,003737181) (8) (8) ‘ XX ¥ – =0,004729733 Từ cột cuối và dòng cuối của bảng, ta có: (8) (8) (7) 0,00283 63 37 9241X X Xa ¥ ¥ – £ – = Sai số cuối cùng: (8) (8) (7) (8) 3 0,004729733 0,00283924 ‘ ‘ 7,57.1 10 X X X Xa a ¥ ¥ ¥ – – £ – + – £ + ” Vậy nghiệm của hệ: 3 3 2 3 3 4 3 5 1 3 7,57.10 7,57.10 7,57 0,5 .10 6 11,69 34,11 8,22 21,82 7,57.10 7,57.10 a a a a a – – – – – ì ï =ï = – ± ± = ± ï = ± – ± í ï ï =ïî Bài 3 c/(Trần Đình Trọng)
    7. 27. Page 28 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) 1 2 3 ( 1) ( 1) 2 3 1 3 2 3 3 2 ( 1) ( 1) ( 1) 3 1 2 2 3 3 2 1 1 1 8 8 8 1 16 1 5 5 5 1 16 1 1 1 1 5 5 5 8 8 8 9 1 129 40 40 40 7 1 1 4 4 4 7 1 1 1 1 1 9 1 129 4 4 8 8 8 4 40 40 40 kk k kk k k k k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + + + + = + – – – = + + – – æ ö = + + + -ç ÷ è ø – Û = – + – – = + – – – -æ ö æ ö = + + – – – +ç ÷ ç ÷ è ø è ø = ( ) ( ) 2 3 101 1 1 40 40 40 k k x x ì ï ï ï ï ï ï ï ï ï í ï ï ï ï ï ï ï -ï – +ïî ( ) ( ) ( ) ( 1) 11 ( 1) 2 2 ( 1) 3 3 1 1 1 0 8 8 8 1 9 129 0 40 40 40 1 1 101 0 40 40 40 kk kk k k xx x x x x + + + é ù é ù -ê ú ê úé ùé ù ê ú ê úê úê ú – -ê ú ê úÛ = +ê úê ú ê ú ê úê úê ú ê ú ê úê úë û – -ë ûê ú ê ú ê ú ê úë û ë û Hay ( )( 1) kk x Bx c+ = + (3.3) Với B= ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 2 3 1 1 0 8 8 1 9 1 129 101 0 , ; ; , 40 40 8 40 40 1 1 0 40 40 k T kk k x c x x x é ù ê ú é ù ê ú ê ú- – -æ öê ú = – = ê úç ÷ê ú è ø ê ú ê ú ê ú- ë ûê ú ê úë û Ta có: { }max 0,25;0,25;0,05 0,25 1B ¥ = = < vậy ma trận B thỏa điều kiện hội tụ. Đánh giá sai số
    8. 29. Page 30 (3) (3) 1 (3) (3) 2 (3) 3) 3 3 1 2 ( 0,006 0,006 ‘ 3,7357 3,736 ‘ 2,685 2,685 ‘ x x x x x x ” = ” = – ” – ì = = = = ï í ï î Sai số làm tròn (3) (3) ‘x x- = (0;3.10-4 ;0) (3) (3) ‘x x ¥ – =3.10-4 Từ cột cuối và dòng cuối của bảng, ta có: (3) (3) (2) (3) (2) 1 3 3 1 0,001 1 m 10 ax 3 3 i i i x x x x xa – ¥ ¥ £ £ – £ – = – == Sai số cuối cùng: (3) (3) (2) (3) 4 3 3 3. ‘ ‘ 10 1,3.1010 x x x xa a – ¥ ¥ ¥ – – – £ – + – £ + ” Vậy nghiệm của hệ: 3 1 3 3 3 2 ,3.10 ,3.10 0,00 ,3.10 6 1 3,736 1 2,685 1 a a a – – – = ± ± = ì ï = – í ± ï ï ïî
    9. 31. Page 32 ( 2)( 3)( 4)( 7) ( 1)( 3)( 4)( 7) 17 17,5 36 10 ( 1)( 2)( 4)( 7) ( 1)( 2)( 3)( 7) 76 210,5 36 18 ( 1)( 2)( 3)( 4) 1970 360 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x – – – – – – – – = + – – – – – – – – – + + – – – – – + 4 3 217 ( 16x 89x 206x+168) 36 x= – + – 4 3 217,5 ( 15x 75x 145x 84) 10 x- – + – + 4 3 295 ( 14x 63x 106x 56) 10 x+ – + – + 4 3 2421 ( 13x 53x 83x 42) 36 x- – + – + 4 3 2197 ( 10x 35x 50x 24) 36 x+ – + – + 4 3 2 2x 17x 81x 153,5x 104,5= – + – + Vậy đa thức nội suy Lagrange là: 4 3 2 4 ( ) 2x 17x 81x 153,5x 104,5P x = – + – + b/ (Hồ Thị My) x 0 2 3 5 y 1 3 2 5 3 0 0 1 1 2 2 3 3 1 2 3 0 2 3 0 1 0 1 0 2 0 3 1 0 1 2 1 3 0 1 3 0 1 2 2 3 2 0 2 1 2 3 3 0 3 1 3 2 ( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) P x y L y L y L y L x x x x x x x x x x x x y y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y y x x x x x x x x x x x x = + + + – – – – – – = + – – – – – – – – – – – – + + – – – – – – ( 2)( 3)( 5) 1 30 x x x- – – = – ( 3)( 5) 3 6 x x x- – + ( 2)( 5) 2 6 x x x- – + – ( 2)( 3) 5 30 x x x- – + 3 21 ( 10x 31x 30) 30 x – = – + – 3 21 ( 8x 15x) 2 x+ – + 3 21 ( 7x 10x) 3 x- – + 3 21 ( 5x 6x) 6 x+ – + 3 213 62 0,3x 1 6 15 x x= – + + Vậy đa thức nội suy Lagrange là: 3 2 3 13 62 ( ) 0,3x 1 6 15 P x x x= – + + c/ (Hồ Thị My)
    10. 33. Page 34 = 4 3 21 19 47 65 1 128 96 32 24 x x x x- + – + e/ (Lê Trần Mười) x 1 2 3 4 5 y 1 2 3 2 1 Lo = (x 2)(x 3)(x 4)(x 5) ( 2)( 3)( 4)( 5) (1 2)(1 3)(1 4)(1 5) 24 x x x x- – – – – – – – = – – – – L1 = ( 1)( 3)( 4)( 5) ( 1)( 3)( 4)( 5) (2 1)(2 3)(2 4)(2 5) 6 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – – L2 = ( 1)( 2)( 4)( 5) ( 1)( 2)( 4)( 5) (3 1)(3 2)(3 4)(3 5) 4 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – L3 = ( 1)( 2)( 3)( 5) ( 1)( 2)( 3)( 5) (4 1)(4 2)(4 3)(4 5) 6 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – – L4 = ( 1)( 2)( 3)( 4) ( 1)( 2)( 3)( 4) (5 1)(5 2)(5 3)(5 4) 24 x x x x x x x x- – – – – – – – = – – – – P4 = y0L0(x) + y1L1(x) + y2L2(x) + y3L3(x) + y4L4(x) = 4 2 43 156 108 6 x x x- + + = 4 2 43 26 18 6 6 x x x- + + Bài 3: (Lê Trần Mười) Cho bảng số liệu của hàm số y = f(x) x 11 13 14 18 19 21 y 1342 2210 2758 5850 6878 9282 a/ Tìm đa thức nội suy Newton n x y Tỉ sp cấp 1 Tỉ sp cấp 2 Tỉ sp cấp 3 Tỉ sp cấp4 Tỉ sp cấp 5 0 11 1342 434 1 13 2210 50 548 -1
    11. 35. Page 36 1 1 2 3 -2/3 -1 3/10 2 3 2 5/6 -11/120 3/2 -1/4 3 5 5 -1/6 1 4 6 6 Khi đó: P4(x)= 1+(x-0).1 +(x-0)(x-2).(-2/3) +(x-0)(x-2)(x-3).(3/10) + (x-0)(x-2)(x-3)(x-5).(-11/120) ( )4 3 211 73 601 413 ( ) ( ) 1 120 60 120 60 x x x x= – + – + + b/ Tính f(1,25) f(1,25)= P4(1,25) ( )4 3 211 73 601 413 (1,25) 1,25 (1,25) .1,25 1 120 60 120 60 = – + – + + =3,9311525 c/ Dùng đa thức nội suy lùi bậc 4 với 5 nút không cách đều. Ta lập được bảng tỉ sai phân đến cấp 4. n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 Tỉ SP cấp 4 0 0 1
    12. 37. Page 38 Ta có đa thức nội suy Newton tiến xuất phát từ x0 = 1,9: P4(1,9 + 0,2t) = 11,18 + 3,6t – , ( ) ! + , ( )( ) ! – , ( )( )( ) ! Tính gần đúng f(2,0). Ta có: x = 2,0 = 1,9 + 0,2t ó t = 0,5. Vậy P4(2,0) = 11,18 + 3,6.0,5 – , . . ( . ) ! + , . , ( , )( , ) ! – , . , ( , )( , )( , ) ! Ta có đa thức nội suy Newton lùi xuất phát từ x0 = 2,7: P4(2,7 + 0,2t) = 28,56 + 5,04t – . ( ) ! – , ( )( ) ! – , ( )( )( ) ! Bài 6: (Vương Bảo Nhi) x 150 200 250 300 y = sin(x) 0,2588 19 0,342020 0,422618 0,500000 n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 0 15 0,258819 0,0166402 1 20 0,342020 5,206.10-5 0,0161196 8,1733.10-7 2 25 0,422618 6,432.10-5 0,0154764 3 30 0,500000 P3(x) = 0,258819 + (x – 15). 0,0166402 + (x -15)(x – 20). 5,206.10-5 + (x -15)(x – 20)(x – 25). 8,1733.10-7 = 8,1733.10-7 x3 + 3,0202.10-6 x2 + 0,0158 x + 0,018704 P3(x) = 0,5 + (x – 30). 0,0154764 + (x -30)(x – 25). 6,432.10-5 + (x -30)(x – 25)(x – 20). 8,1733.10-7
    13. 39. Page 40 y 1 9 36 100 225 n x y Tỉ SP cấp 1 Tỉ SP cấp 2 Tỉ SP cấp 3 Tỉ SP cấp 4 0 1 1 8 1 2 9 9,5 27 3 2 3 36 18,5 0,25 64 4 3 4 100 30,5 125 4 5 225 Đặt n= 1+ t P4 (1 + t) = 1 + 8t + 9,5 ( 1) 2! t t – + 3 ( 1)( 2) 3! t t t- – + 0,25 ( 1)( 2)( 3) 4! t t t t- – – Sn= P4 (n) = 1+ 8(n – 1) + 9,5( 1)( 2) 2! n n- – + 3( 1)( 2)( 3) 3! n n n- – – + 0,25( 1)( 2)( 3)( 4) 4! n n n n- – – – = 1+ 8n – 8 + ( 1)( 2) 2! n n- – 3( 3) 0,25( 3)( 4) 9,5 3 12 n n n- – -é ù + +ê úë û = 8n – 7 + ( 1)( 2) 2! n n- – ( 3)( 4) 6,5 48 n n n – -é ù + +ê úë û Bài 8: (Đào Thị Hương) Dùng đa thức nội suy Newton bậc 6 với 7 nút nội suy. Ta lập được bảng các sai phân: i xi yi yD 2 yD 3 yD 4 yD 5 yD 6 yD 0 1,4 0,9523 0,0138 1 1,5 0,9661 -0,0036
    14. 41. Page 42 6 5 1,8 25 9 7 6 1,6 36 9,6 8 7 2,3 49 16,1 1 n i = å 28 12,2 140 256,8 Sau đó ta giải hệ: {28 8 12,2 140 28 47,3 b a b a + = + = Ta được: a = 1,14166666667 ≈ 1,14 b = 0,1095238095 ≈0,11 Vậy ta có: y = 1,14 + 0,11x b) (Phan Thị Kim Ngân) f(x) = a + bx + cx2 Ta lập bảng số liệu: i xi yi xi 2 xi 3 xi 4 xiyi xi 2 yi 1 0 1,4 0 0 0 0 0 2 1 1,3 1 1 1 1,3 1,3 3 2 1,4 4 8 16 2,8 5,6 4 3 1,1 9 27 81 3,3 9,9 5 4 1,3 16 64 256 5,2 20,8 6 5 1,8 25 125 625 9 45 7 6 1,6 36 216 1296 9,6 57,6 8 7 2,3 48 343 2401 16,1 112,7 28 12,2 140 784 4676 47,3 252,9 Ta có hệ phương trình:
    15. 43. Page 44 ta có bảng sau: x 0 1 2 3 4 5 6 7 ln f(x) ln(1,4) ln(1,3) ln(1,4) ln(1,1) ln(1,3) ln(1,8) ln(1,6) ln(2,3) 0,1715331416 0,06469348092 a b =ì í =î Vậy 0,1715331416 0,06469348092 ( ) x f x e + ´ = Bài 10: (Phan Thị Kim Ngân) a) Hàm thực nghiệm y=a + bx2 Ta lập bảng số tư liệu trên i xi yi xi 2 xi3 xi 4 xiyi xi 2 yi 1 1 0,1 1 1 1 0,1 0,1 2 2 3 4 8 16 6 12 3 3 8,1 9 27 81 24,3 72,9 4 4 14,9 16 64 256 59,3 238,4 5 5 23,9 25 125 625 119,5 597,5 1 n i= å 15 50 55 225 979 205,5 920,9 Ta có hệ phương trình: 3 2 979a 225 55 920,9 225a 55 15 209,5 55a 15 5 50 0,992857 1 7,142857.10 0 0,9 1 1 b c b c b c a b c y x – + + =ì ï + + =í ï + + =î = “ì ï Þ = – “í ï = – ” -î Þ = – b) 2 ( ) x c y dx x y x c d = + Û = + Đặt f(x)=yx
    16. 45. Page 46 Ta có bảng sau: x 2 4 6 8 10 12 y e 1510,20397 3789,5403 9897,129 26635,4949 60475,88684 171099,408 Ta lập bảng số từ bảng số liệu trên: i xi yi 2 ix 3 ix 4 ix i ix y 2 i ix y 1 2 1510,20397 4 8 16 3020,40794 6040,81588 2 4 3789,5403 16 64 256 15158,1612 60632,6448 3 6 9897,129 36 216 1296 59382,774 356296,644 4 8 26635,4949 64 512 4096 213083,9592 1704671,674 5 10 60475,88684 100 1000 10000 604758,8684 6047588,684 6 12 171099,408 144 1728 20736 2053192,896 24638314,75 1 n i=å 42 273407,7 364 3528 36400 2948597 32813545 Giải hệ phương trình: 36400d +364c = 32813545 d = 1133,3683 364d +6c = 273407,7 c = -23189,7246 Vậy ta có: y e = -23189,7246 + 1133,3683 x2 → y = ln(-23189,7246 + 1133,3683 x2 ) Bài 12: (Trần Thị Kim Ngân) ( )( ) ( ) 1 2 1 ( 1) ln( 1) 1 ln( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1) e (1) (2) x x x x y a e b x f a e f b x y f x f x y f x a e a a f f = – + + Û – + + = Û + = = – = – = – 1 1 1 (1) e ln ln ( 1) x y f a y a x y A X B = = Û = + Û = + = Điều Kiện: ln(y) với y¹ 0 Suy ra

    --- Bài cũ hơn ---

  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải (Phần 1)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải Đáp Án
  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá

    --- Bài mới hơn ---

  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu
  • Giải Vbt Ngữ Văn 7 Rút Gọn Câu
  • Để hiểu hơn về các phương pháp tính giá, nguyên lý kế toán sẽ chia sẻ cho bạn đọc hệ thống bài tập về phần kiến thức này.

    Bài tập phương pháp tính giá

    1. Bài tập mẫu về phương pháp tính giá

    Công ty XYZ tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành mua một lô nguyên vật liệu nhập kho với số lượng 40.000 kg. Gía hóa đơn của số nguyên vật liệu này nhận từ người bán có cả thuế GTGT 10% là 330.000.000 đồng. Chi phí vận hành đã thanh toán bằng tiền mặt theo hóa đơn có cả thuế GTGT 5% là 7.350.000 đồng. Số lượng nguyên vật liệu nhập kho theo Phiếu nhập là 39.850 kg. Hao hụt định mức trong quá trình thu mua của loại nguyên vật liệu này là 1%. Tính tổng giá trị và giá đơn vị nguyên vật liệu thu mua.

    Đáp án Học kế toán thực hành ở đâu tốt nhất tại TP HCM và Hà Nội

    Tổng giá trị nguyên vật liệu mua = 300.000.000+7.000.000= 307.000.000

    Gía đơn vị nguyên vật liệu mua = 307.000.000/39.850=7.703,89 đồng/kg

    2. Bài tập thực hành

    Công ty PLO tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành mua một phương tiện vận tải dùng cho hoạt động chịu thuế GTGT. Gía hóa đơn nhận từ người bán có cả thuế GTGT 10% là 495.000.000 đồng. Lệ phí trước bạ phải nộp 5%. Chi phí trước sử dụng thanh toán bằng tiền mặt 14.500.000. Xác định ghi sổ của phương tiện vận tải vận tải theo tài liệu trên

    Công ty A tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành nhập khẩu một lô nguyên vật liệu dùng cho hoạt động sản xuất chịu thuế GTGT. Gía trị lô nguyên vật liệu nhập khẩu tính giá theo CIF là 350.000.000 đồng. Thuế suất thuế nhập khẩu phải nộp là 20%, thuế GTGT hàng nhập khẩu phải nộp là 10%. Chi phí vận chuyển lô nguyên vật liệu về kho công ty theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT là 5% là 6.300.000 đồng. Xác định giá trị lô nguyên vật liệu nhập khẩu theo tài liệu trên. lớp kế toán trưởng

    Công ty B tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, ngày 10h/n xuất 1.840kg nguyên vật liệu chính cho sản xuất sản phẩm. Gía đơn vị của nguyên vật liệu chính xuất theo phương pháp nhập sau-xuất trước là 1.200 kg tính theo giá 42.500 đồng/kg và 640 kg tính theo giá 42.515 đồng/kg. Xác định chi phí nguyên vật liệu chính ngày 10/n theo tài liệu trên

    Công ty C tính thuế GTGT theo phương pháp khấu trừ, tiến hành sản xuất sản phẩm P có tài liệu sau (Đơn vị 1000 đồng)

    • Gía trị nguyên vật liệu chính xuất kho cho sản xuất sản phẩm: 95.000
    • Gía trị nguyên vật liệu phụ mua sử dụng ngay cho sản xuất sản phẩm theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT 10% là 16.500 diễn đàn kế toán trưởng
    • Tiền lương phải trả lao động trực tiếp: 18.000
    • Tiền lương phải trả lao động gián tiếp: 5.500
    • Trích BHXH, BHYT, KPCĐ theo tỷ lệ quy định tính vào chi phí
    • Chi phí điện nước mua ngoài dùng cho phân xưởng sản xuất theo giá hóa đơn có cả thuế GTGT 10% là 7.700
    • Khấu hao TSCĐ hữu hình của phân xưởng sản xuất là 6.500 khóa học hành chính nhân sự tại tphcm

    Đến cuối kỳ, công ty đã hoàn thành nhập kho 2.500 sản phẩm P. Biết giá trị sản phẩm dở dang đầu kỳ là 24.500, sản phẩm dở dang cuối kỳ là 28.000

    Xác định tổng giá thành sản xuất và giá thành sản xuất đơn vị sản phẩm hoàn thành theo tài liệu trên.

    Nguyenlyketoan hy vọng những bài tập trên sẽ giúp bạn đọc hiểu hơn kiến thức về các phương pháp tính giá.

    Tham khảo ngay: Địa chỉ đào tạo kế toán uy tín nhất

    lớp nghiệp vụ khai báo hải quan

    --- Bài cũ hơn ---

  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính
  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Phương Pháp Giải Bt Vật Lý 12 (2011)

    --- Bài mới hơn ---

  • Các Dạng Bài Tập Toán Về Mệnh Đề Và Phương Pháp Giải
  • Giải Toán 10 Bài 1: Mệnh Đề
  • Giải Bài 1,2,3 Trang 9 Đại Số Lớp 10 : Bài Tập Mệnh Đề
  • Bài Tập Về Mệnh Đề
  • Bài Tập Toán Lớp 10 Chương 1: Mệnh Đề
  • PHƯƠNG PHÁP GIẢI VẬT LÝ 12

    CHƯƠNG I: ĐỘNG LỰC HỌC VẬT RẮN

    5. Gia tốc của chuyển động quay

    * Gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm)

    Đặc trưng cho sự thay đổi về hướng của vận tốc dài ()

    * Gia tốc tiếp tuyến

    Đặc trưng cho sự thay đổi về độ lớn của ( và cùng phương)

    * Gia tốc toàn phần

    Góc ( hợp giữa và :

    Lưu ý: Vật rắn quay đều thì at = 0 ( =

    6. Phương trình động lực học của vật rắn quay quanh một trục cố định

    Trong đó: + M = Fd (Nm)là mômen lực đối với trục quay (d là tay đòn của lực)

    + (kgm2)là mômen quán tính của vật rắn đối với trục quay

    Mômen quán tính I của một số vật rắn đồng chất khối lượng m có trục quay là trục đối xứng

    – Vật rắn là thanh có chiều dài l, tiết diện nhỏ:

    – Vật rắn là vành tròn hoặc trụ rỗng bán kính R: I = mR2

    – Vật rắn là đĩa tròn mỏng hoặc hình trụ đặc bán kính R:

    – Vật rắn là khối cầu đặc bán kính R:

    7. Mômen động lượng

    Là đại lượng động học đặc trưng cho chuyển động quay của vật rắn quanh một trục

    L = I( (kgm2/s)

    Lưu ý: Với chất điểm thì mômen động lượng L = mr2( = mvr (r là k/c từ đến trục quay)

    8. Dạng khác của phương trình động lực học của vật rắn quay quanh một trục cố định

    9. Định luật bảo toàn mômen động lượng

    Trường hợp M = 0 thì L = const

    Nếu I = const ( ( = 0 vật rắn không quay hoặc quay đều quanh trục

    Nếu I thay đổi thì I1(1 = I2(2

    10. Động năng của vật rắn quay quanh một trục cố định

    11. Sự tương tự giữa các đại lượng góc và đại lượng dài trong chuyển động quay và chuyển động thẳng

    Chuyển động quay

    (trục quay cố định, chiều quay không đổi)

    Chuyển động thẳng

    (chiều chuyển động không đổi)

    (m/s)

    (m/s2)

    (N)

    (kg)

    (kgm/s)

    (J)

    Chuyển động quay đều:

    ( = const; ( = 0; ( = (0 + (t

    Chuyển động quay biến đổi đều:

    ( = const

    ( = (0 + (t

    Chuyển động thẳng đều:

    v = cónt; a = 0; x = x0 + at

    Chuyển động thẳng biến đổi đều:

    a =

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bt Kinh Tế Lượng Chương 2
  • Giải Vở Bài Tập Khoa Học Lớp 5 Bài 1: Sự Sinh Sản
  • 7516127 Quạt Giải Nhiệt Xe Bt
  • 290 Câu Trắc Nghiệm Kinh Tế Vĩ Mô Có Lời Giải
  • Các Bài Tập Môn Kinh Tế Vĩ Mô (Có Đáp Án)
  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá
  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Bài Tập Kế Toán Chi Phí Sản Xuất Và Tính Giá Thành Sản Phẩm Có Lời Giải
  • Soạn Bài Rút Gọn Câu
  • Published on

    30 bài toán phương pháp tính

    1. 11. Bài tập 6: Dùng phương pháp Gauss để giải những hệ phương trình Ax=b. Các phép tính lấy đến 5 số lẻ sau dấu phẩy: a. 1,5 0,1 0,1 0,1 1,5 0,1 0,3 0, 2 0,5 A                 0, 4 0,8 0, 2 b            x     1   2      x x x 3 0, 4 0,8 0, 2 B            Bài giải: Lập bảng gauss : Quá trình ai1 ai2 ai3 ai4 ij a (cột kiểm tra) Thuận 1,5 0,1 -0,3 -0,2 1,5 0,2 0,1 -0,1 -0,5 0,4 0,8 0,2 1 0 0 -0,13333 1,48667 1,6 0,06667 0,09333 -0,48 0,26667 0,82667 0,28 1 1 0,06278 -1,48448 0,55605 -0,33326 1 1 1 0,22449 0,54196 0,32397 Vậy nghiệm của phương trình là : (0,32397 ; 0,54196 ;0,22449 ) b) 2, 6 4,5 2, 0 3, 0 3, 0 4,3 6, 0 3, 5 3, 0 A               19, 07 3, 21 18, 25 b             x     1   2      x x x 3 19, 07 3, 21 18, 25 B             Bài giải: Lập bảng gauss :
    2. 13. X(1) X(2) X(3) -0,74375 -0,89453125 -0,961835937 -3,575 -3,865 -3,94484375 -2,58125 -2,8296875 -2,939882875 Đánh giá sai số x(3) x(3)- x(2) = max (0,067304687;0,07984375;0,110195375) Áp dụng công thức (3.36) SGK ta có x(3) – 2  0,5  1 0,5 .0,110195375 = 0,110195375 Vậy ta có nghiệm của phương trình là: X= -0,961835937  0,110195375 Y= -3,94484337  0,110195375 Z= -2,939882875  0,110195375 Bâi 8 : Giải hệ phương trình x x x x x x x x x 24, 21 2, 42 3,85 30, 24 2,31 31, 49 1,52 40,95 3, 49 4,85 28, 72 42,81    1 2 3     1 2 3     1 2 3  x 1, 24907 0, 09995 x 0,15902 x x 1,30041 0, 07335 x 0, 04826 x x 1, 49059 0,1215 x 0,1689 x     1 2 3      2 1 3     3 1 2        1             2                  3      0 0, 09995 0,15902 1, 24907 0, 07335 0 0, 04826 1,30041 0,12151 0,16887 0 1, 49059 x x f x x Ta có: 1 2 3 0, 25897 1 0,12171 1 0, 29038 1 r r r           pt hội tụ Lập bảng: 1 x 2 x 3 x B 0 -0,07335 -0,12151 -0,09995 0 -0,16887 -0,15902 -0,04826 0 x 1,24907 1,30041 1,49059 0 x1 0,98201 1,13685 1,11921 x2 0,95747 1,17437 1,17928 x3 0,94416 1,17326 1,17773 x4 0,94452 1,17431 1,17774
    3. 14. x5 x6 x7 0,94441 0,94452 0,94444 1,17429 1,17431 1,17429 1,17751 1,17753 1,17751 Nghiệm bằng: (0,94444; 1,17429; 1,17751) Bài 9 Xây dựng đa thức nội suy Lagrange của hàm y=f(x) cho dưới dạng bảng X 0 2 3 5 Y 1 3 2 5 Giải: ở đây ta thấy n=3 nên đa thức nội suy là một đa thức bậc 3 có dạng P3(x)= yo + lo (x) + y1L1(x) + y2 l2(x) + y3 l3(x)  p3(x)= x  x  x  +3. ( 2)( 3)( 5)    (0 2)(0 3)(0 5) x  x  x  +2. ( 0)( 3)( 5)    (2 0)(2 3)(2 5) x  x  x  + 5. ( 0)( 2)( 5)    (3 0)(3 2)(3 5) x  x  x  ( 0)( 2)( 3)    (5 0)(5 2)(5 3)  p3(x) = x 3  10 x 2  31 x  30 + 30  x3  8×2 15x + 6 x3 5×2  6x 30  p3(x) = 9×3 65×2 124x  30 30 Vậy đa thức Lagrange cần tìm la : p3(x) = 9×3 65×2 124x  30 30 Bài 10 : Cho bảng giá trị của hàm số y= f(x) X 321,0 322,0 324,0 325,0 Y 2,50651 2,50893 2,51081 2,51188 Tính gần đúng t (324,5) bằng đa thức nội suy Lagrange ? Giải : Gọi x* =323,5  y(x* ) =p3 (x* ) = y0l0(x* )+ y1l1(x* ) +y2l2(x* ) + y3l3(x* ) Ta có l0(x* ) = (323,5 322,8)(323,5 324,2)(323,5 325,0)    = – 0,031901041 (321,0  322,8)(321,0  324,2)(321,0  325,0) = -0,03190
    4. 15. L1(x* )= (323,5 321,0)(323,5 324,2)(323,5 325,0)    = 0,473484848 (322,8  321,0)(322,8  324,2)(322,8  325,0) = 0,43748 L2(x* )= (323,5 321,0)(323,5 322,8)(323,5 325,0)    =0,732421875 (324,2  321,0)(324,2  322,8)(324,2  325,0) =0,73242 L3(x* )= (323,5 321,0)(323,5 322,8)(323,5 324,2)    =-0,174005681 (325,0  321,0)(325,0  322,8)(325,0  324,2) = -0,17401  y (323,5)= 2,50651.(- 0,03190)+2,50893.0,47348+2,51081.0,73242+2,51188.(-0,17401) =2,50985 Bài 11: Cho bảng giá trị của hàm số y =f(x) X -1 0 3 6 7 Y 3 -6 39 822 1011 a. Xây dựng đa thức nội suy Niwton tiến xuất phát từ nút x0 =-1 của y = f(x) b. Dùng đa thức nội suy nhận được tính giá trị f(0,25) Giải : Đa thức vừa lặp là đa thức nội suy Niwton bước không đều a. Ta có bảng ký hiệu X Y THC1 THC2 THC3 THC4 -1 0 3 6 3 -6 39 822 -9 15 261 6 41 132 5 13 1
    5. 21. Giải: Lập bảng tỉ hiệu: x y y 2 y 3y 4 y 0,12 8,333333 – 55,555533 – 39,215700 – 29,411767 – 22,727250 326,796666 196,078660 133,690340 -1633,975075 – 891,261714 7427,133610 0,15 6,666667 0,17 5,882353 0,2 5,000000 0,22 4,545455 ( ) 4  P x = 8,333333 – 55,555533 ( x -0,12) + 326,796666(x  0,12)(x  0,15) 1633,975075(x – 0,12). (x  0,15) .( x -0,17) + 7427,133610 (x  0,12) (x  0,15) .( x -0,17)( (x  0,2) .  ( ) 4 P x = 7427,133610 x4  6387,340585×3  2173,927294×2  365,847435x  30,427706 / ( ) 29708,53444 3 19162,02176 2 4347,854588 365,847435 4  P x  x  x  x  Vậy ta có y / (0,12) = / (0,12) 29708,53444.0,123 19162,02176 2 4347,854588 365,847435 4 P   x  x  = -68,689650. Câu 18. Tính gần đúng y/(1) của hàm y = y(x) dựa vào bảng giá trị : x 0,98 1,00 1,02 y  y(x) 0,7739332 0,7651977 0,7563321 Giải: Theo bài ra ta có h = 0,02 Áp dụng công thức Taylo, ta có:   f x f ( x h ) f ( x ) ( ) 0 0 . 0 / h  y  f  f f / (1) / (1) (1,02) (1,00) 0,7563321 0,7651977   Thay số ta có: 0,44328 0,02 0,02    Vậy y/ (1)   0,44328. Câu 19. Cho tính phân:   dx 1,1 0,1 (1 4x)2 a. Tính gần đúng tích phân trên bằng công thức hình thang tổng quát chia đoạn 0,1;1,1 thành 10 đoạn bằng nhau. b. Đánh giá sai số của giá trị gần đúng tìm được. Giải: a. Theo bài ra ta có h b a 1,1  0,1  0,1 . 10    n Lập bảng giá trị : i x y 0 0,1 0,510204081 1 0,2 0,308641975 2 0,3 0,206611570 3 0,4 0,147928994 4 0,5 0,111111111
    6. 22. 5 0,6 0,086505190 6 0,7 0,069252077 7 0,8 0,056689342 8 0,9 0,047258979 9 1,0 0,040000000 10 1,1 0,034293552 Áp dụng công thức hình thang IT =    0 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 2 h y  y  y  y  y  y  y  y  y  y  y . Thay số ta có: IT =  0,1 0,510204081 +0,034293552 + 2(0,308641975 + 0,206611570 2 + + 0,147928994 +0,111111111+ 0,086505190 + 0,069252077 + 0,056689342 + 0,047258979 + 0,040000000 ) = 0,134624805 Vậy IT = 0,134624805. . 2 I I M h b a T    Với M Max f // (x) , với mọi xa,b. b. Đánh giá sai số, ta có: . ; 12 / x 32 8  ( ) 1 ( ) 1      Ta có 2 4 / 2 (1 4 ) (1 4 ) (1 4 ) x x f x x f x          / 4 3 384 96 x x x 32(1 4 ) 16(1 4 ) ( 32 8)          8 5  ( ) 32 8 4 // (1 4 ) (1 4 )   (1 4 ) x x x x f x x           (0,1) 384.0,1 96 5 //  Ta nhận thấy, Max f // (x) = 24,98958767 (1  4.0,1)  f  24,98958767.0,12.(1,1 0,1)  .  Sai số T I  I  0,020824656 12  x . 1 dx 3,5  2 1 Câu 20. Cho tích phân:   x a. Tích gần đúng tích phân bằng công thức Símson tổng quát chia đoạn 2;3,5 thành 12 đoạn bằng nhau. b. Đánh giá sai số giá trị vừa tìm được. Giải: 3,5  2  h b a a. Theo bài ra ta có 0,125 12    n Lập bảng giá trị : i x y 0 2 -3 1 2,125 -2, 777777778 2 2,25 -2,6 3 2,375 -2,454545455 4 2,5 -2, 333333333 5 2,625 -2,230769231 6 2,75 -2,142857143 7 2,875 -2,066666667 8 3,0 -2
    7. 23. 9 3,125 -1,941176471 10 3,25 -1, 888888889 11 3,375 -1,842105263 12 3,5 -1,8 Áp dụng công thức Símson     4(      )  2(     )  3 0 12 1 3 5 7 9 11 2 4 6 8 10 IS h y y y y y y y y y y y y y  0,125   3  1,8  4.(-2, 777777778 – 2,454545455- 2,230769231- 2,066666667 – 1,941176471 – 3 -1,842105263)  2.( -2,6 -2, 333333333 -2,142857143 -2 -1, 888888889) = = -3.332596758 Vậy I  -3.332596758 S . 4 b. Đánh giá sai số: .( ) I I M h b a S    180 Trong đó M Max f //// (x) với a  x  b Ta có: ( ) 2  f ( x ) 1 x f x x ( ) 64.(1 ) 2 4 //// f x x x    ( ) 12 24 20 2 3 2 /// 2 2 f // x x 2 /  (1 2 ) (1 2 ) ( ) 4  4 (1 2 ) 1 2 1 x x x x x x x x f x x                   Ta nhận thấy: Max 0,0001302083333 4 ( ) (2) 64 64.0,125 .(3,5 2) //// ////  180 S  f x  f   I  I  . CHƯƠNG 6: TÌM NGHIỆM GẦN ĐÚNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Bài 21 1 1 Dùng công thức Simpson tổng quát để tính gần đúng tích phân: dx  0 x  3 1 . 1  0  Chia thành 16 đoạn bằng nhau, suy ra h = 16 = 0,1 Ta tính ra bảng sau : Thứ tự x f(x) = x x sin 2  1 cos 0 – 0,8 0.934412 1 – 0,7 0.855826 2 – 0,6 0.762860 3 – 0,5 0.656932 4 -0,4 0.539743 5 -0,3 0.413236 6 -0,2 0.279557 7 -0,1 0.141009 8 0 0.000141 9 0,1 0.141009 10 0,2 0.279557 11 0,3 0.413236 12 0,4 0.539743 13 0,5 0.656932 14 0,6 0.762860 15 0,7 0.855826 16 0,8 0.934412 Áp dụng công thức Simpson :
    8. 25. h , chọn bước h= 0,1. Bài giải: Theo đầu bài ta có: h= 0,1; U0= y(1)= 1, x0 = 1 Áp dụng công thức Euler: Ui+1= Ui+ hf(xi ; yi) Ta tính được U1= U0+ hf(x0 ; y0) = 1+ 0,1(12-12)= 1 U2= U1+ hf(x1 ; y1) = 1+ 0,1(12-1,12)= 0,979 U3= U2+ hf(x2 ; y2) = 1+ 0,1(0,9792-1,22)= 0,9308441 U4= U3+ hf(x3 ; y3) = 1+ 0,1(0,93084412-1,32)= 0,848491173 U5= U4+ hf(x4 ; y4) = 1+ 0,1(0,8484911732-1,42)= 0,724484901 U6= U5+ hf(x5 ; y5) = 1+ 0,1(0,7244849012-1,52)= 0,551972738 U7= U6+ hf(x6 ; y6) = 1+ 0,1(0,5519727382-1,62)= 0,326440128
    9. 26. U8= U7+ hf(x7 ; y7) = 1+ 0,1(0,3264401282-1,72)= 0,048096444 U9= U8+ hf(x8 ; y8) = 1+ 0,1(0,0480964442-1,82)= – 0,275672228 U10= U9+ hf(; y9) = 1+ 0,1[(- 0,275672228)2-1,92) = – 0,629072711 U11= U10+ hf(x10 ; y10) = 1+ 0,1- 0,629072711)2-22) = – 0,989499463 Vậy nghiệm gần đúng cần tìm là: U11= α =- 0,989499463 Câu 25. Cho bài toán Cauchy. y /  y  2x y y(0) = 1, 0  x  1. Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Euler cải tiến ( chỉ lặp 1 lần),chọn bước h = 0,2 và so sánh kết quả với nghiệm đúng. Giải: Theo bài ra ta có 0 (0) 1; u  y  h  0,2. Vì xi x ih   0 , ta có bảng giá trị của x : 0 x 0,0 1 x 0,2 2 x 0,4 3 x 0,6 4 x 0,8 5 x 1,0 Theo phương pháp Euler cải tiến ( Phương pháp hình thang). (0) ( , ) i 1 i i i u  u  hf x u  (1)  ( , ) ( , )  2 1 u ( m  1)  u  h i f x u  f x u ( m ) . (2)  1 i i i i  1 i  Từ (1) và (2) ta có ( , ) 0 0 0  1 0,2(1 0  . (0) 1 u  u  hf x u ) 1,2 1  ( , ) ( , )  2   u (1)  u  h f x u  f x u (0) 1 0 0 0 1 1  1 0,1 1 2.0 = 1,186667.   1,356585         1,2 2.0,2       1,2 1 0,2 ( , (1) ) 1,186667 0,2 1,186667 2.0,2 u  u  f x u     . 1,186667 1 1 (1) 1 ) 0 (2    ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (2 2 (1) 1 1 (1) 1 ) 1(2 1,348325   1,186667 0,1 1,186667 2.0 1,356585 2.0,4 1,186667 1,356585                 u  u  f x u    1,499325 . 4 , 0 . 2 348325 , 1 2 , 0 348325 , 1 ) , ( 2 , 0 ) 1(2 2 1,348325 ) 1(2 ) 0 (3         ( , )  ( , )   ) 1(3u u h f x u f x u 2 ) 0 (3 3 ) 1(2 2 ) 1(2 1,493721   1,348325 0,1 1,348325 2.0,4 1,499325 2.0,6 1,348325 1,499325                 u  u  f x u    1,631793 . 6 , 0 . 2 493721 , 1 2 , 0 493721 , 1 ) , ( 2 , 0 ) 1(3 3 1,493721 ) 1(3 ) 0 (4     
    10. 27.    ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (4 4 ) 1(3 3 ) 1(3 ) 1(4 1,627884   1,493721 0,1 1,493721 2.0,6 1,631793 2.0,8 1,493721 1,631793                 u  u  h f x u    1,756887 . 8 , 0 . 2 627884 , 1 2 , 0 627884 , 1 ) , ( . ) 1(4 4 1,627884 ) 1(4 ) 0 (5         ( , )  ( , )   u u h f x u f x u 2 ) 0 (5 5 ) 1(4 4 ) 1(4 ) 1(5 1,754236.   1,627884 0,1 1,627884 2.0,8 1,756887 2.1 1,756887  5   ( 1,627884 Vậy nghiệm gần đúng cần tính là 1)             u =  1,754236 Câu 26. Cho bài toán Cauchy y/  x  y . y(0)= 1. Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Euler cải tiến với độ chính xác đến 4 chữ số lẻ thập phân trùng nhau, giá trị của y(0,1). chọn bước h = 0,05. Giải: Theo bài bước h = 0,05. f(x,y) = x + y Theo công thức Euler cải tiến ta có:  ( , ) ( , ) 2 m i f x u f x u u u h   (  1)    ( m ) (1)  1 i i i i 1 i 1 u (0)  u  hf ( x , u ) (2) i  1 i i i Từ (1) và (2) ta có: u (0)  u  hf ( x , u )  1  0,05(0  1)  1,05 1 0 0 0   0 1 0,05 1,05 1,0525 u (1) u  h f ( x , u )  f ( x , u )  1  0,05     1 2 2 (0) 0 0 0 1 1   0 1 0,05 1,0525 1,05256 u (2) u  h f ( x , u )  f ( x , u (1) )  1  0,05     1 0 2 0 0 1 1 2 Ta thấy (2) 1 u – (1) 1 u = 1,05256 – 1,0525 = 0,00006 < 10-4 đạt yêu cầu chính xác, lấy gần đúng 1 u = 1,0526. Tính tiếp cho 2 u , ta có: .  ,  1,0526 0,05(0,05 1,0526) 1,1077. 1 1 1 ) 0 (2 u  u  h f x u       0,05 1,0526 0,1 1,1077 1,11036 u u  h f ( x , u )  f ( x , u )  1,0526  0,05     2 ) 0 (2 1 1 1 2 2 ) 1(2   0,05 1,0526 0,1 1,11036 1,11042 2 u (2 2 ) u  h f ( x , u )  f ( x , u 1) )  1,0526  0,05     2 1 2 1 1 2 2 Cũng như với u ta có 2 )  (1 (u = 0,00006<10-4. Ta có thể lấy y(0,1) = u(0,1) = u ) 1(2  2 u 1,1104. Câu 27. Cho bài toán Cauchy / 1 2 y y   y (0)  0 Hãy tìm nghiệm gần đúng bằng phương pháp Runge – Kutta cấp 4 trên 0;0,6. Chọn bước h= 0,2. Giải Theo bài ra, ta có 3 x b h 0, 0,6, 0,2    0,6 0 0,2 0 0     n b x   h
    11. 28. Ta có bảng: 0 x 0 1 x 0,2 2 x 0,4 3 x 0,6 * Tính u1 với      0 0 0 x 0 u Ta có 2 k h f x u . ( , ) 0,2(1 0 ) 0,2     1 0 0 k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,1 ) 0,202       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,101 ) 0,2020402       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 2022402 ) 0,208164048 ( 2 2 ) 0 1 6            0,202707408 (0,2 2.0,202 2.0,2020402 0,208164048) 6 1 1 0 1 2 3 4 2 4 0 0 3 2 3 0 0 2 2 2 0 0 1        u u k k k k *Tính 2 u với      0,2 0,202707408 1 x 1 u Ta có: k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,202707408 ) 0,208218058     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,306816437 ) 0,218827265       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,31212104 ) 0,219483908       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 0,422191316 ) 0,235649101       ( 2 2 ) 0,202707408 1 6 u u k k k k           2.0,219483908 0,235649101) 0,422788992. (0,208218058 2.0,218827265 6 1 2 1 1 2 3 4 2 4 1 1 3 2 3 1 1 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1    *Tính 3 u với      0,4 0,422788992 2 x 2 u Ta có: k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,422788992 ) 0,235750106     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,540664045 ) 0,258463521       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,552020752 ) 0,260945382       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 0,683734374 ) 0,293498538       ( 2 2 ) 0,422788992 1 6 u u k k k k           2.0,260945382 0,293498538) 0,6841334. (0,235750106 2.0,258463521 6 1 3 2 1 2 3 4 2 4 2 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2    *Tính 4 u với      0,6 0,6841334 3 x 3 u
    12. 29. k h f x u . ( , ) 0,2(1 0,6841334 ) 0,293607701     k h f x h u k . ( 0,5 ; 0,5 ) 0,2(1 0,83093725 ) 0,338091342       k h f x h u k . ( 0,5. ; 0,5. ) 0,2(1 0,853179071 ) 0,345582905       k h f x h u k . ( ; ) 0,2(1 1,029716305 ) 0,412063133       ( 2 2 ) 0,6841334 1 6 u u k k k k           2.0,345582905 0,412063133) 1,029636621 (0,293607701 2.0,338091342 6 1 4 3 1 2 3 4 2 4 3 3 3 2 3 3 3 2 2 2 3 3 1 2 1 3 3    Bài 28: Dùng phương pháp trung điểm giải bài toán sau: ݕᇱ = ݕ − ܿ݋ݏݔ ݕ Với 0 ≤ ݔ ≤ 1; y(0) =1, chọn bước h =0,2. Kết quả làm tròn 6 chữ số lẻ thập phân. Bài giải Ta có: U0= y(0) =1 Áp dụng phương pháp trung điểm ta tính được: + ܷഥ1= U0 + ௛ ଶ (U0- ௖௢௦௫బ ௎బ ) = 1  U1= U0 + h(ܷഥ1- ୡ୭ୱ (௫బା଴,ହ௛) ௎ഥ భ )) = 1,000999 + ܷഥ2= U1 + ௛ ଶ (U1- ௖௢௦௫భ ௎భ ) = 1,003088  U2= U1 + h(ܷഥ2- ୡ୭ୱ (௫భା଴,ହ௛) ௎ഥ మ )) = 1,010495 + ܷഥ3= U2 + ௛ ଶ (U2- ௖௢௦௫మ ௎మ ) = 1,019277  U3= U2 + h(ܷഥ3- ୡ୭ୱ (௫మା଴,ହ௛) ௎ഥ య )) = 1,037935 + ܷഥ4= U3 + ௛ ଶ (U3- ௖௢௦௫య ௎య ) = 1,057977  U4= U3 + h(ܷഥ4- ୡ୭ୱ (௫యା଴,ହ௛) ௎ഥ ర )) = 1,091733 + ܷഥ5= U4 + ௛ ଶ (U4- ௖௢௦௫ర ௎ర ) = 1,126575  U5= U4 + h(ܷഥ5- ୡ୭ୱ (௫రା଴,ହ௛) ௎ഥ ఱ )) = 1,177547 + ܷഥ6= U5 + ௛ ଶ (U5- ௖௢௦௫ఱ ௎ఱ ) = 1,229245  U6= U5 + h(ܷഥ6- ୡ୭ୱ (௫ఱା଴,ହ௛) ௎ഥ ల )) = 1,2982670 Bài 29: Dùng phương pháp trung điểm giải bài toán sau: ݕᇱ = ݕ − ݁௫ܿ݋ݏݔ ݕ Với 0,3 ≤ ݔ ≤ 0,5; y(0,3) =0,943747, chọn bước h =0,1. Kết quả làm tròn 6 chữ số lẻ thập phân.
    13. 30. Bài giải Ta có: U0= y(0) =0,943747 Áp dụng phương pháp trung điểm ta tính được: +) ܷഥଵ = ܷ଴ + ௛ ଶ (ܷ଴ − ௘ೣబ.௖௢௦௫బ ௎బ ) = 0,926822832  ܷଵ = ܷ଴ + ℎ(ܷഥଵ − ௘(ೣబశబ,ఱ೓).௖௢௦(௫బା଴,ହ௛) ௎ഥ భ ) = 0,891524 ଶ (ܷଵ − ௘ೣభ.௖௢௦௫భ +) ܷഥଶ = ܷଵ + ௛ ௎భ ) = 0,859038  ܷଶ = ܷଵ + ℎ(ܷഥଶ − ௘(ೣభశబ,ఱ೓).௖௢௦(௫భା଴,ହ௛) ௎ഥ మ ) = 0,813037 ଶ (ܷଶ − ௘ೣమ.௖௢௦௫మ +) ܷഥଷ = ܷଶ + ௛ ௎మ ) = 0,764708  ܷଷ = ܷଶ + ℎ(ܷഥଷ − ௘(ೣమశబ,ఱ೓).ୡ୭ୱ (௫మା଴,ହ௛) ௎ഥ య ) = 0,696278 Vậy nghiệm gần đúng cần tìm là: U3= α= 0,696278

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt
  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải (Phần 1)
  • Phương Pháp Học Tốt Công Thức Vật Lý 11

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Vật Lý 12 Chuyên Đề Dòng Điện Xoay Chiều Một Phần Tử Chọn Lọc.
  • Tìm Đáp Án, Giải Bài Tập Mai Lan Hương Lớp 7 Tập 2, Bài Tập Tiếng Anh Lớp 7 Tập 2
  • Giải Vbt Ngữ Văn 8
  • Hướng Dẫn Giải Toán Nâng Cao 12 Chuyên Đề Phương Trình Mặt Phẳng.
  • Giáo Dục Quốc Phòng
  • Chương trình học vật lý lớp 11 có khối lượng kiến thức khá lớn và có nhiều dạng bài tập đa dạng. Bên cạnh đó, phương pháp thi trắc nghiệm đã và đang được áp dụng vào tất cả các kỳ thi thì do đó công thức vật lý lớp 11 đóng vai trò cực kì quan trọng trong việc học vật lý.

    Việc ghi nhớ các công thức này là một điều không thể bỏ qua. Chúng sẽ vừa giúp các bạn giải nhanh các bài tập vừa giúp các bạn hiểu thêm về kiến thức lý thuyết trong bài.

    Nào bây giờ chúng ta cùng bắt đầu đi tìm hiểu:

    I.  Vai trò của công thức vật lý 11

    Hiện nay khi mà số lượng học sinh chọn thi ban tự nhiên đang ở mức khá đông. Vì thế, công thức giải nhanh vật lý lớp 11 vì thế mà được rất đông đảo các bạn quan tâm. Trong các kỳ thi học sinh giỏi, các kỳ thi trên trường hay các kỳ thi tốt nghiệp THPT sau này, các công thức này cũng thường xuyên được sử dụng và là công cụ không thể thiếu để các bạn có thể hoàn thành bài tập một cách nhanh nhất.

    II. Một số công thức vật lý 11 thường xuất hiện trong kiểm tra và thi cử

    Công thức vật lý lớp 11 có cực kì nhiều. Các công thức này thường được xuất hiện theo các chương học khác nhau.

    a. Điện tích của một vật: q= N. e

    Trong đó, e= 1,6 . 1019  là điện tích của nguyên tố

    N là số e nhận vào hay mất đi

    Khi chúng ta cho hai vật tiếp xúc nhau, sau đó  tách chúng ra thì :

    b. Lực tương tác giữa hai điện tích điểm là:

    với k = 9 x 109( Nm2/ C2), q1,q2  (C ) là điện tích, r là khoảng cách giữa hai điện tích

    c. Cường độ điện trường là:

    Áp dụng cho bài toán thay đổi khoảng cách hai điện tích:

    Trong đó thì ta có r1 là khoảng cách ban đầu, r2 là khoảng cách lúc sau

    Bài toán lực tương tác hay xác định cường độ điện trường tại trung điểm M của AB

    Cho điện tích q1 đặt tại O. Nếu đặt q2 tại A thì cường độ điện trường là EA, nếu đặt q2 tại B thì cường độ điện trường là EB.

    III. Phương pháp học thuộc các công thức vật lý 11

    1.  Hiểu bản chất của công thức

    Trước khi chúng ta học một số công thức giải nhanh vật lý 11, các bạn cần phải hiểu được bản chất của vấn đề và sau đó nắm được những định luật cơ bản. Thực chất tất cả công thức này chính là hệ quả được suy ra từ các định luật vật lý hay quy luật của một số dạng bài tập. Các công thức giải nhanh sẽ giúp bạn hoàn thành được bài tập rất tốt. Tuy nhiên, cốt lõi của vấn đề mới là điều mà môn vật lý phổ thông muốn hướng tới.

    2. Thường xuyên luyện tập để nhớ công thức lý 11 dễ dàng

    Các bạn học cần phải luyện tập thường xuyên để có thể tự tìm ra quy luật của các công thức vật lý giải nhanh lớp 11 và từ đó đưa nó vào bộ nhớ. Việc luyện tập thường xuyên vừa giúp bạn nhanh chóng tìm ra những quy tắc, bên cạnh đó vừa có thể luyện kỹ năng và góp phần tăng tốc độ xử lý bài tập.

    Vậy là chúng ta đã cùng nhau tìm hiểu những vai trò, những lời khuyên khi học những công thức vật lý 11 phải không nào?

    Mong ra từ những điều trên Kiến Guru có thể giúp các bạn học có thể mường tượng ra cho chính bản thân mình những phương pháp học các công thức của riêng mình. Từ đó các bạn có thể ghi nhớ, áp dụng để học thật tốt chương trình học vật lý 11.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập Kinh Tế Lượng Chương 2 Co Loi Giai, Các Dạng Bài Tập Kinh Tế Lượng Và Cách Giải
  • Giải Vbt Công Nghệ 6
  • Giải Vbt Công Nghệ 8
  • Giải Bài Tập Sgk Tiếng Anh Unit 6 Lớp 10
  • Tài Liệu Học Ngữ Pháp Tiếng Anh: Sách Use Of English – First Certificate Skills – Mark Harrison
  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Một Số Phương Pháp Giúp Học Sinh Giải Bài Toán Định Lượng Môn Vật Lý Lớp 6

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Vật Lí 6 Bài 16: Ròng Rọc
  • Giải Bài Tập Vật Lý 6 Bài 28
  • Giải Bài Tập Trang 87, 88 Sgk Vật Lý Lớp 6: Sự Sôi
  • Bài 11.1, 11.2, 11.3, 11.4, 11.5, 11.6, 11.7, 11.8, 11.9 Trang 38 Sbt Vật Lí 6
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 6 Bài 11 Trang 36, 37, 38: Khối Lượng Riêng, Trọng Lượng Riêng
  • Như chúng ta đã biết, môn vật lý chiếm giữ một vị trí quan trọng đối với việc phát triển năng lực, tư duy sáng tạo, hình thành kỹ năng kỹ xảo cho học sinh. Nó là một môn khoa học thực nghiệm có liên hệ mật thiết đến các hiện tượng trong tự nhiên và được ứng dụng rất nhiều trong cuộc sống. Qua việc học môn này, học sinh biết vận dụng kiến thức để liên hệ thực tế và cải tạo tự nhiên.

    Với việc thay sách giáo khoa THCS mà trước hết là ở lớp 6. Đối với môn vật lý, học sinh không còn tiếp thu kiến thức mang tính hàn lâm cao như trước nữa mà tăng cường thực hành, tự tìm hiểu để rút ra vấn đề cần lĩnh hội. Với cách học mới này, việc vận dụng công thức vào giải các bài tập định lượng đối với học sinh lớp 6 là rất khó khăn. Các em chưa có kỹ năng áp dụng công thức vào giải toán.

    Đặc biệt đối với học sinh lớp 6 lần đầu tiên làm quen với cách học mới với phương pháp học mới, lại tiếp cận với môn vật lý nhưng thời gian dành cho tiết chữa bài tập trên lớp hầu như không có mà phần lớn bài tập được giao về nhà.

    Phần I : LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI I) Cơ sở khoa học: Như chúng ta đã biết, môn vật lý chiếm giữ một vị trí quan trọng đối với việc phát triển năng lực, tư duy sáng tạo, hình thành kỹ năng kỹ xảo cho học sinh. Nó là một môn khoa học thực nghiệm có liên hệ mật thiết đến các hiện tượng trong tự nhiên và được ứng dụng rất nhiều trong cuộc sống. Qua việc học môn này, học sinh biết vận dụng kiến thức để liên hệ thực tế và cải tạo tự nhiên. Với việc thay sách giáo khoa THCS mà trước hết là ở lớp 6. Đối với môn vật lý, học sinh không còn tiếp thu kiến thức mang tính hàn lâm cao như trước nữa mà tăng cường thực hành, tự tìm hiểu để rút ra vấn đề cần lĩnh hội. Với cách học mới này, việc vận dụng công thức vào giải các bài tập định lượng đối với học sinh lớp 6 là rất khó khăn. Các em chưa có kỹ năng áp dụng công thức vào giải toán. Đặc biệt đối với học sinh lớp 6 lần đầu tiên làm quen với cách học mới với phương pháp học mới, lại tiếp cận với môn vật lý nhưng thời gian dành cho tiết chữa bài tập trên lớp hầu như không có mà phần lớn bài tập được giao về nhà. II) Cơ sở thực tiễn. Phần lớn ở học sinh việc nhận thức phát huy năng lực còn rất hạn chế. Để đảm bảo cho các em đều có sự sáng tạo của bản thân, người giáo viên không những là người hướng dẫn mà còn phải điều khiển cho tất cả các học sinh phát huy sự sáng tạo và tích cực. III) Những vấn đề lí luận phân tích tích cực thông qua việc học tập môn vật lí. 1. Tích cực học tập: Trong mọi hoạt động của con người tính tích cực biểu hiện trong những hoạt động khác nhau như, học tập, vui chơi, giải trítrong đó hoạt động học tập là chủ đạo ở lứa tuổi đi học. Tích cực học tập thực chất là tính tích cực nhận thức, nhận thức của học sinh đặc trưng ở khát vọng học tập, gắng trí tuệ cố gắng nằm bắt các kiến thức. 2. Dấu hiệu biểu hiện tính tích cực: Dấu hiệu biểu hiện của những hoạt động tích cực về trí tuệ với các biểu hiện học sinh khao khát tự nguyện trả lời các câu hỏi của giáo viên. Học sinh thường nêu những thắc mắc. Học sinh phải vận dụng những kiến thức, kỹ năng để nhận thức vấn đề mới. Học sinh muốn đóng góp với thầy cô và bạn bè. 3 . Những cấp độ khác nhau tính tích cực của học sinh. * Bắt chước: Học sinh tích cực bắt chước các hoạt động của giáo viên và bạn bè đây là cấp độ khá phổ biến đòi hỏi giáo viên phải làm các động tác mẫu trong dạy học. Cách phát biểu, giải bài tập , làm thí nghiệm .. * Tìm tòi: Học sinh tìm cách độc lập giải quyết các bài tập nêu ra. Mò mẫm để tìm ra lời giải hợp lí nhất. Nó biểu hiện học sinh tự lực cao, thể hiện ý chí. * Sáng tạo: học sinh suy nghĩ ra cách giải độc đáo sáng tạo, hoặc sáng tạo ra các bài tập mới, lắp đặt thí nghiệm để chứng minh bài học. Mặt khác tính sáng tạo còn thể hiện học sinh biết cách phân loại bài tập. Để phát huy tính sáng tạo của học sinh phải áp dụng kiểu học tích cực ngoài ra giáo viên biết hướng dẫn tổ chức cho học sinh khám phá kiến thức mới, dạy cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp học, cốt lõi là phương pháp tự học của học sinh. PHẦN II: NỘI DUNG I/ THỰC TRẠNG VỀ PHÂN TÍCH ĐẶC ĐIỂM TÂM LÝ HỌC SINH: 1)Phân tích đặc điểm tâm lý lứa tuổi học sinh THCS. a.Động cơ học tập: Hoạt động học tập được các em coi là quá trình thoả mãn nhu cầu nhận thức. Để các em có được động cơ đúng đắn thì tài liệu học phải phong phú, các câu hỏi gắn với đời sống thực tiễn giáo viên phải gợi cho học sinh tìm hiểu và có phương pháp đúng đắn. b. Về chú ý: Đối với các bài thí nghiệm yêu cầu cần phải làm các động tác mẫu, yêu cầu học sinh chú ý có chủ định, bền vững hình thành dần mặt khác chú ý dễ phân tán không bền vững. Biện pháp tốt nhất để thu hút sự chú ý của các em là phải tổ chức hoạt động học tập cho hợp lí, không có thời gian nhàn rỗi. Vì vậy cần lưu ý phải tạo sự say mê, câu hỏi phải dễ hiểu, giáo viên phải có biện pháp tăng cường hoạt động thôi thúc các em tìm tòi tìm ra những kiến thức mới. c. Về ghi nhớ: Học sinh thường ghi nhớ một cách máy móc cần tạo cho các em có ghi nhớ một cách chủ động dựa trên sự so sánh, hệ thống hoá các kiến thức. Giáo viên cần dạy cho học sinh kĩ năng ghi nhớ lôgic, biết cách tìm ra điểm tựa để ghi nhớ biết cách hệ thống hoá và thói quen trình bày lời nói của mình. d.Tư duy: Các kiến thức mà học sinh đã quan sát để phân tích và phát triển tư duy cho học sinh, các câu hỏi đưa ra cho học sinh tìm tòi tìm ra những kiến thức mới, kiến thức trọng tâm bài giảng. e. Quan hệ giao tiếp: II) Một số giải pháp giúp học sinh lớp 6 giải các bài toán vật lí định lượng: Đối với chương trình vật lý lớp 6 bài tập chủ yếu thiên về định tính tuy nhiên, bài tập định lượng là một vấn đề cũng quan trọng. Để dạy tôi chỉ đi sâu về chương trình cơ học. Trước tiên muốn giải được bài toán cơ học ta phải cần nắm vững các công thức cơ bản của nó. Vì vậy cần phải giúp học sinh hệ thống các kiến thức phần này 1) Hệ thống các công thức cơ bản của chương cơ học: Công thức về độ biến dạng: rl = l - lo Trong đó: rl: Độ biến dạng lo: Chiều dài tự nhiên l: Chiều dài lúc biến dạng - Hệ thức liên hệ giữa trọng lượng và khối lượng của cùng một vật: P = 10m Trong đó: P: Là trọng lượng (N) m: Là khối lượng (kg) - Tính khối lượng của một vật theo khối lượng riêng m = D x V Trong đó: m: Khối lượng(kg) D: Khối lượng riêng(kg/m3) V: Thể tích(m3) - Tính trọng lượng riêng theo khối lượng riêng: d = 10D Trong đó: d: Trọng lượng riêng (N/m3) D: Khối lượng riêng (kg/m3) 2) Kỹ năng vận dụng riêng lẻ từng công thức. Bước đầu ta phải hình thành cho học sinh giải những bài tập chỉ cần vận dụng một công thức riêng lẻ, mà không cần phải biến đổi. Ví Dụ: Chiều dài ban đầu của lò xo là 20 cm sau khi tác dụng lên lò xo một lực thì chiều dài của nó là 24 cm. Hãy tính độ biến dạng của lò xo? Đối với bài tập định lượng trước khi giải ta cần phải tóm tắt đề. Tóm tắt: Cho biết: lo = 20 cm l = 24 cm Tính : rl = ? rl = l - lo Vậy ta giải bài này như sau: Độ biến dạng của lò xo là: rl = l - lo = 24 - 20 = 4 (cm) * Hoặc như bài toán tính khối lượng của một vật dựa vào khối lượng riêng. Ta cần phải nhớ đến công thức: m = D x V Ví dụ: Cho biết khối lượng riêng của chì là 11300 kg/m3. Hãy tính khối lượng của 7dm3 chì. - Đối với bài này khi tóm tắt ta phải thống nhất đơn vị đo (nghĩa là đổi dm3 sang m3) Tóm tắt: Cho biết: D = 11300 (kg/m3 ) V = 7 dm3= 0,0007 (m3) Tính : m = ? (kg) Áp dụng công thức tính khối lượng dựa vào khối lượng riêng: m = D x V Vậy ta giải bài này như sau : Giải: Khối lượng của 7 dm3 chì là: m = DxV = 11300 x 0.007 = 79,1 (kg) Đối với dạng bài tập này đơn thuần chỉ hình thành cho học sinh kỹ năng vận dụng trực tiếp các công thức vào giải bài tập mà chưa yêu cầu học sinh phải biến đổi vì bước ban đầu cần giúp học sinh vận dụng công thức vào giải bài tập. 3) Kỹ năng vận dụng và biến đổi công thức vào giải bài tập Đây là dạng bài tập đòi hỏi học sinh phải tư duy sáng tạo hơn trong việc vận dụng công thức. Từ công thức ban đầu phải vận dụng và biến đổi để tìm các đại lượng cần biết Ví dụ: Một vật a có khối lượng m = 3 kg. Tính khối lượng của vật b biết trọng lượng của nó bằng 2/3 trọng lượng của vật a ? Tóm tắt: ma = 3 (kg) Pb = 2/3 Pa Tính mb = ? Ta dựa vào điều kiện đề bài tập cho biết vận dụng công thức: P = 10m để tìm khối lượng của vật b Giải Ta có: P = 10m Trọng lượng của các vật a và b lần lượt là: Pa = 10ma (1) Pb = 10mb (2) Theo đề ta có: Pb = 2/3Pa (3) Từ (1), (2), (3) ta được: 10mb= 2/3 x 10ma Vậy: mb = 2/3 ma Mà: ma = 3 (kg) Vậy khối lượng của vật b là: mb = 2/3x3 = 2 (kg) 4) Kỹ năng vận dụng nhiều công thức vào giải một bài tập: Đối với kỹ năng này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng quát. Phải thông hiểu và vận dụng chính xác các công thức Ví dụ: Cho biết khối lượng riêng của sắt là 7800 kg/m3 của nước là 1000 kg/m3. Hãy tính trọng lượng riêng của 5 dm3 sắt, của 70 lít nước. Cũng như các bài tập khác ta phải tóm tắt và thống nhất đơn vị trước khi giải. Tóm tắt: Cho biết: Dsắt = 7800 kg/m3 Dnước = 1000 kg/m3 Vsắt = 5 dm3 = 0,005 m3 Vnước = 70 lít = 0,07 m3 Tính: Psắt = ? , Pnước = ? Trước khi giải bài tập này ta thấy đề yêu cầu tính trọng lượng nhưng chỉ cho biết KLR vậy ta phải tìm khối lượng và cần phải áp dụng công thức: m = DxV sau khi có khối lượng ta áp dụng công thức: P = 10m ta sẽ tìm được trọng lượng của các vật. Giải Khối lượng của 5dm3 sắt và 70 lít nước là: m = DxV Suy ra: msắt = 7800 x 0,005 = 39 (kg) mnước = 7000 x 0,07 = 70 (kg) Vậy trọng lượng của 5dm3 và 70 lít nước lần lượt là: Ta có : P = 10m Psắt = 10x39 = 390 (N) Pnước = 10x70 = 700 (N) PHẦN III: KẾT LUẬN Để hình thành cho học sinh kỹ năng phân dạng và giải bài tập định lượng, đối với môn vật lý 6 chúng ta cần phải rèn luyện từ dễ đến khó, từ vận dụng riêng lẻ đến vận dụng tổng hợp và biến đổi các công thức. Tuy nhiên với mức độ của từng đối tượng học sinh, mà chúng ta có thể hình thành cho học sinh với những mức độ kỹ năng khác nhau, sao cho phù hợp không làm cho học sinh chán nản, mà ngược lại góp phần kích thích lòng say mê học vật lý của học sinh. MỤC LỤC Phần I: Lý do chọn đề tài Trang 1 Phần II: Nội dung nghiên cứu đề tài ... Trang 4 Phần III: Kết luận Trang 12

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 8 Bài 6: Lực Ma Sát
  • Bài Tập Vật Lý Lớp 6: Nhiệt Kế
  • Giải Bài Tập Trang 34, 35 Sgk Vật Lý Lớp 6: Lực Kế
  • Giải Bài Tập Trang 34, 35 Vật Lí 6, Lực Kế. Phép Đo Lực. Trọng Lượng V
  • Bài Tập Vật Lý Lớp 6: Lực Kế, Phép Đo Lực, Trọng Lượng Và Khối Lượng
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Lai Hai Cặp Tính Trạng

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Mối Quan Hệ Giữa Gen Và Arn Sgk Sinh Học 9
  • Giải Bài Tập Trang 165 Sgk Sinh Lớp 9: Ô Nhiễm Môi Trường
  • Giải Bài Tập Trang 169 Sgk Sinh Lớp 9: Ô Nhiễm Môi Trường (Tiếp Theo)
  • Giải Bài Tập Ôn Tập Phần Sinh Vật Và Môi Trường ( Bài 1
  • Giải Bài Tập Trang 26 Sgk Sinh Lớp 9: Nhiễm Sắc Thể
  • Dạng 1: XÁC ĐỊNH TỈ LỆ GIAO TỬ a) Phương pháp giải

    – Giao tử chỉ mang l alen đối với mỗi cặp alen.

    – Gọi n là số cặp gen dị hợp, số kiểu giao tử sẽ tuân theo công thức tổng quát 2n kiểu, các kiểu giao tử này có tỉ lệ bằng nhau.

    + Cá thể đồng hợp cả 2 cặp gen sẽ tạo (2^0) = 1 kiểu giao tử.

    + Cá thế dị hợp tử 1 cặp gen sẽ tạo (2^1) = 2 kiểu giao tử.

    + Cá thế dị hợp tử cả 2 cặp gen sẽ tạo (2^2) = 4 kiểu giao tử.

    b) Bài tập áp dụng

    Biết 2 cặp gen Aa, Bb nằm trên 2 cặp NST tương dồng khác nhau. Hãy xác định tỉ lệ giao tử của các cá thể có kiểu gen sau dây:

    1. aaBB 2. aabb

    3. Aabb 4. AABb

    5. AaBB 6. AaBb

    HƯỚNG DẨN

    1/ Cá thể có kiểu gen aaBB chỉ tạo 1 kiểu giao tử mang gen aB.

    2/ Cá thể có kiểu gen aabb chỉ tạo 1 kiểu giao tử mang gen ab.

    3/ Cá thể có kiểu gen Aabb tạo 2 kiểu giao tử mang gen Ab = ab = 1/2

    4/ Cá thế có kiểu gen AABb tạo 2 kiểu giao tử mang gen AB = Ab = 1/2

    5/ Cá thể có kiểu gen AaBb tao 4 kiểu giao tử mang gen AB = Ab = aB = ab = 1/4

    Dạng 2: BIẾT GEN TRỘI, LẶN, KIỂU GEN CỦA P. XÁC ĐỊNH KẾT QUẢ LAI a) Phương pháp giải

    Bước 2: Xác định tỉ lệ giao tử của P

    Bước 3: Lập bảng tổ hợp giao tử (sơ đồ lai).

    Bước 4: Tính tí lệ kiểu gen, tí lệ kiểu hình. Xét riêng từng tính trạng, sau đó lấy tích sẽ được kết quả cả hai tính trạng.

    b) Bài tập áp dụng

    Ở cà chua A: lả chẻ; a: lá nguyên; B: quả tròn; b: quả bầu dục. Hai cặp gen phân li độc lập nhau. Hãy cho biết kết quả phân li kiểu gen. kiểu hình đời F1 của các phép lai sau:

    1. P1: AaBb × AaBb

    2. P2: AaBb × Aabb

    3. P3: AaBb × aabb

    HƯỚNG DẪN

    1/ P1: AaBb × AaBb

    Bước 1: Quy ước: A: Gen quy định lá chẻ ; a: Gen quy định lá nguyên

    B: Gen quy định quả tròn; b: Gen quy định quả bầu dục

    Bước 2: (G_{P1}): (AB : Ab : aB : ab) × (AB : Ab : aB : ab)

    Bước 4: TLKG có 3 3 = 9 kiểu gen, với tỉ lệ là:

    Học sinh tự nhân đa thức để có tỷ lệ kiểu gen.

    TLKH: có 2×2 = 4 kiểu hình, với tỉ lệ là:

    (3 lá chẻ : 1 lá nguyên) (3 quả tròn : quả bầu)

    9 cây lá chẻ, quả tròn : 3 cây lá chẻ, quả bầu : cây lá nguyên, quả tròn : cây lá nguyên, quả bầu.

    TLKG: (1AA : Aa : laa) (1Bb : 1bb) → lAABb : 1 AAbb: 2AaBb : 2Aabb: laaBb : laabb

    TLKG: lAaBb : l Aabb : l aaBb : l aabb.

    TLKH: 1 cây lá chẻ, quả tròn : cây lá chẻ, quả bầu : cây lá nguyên, quả tròn : cây lá nguyên, quả bầu.

    Trường hợp 1: Nếu đề cho biết trước, quy luật, các nội dung sau đây thuộc quy luật phân li độc lập.

    • Cho biết mỗi gen trên 1 NST.
    • Hoặc cho biết các cặp gen quy định các cặp tính trạng nằm trên các cặp NST tương đồng khác nhau.

    Trường hợp 2: Nêu đề chưa cho biêt quy luật và yêu cầu phải xác định quy luật, ta căn cứ vào các biểu hiện sau:

    -Trong điều kiện mỗi gen quy định một tính trạng trội, lặn hoàn toàn . Khi xét sự di truyền về hai cặp tính trạng, nếu xảy ra một trong các biểu hiện sau, ta kết luận sự di truyền của hai cặp tính trạng đó tuân theo định luật phân li độc lập của Menđen.

    – Khi tự thụ hoặc giao phối giữa cá thể dị hợp hai cặp gen, nếu kết qủa xuất hiện 4 kiểu hình theo tỉ lệ

    ((3 : 1)^2)= 9 : 3 : 3 : 1. Ta suy ra hai cặp tính trạng đó, được di truyền tuân theo định luật phân li độc lập của Menden.

    P: (Aa , Bb) × (Aa, Bb) → F1 phân li kiểu hình 9 : 3 : 3 : 1

    * Khi lai phân tích cá thể dị hợp hai cặp gen, nếu (F_B) xuất hiện 4 kiểu hình theo tỉ lệ ((1 : 1)^2) = 1: 1 : 1 : 1. Ta suy ra hai cặp tính trạng đó di truyền độc lập nhau.

    P: (Aa , Bb) × (aa, bb) → Fb phân li kiểu hình 1 : 1 : 1 : 1

    – Nếu tỉ lệ chung về cả hai tính trạng, bằng tích các nhóm tỉ lệ khi xét riêng. Ta suy ra hai cặp tính trạng sẽ di truyền độc lập nhau.

    P: (Aa , Bb) × (Aa, bb) hoặc (aa, Bb) → F1 xuất hiện tỉ lệ kiểu hình 3 : 3 : 1 : 1 = (3 : 1) (1 : 1) → quy luật phân li độc lập.

    • Ta xét sự di truyền của từng cặp tính trạng riêng và từ tỉ lệ kiểu hình ta suy ra kiểu gen tương ứng đối với mỗi tính trạng.
    • Sau đó kết hợp các tính trạng lại, ta có được kiểu gen chung của bố mẹ.
    • Nếu đề cho biết kiểu hình của P, ta cần phải tìm các phép lai tương đương. (Lai tương đương là các phép lai giữa P có kiểu gen khác nhau nhưng cho kết quả hoàn toàn giống nhau).

    Bài 1. Ở một loài, các tính trạng hoa kép, màu đỏ trội hoàn toàn so với hoa đơn, màu trắng. Cho giao phối

    1 cặp bố mẹ, người ta thu dược kết quả sau:

    138 cây hoa kép, màu trắng,

    136 cây hoa đơn, màu trắng.

    Hãy biện luận xác định kiểu gen, kiểu hình của thế hệ P và lập sơ dồ lai từ P đến F1

    – Quy ước : A: Hoa kép B: Hoa đỏ

    a: hoa đơn b: Hoa trắng

    – Xét sự di truyền về tính trạng hình dạng hoa:

    – F1 phân ly (hoa đơn)/(hoa kép)≈1/1. Đây là kết quả của phép lai phân tích cá thể dị hợp. suy ra kiểu

    gen của P về tính trạng này là:

    – P: Aa (cây hoa kép) × aa (cây hoa đơn)

    – Xét sự di truyền về tính trạng màu sắc hoa:

    – F1 phân ly (hoa đỏ)/(hoa trắng)≈3/1. Đây là tỉ lệ của định luật phân li. Suy ra kiểu gen của P về tính trạng này là

    P: Bb (cây hoa đỏ) × Bb (cây hoa đỏ)

    -Xét kết hợp sự di truyền đồng thời cá hai tính trạng, kiểu gen của cặp bố mẹ là:

    -P: AaBb (hoa kép, màu đỏ) × aaBb (hoa đơn, màu dỏ)

    -Sơ đồ lai của P:

    GP: (AB : Ab: aB : ab) × (aB, ab)

    TLKG F1: (lAa : laa) (1BB : 2Bb : l bb)

    1AaBB: laaBB

    2AaBb : 2aaBb

    1Aabb:1aabb

    TLKH: (1 hoa kép : 1 hoa đơn) (3 hoa đỏ: 1 hoa trắng) = 3 cây hoa kép, màu đỏ :3 cây hoa đơn, màu đò :1cây hoa kép, màu trắng : 1cây hoa đơn, màu trắng.

    Bài 2. Ở một loài bọ cánh cứng, A quy dịnh cánh dài trội hoàn toàn so với a quy dịnh cánh ngắn; B quy dịnh màu đen trội hoàn toàn so với b quy dịnh màu vàng. Đem lai giữa cặp bố mẹ, nhận dược F1 kết quả theo số liệu sau:

    25% con cảnh dài, màu đen, 25% con cánh dài, màu vàng, 25 % con cánh ngắn, màu đen, 25% con cánh ngắn màu vàng.

    Biết các gen trên NST thường.

    1. Xác định quy luật di truyền chi phối phép lai trên.

    2. Viết sơ đồ lai.

    HƯỚNG DẪN

    1. Xác định quy luật:

    Quy ước A: cánh dài B : màu đen

    a cánh ngắnb: cánh vàng

    F1 phân ly (cánh ngắn)/(cánh dài)=1/1

    Đây là kết quả của phép lai phân tích cá thể dị hợp, kiểu gen của P về tính trạng này là:

    P: Aa (cánh dài) × aa (cánh ngắn)

    Xét sự di truyền về tính trạng màu sắc cánh.

    F1 phân ly (cánh đen)/(cánh vàng)=1/1

    Đây cũng là tỉ lệ của phép lai phân tích cá thể dị hợp. Suy ra kiểu gen của P về tính trạng này là:

    P: Bb (cánh đen) × bb (cánh vàng)

    Xét sự kết hợp di truyền đồng thời cả hai cặp tính trạng

    F, phân li 4 kiểu hình tí lệ 25 : 25 : 25 : 25 = 1 : 1 : 1 : 1 = (1 : 1)(1 :1).

    Vậy, cặp tính trạng di truvền theo quy luật phân li độc lập của Menđen.

    Kiểu gen của P và sơ đồ lai:

    P: AaBb (cánh dài, màu đen) × aabb (cánh ngắn, màu vàng) hoặc Aabb (cánh dài, màu vàng) × aaBb (cánh ngắn, màu đen)

    + P: AaBb (cánh dài, màu đen) × aabb (cánh ngắn, màu vàng)

    GP: AB : Ab: aB: abab

    F1: 1AaBb : 1 Aabb: 1aaBb : 1aabb

    + Aabb (cánh dài, màu vàng) × aaBb (cánh ngắn, màu đen)

    GP: Ab :abaB: ab

    F1: AaBb: 1Aabb: 1aaBb : 1aabb

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Giải Bài Tập Lai Hai Cặp Tính Trạng Của Menđen
  • Giải Bài Tập Sinh Học 9 Bài 2. Lai Một Cặp Tính Trạng
  • Sinh Học 9 Bài 5: Lai Hai Cặp Tính Trạng (Tiếp Theo)
  • Giải Bài Tập Sinh Học 9 Bài 5. Lai Hai Cặp Tính Trạng (Tiếp Theo)
  • Giải Sinh Lớp 9 Bài 13: Di Truyền Liên Kết
  • Skkn Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý 8 Nâng Cao Phần Nhiệt Học

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Vật Lý Lớp 8 Bài 21: Nhiệt Năng
  • Giải Bài Tập Vật Lý 8 Bài 21: Nhiệt Năng
  • Bài Tập Vật Lý Lớp 8 (Bản Đầy Đủ)
  • Tải Về Bài Tập Nâng Cao Vật Lý 8 Sách Miễn Phí Pdf * Thư Viện Sách Hướng Dẫn
  • Giải Bài 1.a, 1.b, 1.c Phần Bài Tập Bổ Sung Trong Sbt Trang 9 Vở Bài Tập Vật Lí 8
  • 

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VẬT LÍ 8 NÂNG CAO PHẦN NHIỆT HỌC`

    Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ

    I. Lí do chọn đề tài

    Dạy học vật lí là nhiệm vụ then chốt trong mổi nhà trường, bởi vì kết quả học sinh đạt

    được kết quả cao hàng năm là một trong những tiêu chuẩn để xét thi đua cho mổi giáo viên

    và nó cũng là một trong những tiêu chuẩn để tạo danh tiếng cho trường, là thành quả để tạo

    lòng tin với phụ huynh và là cơ sở tốt để xã hội hoá giáo dục.

    Vật lý là môn khoa học thực nghiệm, các sự vật hiện tượng vật lý rất quen thuộc gần gũi

    với các em. Song việc tạo lòng say mê yêu thích và hứng thú tìm tòi kiến thức lại phụ thuộc

    rất nhiều vào nghiệp vụ sư phạm của người thầy. Qua giảng dạy và tìm hiểu tôi nhận thấy

    phần lớn các em chưa có thói quen vận dụng những kiến thức đã học vào giải bài tập vật lý

    một cách có hiệu quả.

    Nhiệt học là một trong bốn phần kiến thức vật lí cơ bản được trang bị cho học sinh trung

    học cơ sở. Lượng kiến thức của phần này không nhiều so với các phần khác, bài tập của

    phần này cũng không quá khó nhưng lại gặp thường xuyên trong các kì thi học sinh giỏi các

    cấp. Song vì các em ít được tiếp xúc với bài tập định lượng, số giờ bài tập ở lớp 8 lại không

    có nên việc định hướng giải bài tập nhiệt học rất khó khăn với các em và các em chưa có

    phương pháp giải.

    II. Mục đích nghiên cứu đúc rút kinh nghiệm

    Xuất phát từ những lý do trên tôi đã suy nghĩ, tìm tòi và đưa ra sang kiến: “Phương

    pháp giải một số dạng bài tập vật lí nâng cao phần nhiệt học” với mong muốn phần nào

    khắc phục được nhược điểm tìm cách giải bài tập vật lí nhiệt học của học sinh khối 8 và rèn

    luyện tính tự học cho học sinh khối 9 góp phần hoàn thành mục tiêu giáo dục

    III. Kết quả cần đạt

    + Đối với học sinh giỏi khối 8: Biết cách giải các dạng bài tập vật lí nhiệt học cơ bản và

    nâng cao

    + Đối với học sinh giỏi khối 9: Tự học và giải được các dạng bài tập vật lí nhiệt học nâng

    cao

    IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

    + Học sinh giỏi khối 8, 9 năm học 2009 – 2010 tại trường ta

    Phần II : NỘI DUNG

    I. Cơ sở lí luận của vấn đề nghiên cứu

    Giảng dạy bộ môn vật lí 8 nhằm để năng cao chất lượng học tập của học sinh là việc làm

    được sự chỉ đạo từ ban giám hiệu đến việc phân công giao trọng trách và chỉ tiêu cho từng

    đồng chí giáo viên đứng lớp. Nên kế hoạch bồi dưỡng học sinh giỏi cho từng giáo viên,

    kiểm tra đôn đốc giáo viên qua việc dự giờ thăm lớp rút kinh nghiệm cho từng giáo viên.

    Trong đó chỉ đạo đổi mới phương pháp nhằm phát huy tính tích cực, chủ động của người

    học là nhiệm vụ cấp bách.

    Dạy học vật lí là việc làm thường xuyên, liên tục và lâu dài. Nó đòi hỏi người giáo viên

    không phải chỉ có năng lực, kinh nghiệm mà phải có cả tâm huyết với nghề, yêu nghề, yêu

    trò, phát hiện và bồi dưỡng tạo điều kiện để cho những em có năng lực tự bộc lộ khả năng

    một cách tối đa. Theo ý kiến của nhiều học giả đều cho rằng mỗi học sinh đều có mặt mạnh

    1

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    + Phương trình cân bằng nhiệt: Qtoả = Qthu

    + Nhiệt lượng toả ra của nhiên liệu:

    Q = m.q

    m: khối lượng của nhiên liệu bị đốt cháy hoàn toàn(kg)

    q: năng suất toả nhiệt của nhiên liệu(J/kg)

    + nhiệt lượng cần thiết để một chất nóng chảy hay đông đặc hoàn toàn:

    Q = m

    m: khối lượng của chất bị nóng chảy(đông đặc) hoàn toàn(kg)

     : nhiệt nóng chảy của chất(J/kg)

    + Công thức tính hiệu suất là:

    H = Qi / QTP

    Qi: nhiệt lượng có ích(J)

    QTP: nhiệt lượng toàn phần(J)

    2. Phương pháp giải các dang bài tập nâng cao phần nhiệt học

    Loại 1: Bài tập chỉ có một đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt nhưng ở nhiều thể:

    Bài tập:

    Tính nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -150C hoá thành hơi hoàn toàn.

    Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c 1= 1800J/kg.K, c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng

    chảy của nước đá là  = 3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106J/kgc1

    Phân tích bài:

    – Trong bài tập nước đá trải qua các giai đoạn sau:

    + Nước đá từ -150C lên 00C

    + Nước đá nóng chảy thành nước ở 00C

    + Nước từ 00C lên 1000C

    + Nước hoá thành hơi hoàn toàn ở 1000C

    – Từ sự phân tích trên ta có lời giải sau:

    + Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở -150C tăng nên 00C là:

    Q1 = m. c1.  t = 0,5.1800.15 = 13500J =0,135.105J

    + Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 0,5kg nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:

    Q2 = m.  = 0,5.3,4.105 = 1,7.105J

    + Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 00C tăng lên 1000C là:

    Q3 = m.c2.  t = 0,5.4200.100 = 2,1.105J

    + Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở 100 0C hoá thành hơi hoàn

    toàn là:

    Q4 = m.L = 0,5.2,3.106 = 11,5.105J

    + Nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho 0,5kg nước ở -15 0C hoà thành hơi hoàn

    toàn là:

    Q = Q1 + Q2 +Q3 +Q4 = 0,135.105J + 1,7.105J + 2,1.105J + 11,5.105J = 15,435.105J

    Cách giải:

    Bước 1:

    Phân tích đề bài tìm các giai đoạn thu nhiệt hoặc toả nhiệt của đối tượng.

    Bước 2:

    Tính nhiệt lượng của từng giai đoạn tương ứng.

    Bài tập tự giải:

    Một thỏi nước đá có khối lượng 200g ở -100C. Tính nhiệt lượng cần thiết để thỏi nước đá

    hoá thành hoi hoàn toàn ở 1000C. Biết nhiệt dung riêng của nước đá và nước là c1=

    1800J/kg.K, c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.105J/kg, nhiệt hoá hơi

    của nước là L = 2,3.106J/kg

    Loại 2: Bài tập có nhiều đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt và ở nhiều thể.

    

    3

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    Đây là dạng bài tập rất phong phú và có thể chia thành ba dạng sau:

    Dạng 1: Bài tập đã biết rõ thể

    Bài tập 1:

    Thả cục nước đá ở nhiệt độ t1= -500C vào một lượng nước ở nhiệt độ t2 = 600C người ta

    thu được 25kg nước ở nhiệt độ 250C. Tính khối lượng nước đá và nước? Biết nhiệt dung

    riêng của nước đá và nước là c1= 1800J/kg.K. c2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước

    đá là  = 3,4.105J/kg

    Phân tích bài:

    – Bài tập này có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:

    + Cục nước đá ở -500C

    + Nước ở 600C

    – Vì đề bài cho ta thu được 25kg nước ở nhiệt độ 250C nên ta suy luận được:

    + Cục nước đá trải qua các giai đoạn là:

    Từ -500C lên 00C

    Nóng chảy hoàn toàn ở 00C

    Từ 00C lên250C

    Nước chỉ có một giai đoạn là hạ nhiệt độ từ 600C xuống 250C

    `

    Cục nước đá thu nhiệt, nước toả nhiệt

    – Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:

    + Gọi khối lượng của cục nước đá ở -500C và nước ở 600C lần lượt là m1, m2

    Vì ta thu được 25kg nước ở 250C nên ta có:

    m1 + m2 = 25 (1)

    + Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá từ -500C tăng lên 00C là:

    Q1 = m1.c1.  t = m1.1800.50 = 90000.m1

    + Nhiệt lượng cần thiết để cục nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn là:

    Q2 = m1  = m1.3,4.105 = 340000.m1

    + Nhiệt lượng cần thiết để m1kg nước ở 00C tăng nên 250C là:

    Q3 = m1.c2.  t = m1.4200.25 = 105000.m1

    + Nhiệt lượng thu vào của cục nước đá là:

    Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 90000.m1 + 340000.m1 + 105000.m1 = 535000.m1

    + Nhiệt lượng toả ra của m2 kg nước từ 600C hạ xuống 250C là:

    Qtoả = m2.c2.  t = m2.4200.35 = 147000.m2

    + Theo phương trình Cân bằng nhiệt ta được:

    Qtoả = Qthu

    147000.m2 = 535000.m1  147.m2 = 535.m1 (2)

    Từ (1)  m1 = 25 – m2 thay vào (2) ta được 147.m2 = 535.(25-m2)

     147.m2 = 13375 – 535.m2

     682.m2 = 13375

     m2 = 19,6kg

     m1 = 25 – 19,6 = 5,4kg

    – Vậy khối lượng cục nước đá là: 5,4kg, khối lượng nước là: 19,6kg

    Cách giải:

    Bước 1:

    – Xác định các đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt

    – Xác định xem từng đối tượng trải qua mấy quá trình

    4

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    – Xác định đối tượng toả nhiệt, đối tựơng thu nhiệt

    Bước 2:

    – Dùng công thức tính nhiệt lượng cho các quá trình

    – Tính Qtoả, Qthu

    – Dùng phương trình cân bằng nhiệt Qtoả = Qthu để tính đại lượng cần tìm

    Chú ý: ở bài tập trên có thể yêu cầu tính nhiệt độ ban đầu của nước đá hoặc nước.

    Ví dụ:

    Thả 400g nước đá vào 1kg nước ở 50C. Khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá

    tăng thêm 10g. Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Biết nhiệt dung riêng của nước đá

    và nước là C1= 1800J/kg.K, C2=4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  =

    3,4.105J/kg

    Minh hoạ cách giải:

    Bước 1: Bài toán có hai đối tượng tham gia vào quá trình nhiệt là:

    – Nước đá ở t0C

    – Nước ở 50C

    – Vì khi có cân bằng nhiệt thì thấy khối lượng nước đá tăng thêm 10g nên: Nước ở

    0

    5 C trải qua các quá trình là:

    + Hạ nhiệt độ từ 50C xuống 00C

    + Một phần nước ở 00C đông đặc thành nước đá (phần này có khối lượng bằng 10g)

    + Nước đá ở t0C chỉ có một quá trình là tăng nhiệt độ từ t0C đến 00C

    – Vậy nước ở 50C toả nhiệt, nước đá ở t0C thu nhiệt

    Bước 2: Giải bài toán:

    + Nhiệt lượng cần để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 50C xuống 00C là:

    Q1 = m2.c2.  t = 1. 4200 5 = 21000J

    + Nhiệt lượng cần để 10g nước ở 00c đông đặc hoàn toàn là:

    Q2 = m.  = 0,01.3,4.105= 3400J

    + Nhiệt lượng toả ra của nước ở 50C là:

    Qtoả = Q1 + Q2 = 21000 + 3400 = 24400J

    + Nhiệt lượng thu vào của nước đá tăng từ t0c nên 00C là:

    Qthu = m1.c1.  t = 0,4.1800.(-t) = – 720.t

    + Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

    Qtoả = Qthu .  .24400 = -720.t

     t = 24400:(-720) = – 340C

    Vậy nhiệt độ ban đầu của nước đá là: -340C

    Bài 2:

    Dùng một bếp điện để đun nóng một nồi đựng 1kg nước đá (đã đập vụn) ở -200C sau 1 phút

    thì thì nước đá bắt đầu nóng chảy.

    a. Sau bao lâu thì nước đá nóng chảy hết?

    b. Sau bao lâu nước đá bắt đầu sôi?

    c. Tìm nhiệt lượng mà bếp tỏa ra từ đầu nước bắt đầu sôi, biết rằng hiệu suất đun

    nóng nồi là 60%

    Biết: Cnđ = 2100J/kg.K  = 336000J/kg; Cn = 4200J/kg.K và quá trình thu nhiệt đều đặn.

    Phân tích bài toán:

    Bướ 1: Bài toán có ba giai đoạn nước đá thu nhiệt:

    + Nước đá từ: -200C

    5

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    + Nước đá nóng chảy hết.

    + Nước bắt đầu sôi.

    – Vì quá trình troa đổi nhiệt ( thu hoạc tỏa nhiệt ) xãy ra đều đặn có nghĩa là:

    không đổi.

    Ta có công thức là:

    Trong đó Q(J) là nhiệt lượng ứng với thời

    gian trao đổi nhiệt t (Giây, phút, giờ)

    Bước 2: Gải bài toán :

    a. Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ – 200C lên 00C là :

    Q1thu I = C1m1(tC1 – tđ) = 2 100 . 1[0- (20)] = 42 000 (J)

    Nhiệt lượng cần thiết để nước đá nóng chảy là:

    Q2thu II =  m1 = 336 000 . 1 = 336 000 (J)

    Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:

    Q1thuI

    Q 2thuII

    Q 2thuII

    336000

    t 2 

    t1 

    .1 8 phút

    t1

    t2

    Q1thuI

    42000

    Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:

    t1 + t2 = 1 + 8 = 9 phút

    b. Nhiệt lượng cần thiết để nước đá tăng từ nhiệt độ 00C lên 1000C là:

    Q2thu III = C2 m1 .(tC2 – tđ2) = 42 000.1.(100 – 0) = 420 000 (J)

    Theo bài ra ra thì nhiệt độ thu vào tương ứng với thời gian trao đổi nhiệt nên:

    Q1thuI

    Q 2thuIII

    Q 2thuIII

    420000

    t 2 

    t1 

    .1 10 phút

    t1

    t2

    Q1thuI

    42000

    Vậy thời gian nước đá nóng chảy hết là:

    t1 + t2 + t3 = 1 + 8 + 10 = 19 phút

    c. Theo bài ra hiệu suất đun của bếp là 60% nên ta có:

    H=

    Nhiệt lượng có ít mà nước thu vào là:

    Q1thu I + Q1thu II + Q1thu III = 42 000 + 336 000 + 420 000 = 798 000 (J)

    Nhiệt lượng toàn phần của bếp tỏa ra là:

    Qtp =

    = 1 330 000 (J)

    Bài tập tự giải:

    Bài 1:

    Thả một quả cầu bằng thép có khối lượng m 1 = 2kg được nung nóng tới nhiệt độ 600 0C vào

    hỗn hợp nước và nước đá ở 00C. Hỗn hợp có khối lượng là m2 = 2kg. Tính khối lượng nước

    đá có trong hỗn hợp. Biết nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là 50 0C, nhiệt dung riêng của

    thép, của nước là C1 = 460J/kg.K, C2 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  =

    3,4.105J/kg

    Dạng 2: Bài tập chưa biết rõ thể

    Bài tập 1 :

    Thả 1,6kg nước đá ở – 100C vào một nhiệt lượng kế đựng 1,6kg nước ở 800C. Bình nhiệt

    lượng kế bằng đồng có khối lượng 200g và có nhiệt dung riêng là 380J/kg.K

    a. Nướ đá có tan hết không?

    b. Tính nhiệt độ cuối cùng của nhiệt lượng kế?

    Biết: Cnước = 2 100J/kg.K, Lnước = 336.103J/kg.

    6

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    Bài tập 2:

    Trong một bình bằng đồng khối lượng 0,6kg có chứa 4kg nước đá ở -15 0C. Người ta cho

    dẫn vào 1kg nước ở 1000C. Xác định nhiệt độ chung và khối lượng nước có trong bình khi

    có cân bằng nhiệt. Biết nhiệt dung riêng của đồng, của nước đá, của nước là C 1 =

    380J/kg.K, C2 = 1800J/kg.K, C3 = 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là  =

    3,4.105J/kg

    Phân tích bài :

    Tương tự bài tập 1 bài này cũng chưa cho biết nhiệt độ cuối cùng khi có cân bằng nhiệt vì

    vậy ta chưa thể xác định được các đối tượng trải qua những giai đoạn nhiệt nào. Do đó với

    loại bài tập này trước tiên ta cần xác định trạng thái của các đối tượng bằng cách:

    + Ta xét xem bình và nước đá có tăng được thêm nhiệt độ nào hay không?

    + Nhiệt lượng cần thiết để bình đồng và nước đá tăng nhiệt độ từ -150C lên 00C

    + Nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước hạ nhiệt độ từ 1000C xuống 00C

    + Ta xét tiếp xem nước đá ở 00C có nóng chảy hoàn toàn được không?

    + Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn .

    – Từ sự phân tích trên ta có lời giải là:

    7

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    Dạng 3: Bài tập trao đổi nhiệt :

    Bài tập 1:

    Người ta vớt một cục sắt đang ngâm trong nước sôi rồi thả vào một cốc chứa nước ở nhiệt

    độ 200C. Biết cục sắt có khối lượng lớn gấp ba lần khối lượng của nước trong cốc. Hãy tính

    nhiệt độ của nước sau khi thả cục sắt. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt là c1 của nước là

    c2. Nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh coi như không đáng kể.

    Phân tích bài:

    – Thả một cục sắt vào một cóc nước :

    + Cóc nước thu nhiệt

    + Cục sắt toả nhiệt

    – Cục sắt vớt từ trong nướ sôi ra chúng tỏ cục sắt có nhiệt độ 1000C:

    + Sau khi thả cục sắt vào lại nước thì nhiệt độ cân bằng của cục sắt và nước là t x0 .

    Nhiệt độ cân bằng lúc này phải là: 200C  tx0  1000C.

    8

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    – Từ sự phân tích đó ta có lời giải sau:

    + Nước sôi ở 1000C, vì vậy cục sắt trước khi thả vào cốc nước có nhiệt độ :

    t1= 1000C.

    + Nhiệt độ ban đầu của nước trong cốc là :

    t2= 200C.

    + Sau khi thả cục sắt vào nước đã cân bằng, nhiệt độ của nước là: tx0

    200C  tx0  1000C

    + Để hạ nhiệt độ từ 1000C đến tx0 sắt toả ra nhiệt lượng :

    Q1 = m1c1(100 – tx0)

    + Để tăng nhiệt độ từ 200C đến tx0C nước hấp thụ nhiệt lượng :

    Q2= m2c2(tx0 – 20)

    + Theo đ/k cân bằng nhiệt ta có:

    Q1 = Q2 hay m1c1(100 – tx0) = m2c2(tx0 – 20

    – Thay m1 = 3m2

    – Tính được :

    t0 x =

    300c1  20c 2

    3c1  c 2

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    10

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    cân bằng nhiệt người ta lại rót một lượng nước m(kg) như thế từ bình hai trở lại bình một

    thì nhiệt độ cân bằng của bình một là t1 = 220C.

    a, Tính lượng nước m và nhiệt độ cân bằng t2 của bình hai

    b, Nếu tiếp tục thực hiện rót lần hai như thế thì nhiệt độ cân bằng của mỗi bình là bao

    nhiêu?

    IV. Kết quả thực hiện:

    Qua việc định hướng cho học sinh bằng các cách giải một số bài tập theo phương pháp trên

    tôi có ra cho HS hai loại bài tập như sau:

    Bài 1:

    Trong bình một có cục nước đá khối lượng 60g và 150g nước ở trạng thái cân bằng nhiệt.

    Bình hai chứa 450g nước ở nhiệt độ 800C. Rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau

    khi nước ở bình 2 đạt cân bằng nhiệt, lại rót nước từ bình 2 trở lại bình 1 cho đến khi nước

    ở bình hai đạt mức ban đầu của nó. Nhiệt độ cuối cùng của nước trong bình một là 20 0C.

    Hỏi lượng nước đã rót từ bình nọ sang bình kia. Cho rằng nước ở bình không trao đổi nhiệt

    với môi trường và với bình. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy

    của nước đá là :336000J/kg.

    Kết quả lời giải của HS là:

    + Gọi lượng nước rót từ bình một sang bình hai là m.

    + Khi rót nước từ bình một sang bình hai thì nước từ bình một thu nhiệt, nước ở bình

    hai toả nhiệt. Gọi nhiệt độ của bình hai khi có cân bằng nhiệt là t2.

    + Nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước từ 00C tăng nên t2 là:

    Q1 = m.c.  t = m.4200.t2

    + Nhiệt lượng cần thiết để450g nước ở bình hai hạ nhiệt độ từ 800c xuống t2 là:

    Q2 = 0.45.4200.(80 – t2) = 1890.(80 – t2)

    + Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

    Q1 = Q2  4200m.t2 = 0,45.4200.(80 – t2)  m.t2 = 0,45.(80 – t2) (1)

    + Khi rót m(kg) nước từ bình hai trở lại bình một thì nước từ bình hai toả nhiệt,

    lượng nhiệt này cung cấp ch bình một để nước đá nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 0 0C

    và làm cho toàn bộ nước ở 00C trong bình một tăng nhiệt độ nên đến 200C.

    + Vậy ta có nhiệt lượng cần thiết để m(kg) nước toả nhiệt từ t2 xuống 200C là:

    Q3 = m.c.  t = m.4200.(t2 – 20)

    + Nhiệt lượng cần để 60g nước đá ở 00c nóng chảy hoàn toàn là:

    Q4 = 0,06.3,36.105 = 20220J

    + Nhiệt lượng cần thiết để toàn bộ nước có trong bình một tăng từ 00C nên 200C là:

    Q5 = M.c.  t = (0,15 – m + 0,06).4200.20 J

    + Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

    Q3 = Q4 + Q5  4200.m.(t2 – 20) = 20220 + (0,15 – m + 0,06).4200.20 (2)

     m.(t2 – 20) = (0,15 – m + 0,06).20 + 4,8

     m.t2 = 0,21.20 + 4,8

     m.t2 = 9 (2)

    Thay (1) vào (2) ta được 0,45.(80 – t2) = 9

     80 – t2 = 20  t2 = 60(0c)

     m = 9:t2 = 9:60 = 0,15(kg) = 150g

    Vậy lượng nước đã rót là: 150g

    Bài 2

    11

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    1kg nước ở nhiệt độ 400C. Thả vào đó một thỏi nước đá ở nhiệt độ -10 0C. Khi có cân bằng

    nhiệt thấy sót lại 200g nước đá chưa tan. Hãy xác định khối lượng của thỏi nước đá thả

    vào bình. Biết nhiệt dung riêng của dồng, của nước, của nước đá lần lượt là c 1 =

    380J/kg.K, c2 = 4200J/kg.K, c3 = 1800J/kg.K, nhiệt lượng để làm nóng chảy hoàn toàn 1kg

    nước đá ở 00c là 3,4.105J/kg. Sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5%.

    Kết quả lời giải của HS là:

    + Vì khi cân bằng nhiệt thấy còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên nhiệt độ cân

    bằng của hệ thống là 00C .

    + Vậy nhiệt lượng toả ra của bình đồng để hạ nhiệt độ từ 400C xuống 00C là:

    Q1 = m1.c1.  t = 0,8.380.40 = 12160J

    + Nhiệt lượng toả ra của 1kg nước hạ nhiệt độ từ 400C xuống 00C là:

    Q2 = m2.c2.  t = 1.4200.40 = 168000J

    Khi đó Q = Q1 + Q2 = 12160 + 168000 = 180160J

    + Vì sự toả nhiệt ra môi trường chiếm 5% nên nhiệt lượng toả ra là:

    Qtoả = 180160.95% = 171152J

    + Gọi khối lượng của thỏi nước đá khi thả vào bình là mkg.

    + Nhiệt lượng cần thiết để mkg nước đá tăng từ -100C nên 00C là:

    Q3 = m.c3.  t = m.1800.10 = 18000.m

    + Vì còn sót lại 200g nước đá chưa tan nên lượng nước đá nóng chảy hoàn toàn ở

    0

    0 C là ( m – 0,2)kg.

    + Nhiệt lượng cần thiết để (m – 0,2)kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00c là:

    Q4 = (m – 0,2).3,4.105 = (m – 0,2).340000

    Khi đó Qthu = Q3 + Q4 = 18000.m + 340000.(m – 0,2)

    + Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:

    Qtoả = Qthu

     171152 = 18000.m + 340000.(m – 0,2)

     171152 = 358000.m – 68000

     358000.m = 239152  m = 0,668(kg) = 668(g)

    Vậy khối lượng của thỏi nước đá thả vào bình là 668g

    Các em học sinh giỏi giải được các bài tập nhiệt học như vậy là đã đạt được mục tiêu

    mà tôi đặt ra khi viết sáng kiến này.

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    Qua thực tế cho thấy, người thầy luôn sợ học sinh của mình không biết, không thể làm

    được nên không giám giao công việc để học sinh về nhà làm. Chúng ta nên mạnh dạn đầu

    tư, suy nghĩ tìm ra những việc làm vừa sức có thể giao cho các em về nhà làm sua mỗi tiết

    học(nếu có thể) để kích thích sự tò mò, lòng say mê yêu thích môn học.

    Ví dụ: Có thể giao cho các em làm những thí nghiệm đơn giản mà có thể tìm được

    dụng cụ như rắc các hạt mạt sắt nên trên tấm bìa, đặt nam châm ở dưới và gõ nhẹ vào tấm

    bìa rồi quan sát sự sắp sếp của các hạt mạt sắt. Hoặc làm thí nghiệm kiểm chứng lực đẩy

    Acximet FA = P = d.V bằng các dụng cụ ca, cốc, và vật rắn không thấm nước em tự

    tìm(giao việc sau bài học lực đẩy Acximet)…

    II. Một số kiến nghị:

    Về sách giáo khoa vật lí lớp 8: Nên có những tiết bài tập ở trên lớp để giáo viên có thêm

    thời gian củng cố, khắc sâu kiến thức cho các em, hướng dẫn các em giải bài tập đặc biệt là

    phần nhiệt học

    Về nhà trường: Nên tổ chức học tự chọn bám sát và phụ đạo thêm môn vật lí cho các em

    Về phương pháp: Giáo viên giảng dạy bộ môn nên phân rõ dạng bài tập và định hướng cách

    giải để các em có thể xác định được hướng giải các bài tập vật lí.

    

    13

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    

    SKKN: Phöông phaùp giaûi baøi taäp naâng cao vaät lí 8 phaàn nhieät hoïc

    14

    Ngöôøi thöïc hieän: Buøi Vaên Khaùnh

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Môn Vật Lý Lớp 8 Bài 13: Định Luật Về Công
  • Giải Bài Tập Môn Vật Lý Lớp 8 Bài 17
  • Bài 6. Lực Ma Sát
  • Giải Bài Tập Trang 21, 22, 23 Vật Lí 8, Lực Ma Sát
  • Giáo Án Vật Lý 8 Tiết 14
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100