(SKKN 2022) PHÂN LOẠI và PHƯƠNG PHÁP GIẢI các bài tập NÂNG CAO về đi ốt bán dẫn ôn THI học SINH GIỎI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ ĐI ỐT BÁN DẪN ÔN THI HỌC SINH GIỎI Người thực hiện: Lê Văn Cường Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Quảng Xương SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Vật lí THANH HĨA NĂM 2022 MỤC LỤC Mở đầu………………………….………………………………… ……… 1.1 Lí chọn đề tài………………………….……………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu………………………………….….……………… 1.3 Đối tượng nghiên cứu…………………………………………….….… 1.4 Phương pháp nghiên cứu………………………………………… … ….4 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm…………………… … …4 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………….…….……4 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm………………… ….……………4 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……… ……5 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Cơ sở lí thuyết………………………………………… ………….….5 2.3.2 Các ví dụ điển hình………………………………………………… 2.3.2.3.1 Các ví dụ có lời giải……………………………………………9 2.3.2.3.2 Các tập tự giải 23 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trương…………………… ………….………… … ……24 Kết luận, kiến nghị……………………………… ……………………… 26 3.1 Kết luận ………………………………………………………………… 26 3.2 Kiến nghị …………………………….……………………………….… 26 TÀI LIỆU THAM KHẢO…………… …………… …………………………28 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Như biết, năm thi THPT Quốc Gia gần năm xuất toán khó lạ làm học sinh lúng túng việc đưa phương pháp giải, yêu cầu phải giải tốn phải thật nhanh khơng làm ảnh hưởng đến câu khác đặc biệt học sinh học mức độ trung bình trở lên gặp tốn khó phải giải làm Như năm vừa qua 2020 – 2021 đề Tốt nghiệp xuất tốn lạ khó, năm giáo viên không trọng tới tốn khó lớp 11 Vì địi hỏi người dạy cần phải tìm phương pháp giải vấn đề nhanh để đáp ứng vấn đề thời gian, đồng thời tạo cho học sinh cảm giác tự tin gặp toán dạng Trên tảng kiến thức cũ, tổng hợp lại dạng tập liên quan tới chất bán dẫn Đi-ốt phát triển thêm tập nâng cao ôn thi học sinh giỏi Qua thời gian nghiên cứu chất vấn đề thấy, tuân theo kiểu giải truyền thống kiểu học trước địi hỏi học sinh phải nhớ lượng cơng thức nhiều làm Vì tơi tổng hợp đưa dạng tập từ đến nâng cao “ Phân loại phương pháp giải tập nâng cao Đi ốt bán dẫn ôn thi học sinh giỏi ” Tôi xây dựng phương pháp tổng quát, trang bị số kiến thức toán cần dùng toán này, cở sở tổng quát học sinh vận dụng cách linh hoạt tốn cụ thể, từ học sinh vận dụng làm tốn cách dễ dàng cho dù đề có phức tạp nữa, yêu cầu đơn giản với học sinh nắm kiến thức toán Qua vài năm áp dụng phương pháp này, áp dụng cho tất đối tượng học sinh học giỏi, trung bình, tơi thấy tất học sinh tơi dạy phương pháp học sinh giải toán cách nhẹ nhàng tự tin học vật lý hơn, đặc biệt toán Đi ốt bán dẫn 1.2 Mục đích nghiên cứu - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học - Tìm cho phương pháp để tạo khơng khí hứng thú lơi nhiều học sinh tham gia giải tập lý, đồng thời giúp em đạt kết cao kỳ thi quan trọng 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Lý thuyết Bán dẫn - Vận dụng để giải số toán nâng cao Đi ốt bán dẫn 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết - Giải tập vận dụng 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm - Giải tốn khó nhanh xác - Cách giải phù hợp với cách kiểm tra đánh giá Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong việc giải tập Đi ốt bán dẫn đa số học sinh ngại làm tốn phần vì: cần phải phải nhớ khối lượng công thức nhiều khó nhớ, ngồi việc sử dụng tốn vấn đề không dễ dàng học sinh Vì phương pháp tơi nghiên cứu cho học sinh thấy rõ chất vật lí, trực quan tổng quát dạng toán thường gặp, dễ nhìn hình để giải nhanh tốn phức tạp Phương pháp tơi nghiên cứu áp dụng cho học sinh học học trung bình, cần hướng dẫn học sinh phương pháp tổng quát dạng tốn, sau áp dụng Việc khai thác có hiệu phương pháp, góp phần nâng cao chất lượng nắm kiến thức cho học sinh khả vận dụng phương pháp để đạt kết tốt kỳ thi tốt nghiệp THPT tới 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm - Trước thực trạng học sinh Quảng Xương nói chung học sinh tơi dạy trực tiếp nói riêng năm trước, gặp toán Đi ốt bán dẫn học sinh thường ngại làm kêu khó nên học sinh khơng làm chọn đại đáp án - Một thực trạng nữa: Với toán kiểu thầy cô trang bị cho học sinh lượng kiến thức mức độ bản, địi hỏi học sinh phải nhớ máy móc cơng thức chứng minh sẵn, tốn lái sang vấn đề chút, khơng có sẵn cơng thức học sinh khơng làm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề - Trước tiên trang bị cho học sinh kiến thức như: tính chất bán dẫn - Trang bị cho học sinh kiến thức chất bán dẫn - Hình thành cho học sinh phương pháp giải tổng quát 2.3.1 Cơ sở lý thuyết Sự dẫn điện bán dẫn - Bán dẫn tinh khiết: Dòng điện chất bán dẫn tinh khiết dòng chuyển dời có hướng electron ngược chiều điện trường lỗ trống chiều điện trường -Bán dẫn tạp chất +Bán dẫn loại n: Trong bán dẫn loại n, elecron hạt tải điện chủ yếu lỗ trống hạt tải điện không chủ yếu (ne >>n+) +Bán dẫn loại p: Trong bán dẫn loại n, lỗ trống hạt tải điện chủ yếu elecron hạt tải điện không chủ yếu (n+ >>ne) 2/ Linh kiện bán dẫn -Đi-ốt bán dẫn có hai cực có lớp chuyển tiếp p – n Các loại đi-ốt thường gặp đi-ốt chỉnh lưu, phô-tô-đi-ốt, pin Mặt trời, đi-ốt phát quang, đi-ốt Zenơ, pin nhiệt điện bán dẫn -Tranzito dụng cụ bán dẫn có hai lớp chuyển tiếp (n1-p) (p-n2) +Cấu tạo: Tranzito có ba cực: *Cực góp (colectơ) : Kí hiệu C *Cực đáy hay cực gốc (bazơ) : Kí hiệu B *Cực phát (êmitơ) : Kí hiệu E +Mơ hình kí hiệu tranzito sơ đồ điện sau: n1 p p1 n2 Kí hiệu tranzito E n C p2 C E B C B C B B E E Cấu tạo tranzito +Hệ số khuếch đại dòng điện: β= IC I B (I ≈ I ) C E (12.2) +Ứng dụng tranzito *Dùng mạch khuếch đại *Dùng máy phát cao tần (tần số lớn) 3/ Dòng điện chất bán dẫn: -Điện trở suất chất bán dẫn có giá trị nằm trung gian điện trở suất kim loại điện môi Đây dấu hiệu dùng để nhận biết chất bán dẫn Ngồi ra, chất bán dẫn cịn có tính chất đặc thù khác như: điện trở suất chất bán dẫn phụ thuộc mạnh vào nồng độ tạp chất điện trở suất bán dẫn tinh khiết giảm nhanh t tăng -Đối với bán dẫn tinh khiết, hạt tải điện electron lỗ trống Đối với bán dẫn tạp chất, có hai loại: + bán dẫn loại n: loại bán dẫn có pha tạp nguyên tử có số electron hóa trị lớn số electron hóa trị nguyên tử chất bán dẫn Lúc electron thừa tham gia dẫn điện, tạp chất trường hợp gọi tạp chất cho (đôno) hạt tải điện chủ yếu electron +bán dẫn loại p: loại bán dẫn có pha tạp nguyên tử có số electron hóa trị nhỏ số electron hóa trị nguyên tử chất bán dẫn Nguyên tử tạp chất chiếm electron liên kết nguyên tử bên cạnh để tạo lỗ trống tự do, tạp chất trường hợp gọi tạp chất nhận (axepto) hạt tải điện chủ yếu lỗ trống -Tranzito thực chất cấu tạo từ hai lớp chuyển tiếp liên tiếp n-p p-n Lớp p mỏng nằm kẹp hai lớp n hai bên Nhờ đó, hai lớp n sát nên tạo hiệu ứng tranzito (hiệu ứng khuếch đại) Đó thực cách mạng công nghệ điện tử thông tin VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Với dạng tập dòng điện bán dẫn Phương pháp giải sử dụng công thức +Hệ thức cường độ dòng điện mật độ dòng điện, tốc độ trung bình chuyển động có hướng hạt mang điện, điện trở suất … giống kim loại +Với bán dẫn tinh khiết (bán dẫn loại i) : Mật độ electron dẫn mật độ lỗ trống (ne = n+) Độ dẫn điện tăng nhiệt độ tăng +Với bán dẫn tạp chất: Bán dẫn loại n: ne >> n+ ; Bán dẫn loại p: n+ >> ne +Với toán mạch khuếch đại tranzito, sử dụng công thức: Hệ số khuếch đại: β= IC I B ; I v = I n eS -Vì hạt tải điện chuyển động dọc theo chiều dài mẫu (c = 1,0cm) nên: 5.10−3 22 −19 −5 S = 0,2.0,5 = 0,1cm2 = 10-5m2 => v = 10 1,6.10 10 = 0,31(m/s) Vậy: Tốc độ trung bình chuyển động có hướng hạt tải điện v = 0,31(m/s) Câu Một mẫu bán dẫn silic có khối lượng 2,8g Pha thêm vào nguyên tử asen theo tỉ lệ 1: 109 Biết nguyên tử pha thêm tạo electron dẫn Xác định số electron dẫn tạo pha tạp Cho Si = 28 m 2,8 N A = 6,023.1023 28 Bài giải: Số nguyên tử Si 2,8g: NSi = M = 6,023.1022 (hạt) NSi 6,023.1022 = 109 -Số nguyên tử asen pha vào là: NAs = 10 = 6,023.1013 (hạt) N As 6,023.1013 = -Số e dẫn tạo pha tạp là: Ne = = 1,2046.1013 (hạt) Vậy: Số electron dẫn tạo pha tạp Ne = 1,2046 (hạt) Câu Ở nhiệt độ phòng, bán dẫn Si tinh khiết, số cặp e - lỗ trống 10 -13 số nguyên tử silic Nếu ta pha P vào Si với tỉ lệ 1/10 số hạt tải điện tăng lên lần? Bài giải: Gọi N số nguyên tử silic -Ban đầu số hạt tải điện là: N1 = 2.10-13N (1) -Khi pha P vào Si với tỉ lệ 1/10 số hạt tải điện tăng lên số electron tạo tăng lên Số hạt tải điện lúc là: N2 = N1 + 10-6N = 2.10-13N + 10-6N (2) N2 -Tỉ số số hạt tải điện cũ là: k = N1  C Vậy: Số hạt tải điện tăng lên triệu lần RB E B (2.10-13 +10-6 )N =1+5.106 =5.106 -13 2.10 N k= RC Câu Một tranzito n – p – mắc với nguồn điện theo sơ đồ hình vẽ Hiệu điện e2 hai cực bazơ (B) emitơ (E) e1u BE = 0,5V; hệ số khuếch đại dòng điện β = 100; R B = 40kΩ; RC = 1kΩ; e1 = 4,5V; e2 = 12V a) Tính cường độ dịng bazơ IB b) Tính cường độ dịng colectơ IC c) Tính hiệu điện hai cực colectơ (C) emitơ (E) Bài giải: a) Cường độ điện bazơ IB e1 - U BE 4,5 - 0,5 = 40.103 = 10-4A = 10μA Ta có: IB = R B Vậy: Cường độ điện bazơ IB IB = 10μA b) Cường độ dịng colectơ IC Ta có: IC = βIB = 100.10 = 1000μA = 10mA Vậy: Cường độ dòng colectơ IC IC = 10mA c) Hiệu điện hai cực colectơ (C) emitơ (E) Xét đoạn mạch C – RC – e2 – E, ta có: UCE = e2 – ICRC UCE = 12 – 10-2.103 = 2V Vậy: Hiệu điện hai cực colectơ (C) emitơ (E) uCE = 2V Câu Một tranzito p – n – p mắc với nguồn điện e 1, e2 điện trở RC để tạo thành mạch khuếch đại: e2 = 15V; uEC = 8V; β = 40; IC = 1mA a) Vẽ sơ đồ mạch khuếch đại b) Tính cường độ dịng emitơ IE C E B c) Tính RC cường độ dịng bazơ IB Bài giải: a) Sơ đồ mạch khuếch đạie1 RC e2 b) Cường độ dịng emitơ IE Vì IB IE ≈ IC = 1mA Vậy: Cường độ dịng emitơ IE IE ≈ 1mA c) Tính RC cường độ dòng bazơ IB -Xét đoạn mạch E – e2 – RC – C ta có: UEC = e2 – ICRC  e - U EC 15 - = 10−3 = 7.103Ω = 7kΩ RC = I C IC = = 0,025mA = 25µA -Cường độ dịng bazơ: Ta có: IC = βIB => IB = β 40 10 +Theo chiều nghịch: R = 10 ± 50% => Sai số tương đối: 50% c) Lập bảng số liệu, vẽ đồ thị Vẽ sơ đồ mạch giải thích kết V U1 U2 Hình e -Sơ đồ đầy đủ hình d U2 -Với hai chiều dòng điện, đồ thị U2 = f(U1) có dạng có trị số khác -Để có U2 lớn phải nối bán dẫn theo chiều nghịch Hình d U1 ΔU1 d) Giải thích định tính giá trị ΔU -Theo kết đo lường: ΔU = 0,1±50% i1 + i2 = i (3’) 4-R 8+R 12 Từ (1’) , (2’) (3’) : i1 = 10(2 + R) ; i2 = 10(2 + R) ; i = 10(2 + R) Vì i2 > với giá trị R nên đi-ôt ln mở cịn đi-ơt mở đóng a) Trường hợp R < 4Ω: i1 > 0, đi-ơt mở Lúc đó:   12 1,44R 1,44 1,44 = ≤  ÷ = 2 (2 + R) (2 2)2   10(2 + R)    R+ ÷ R  PR = Ri2 = R = 0,18W Vậy: Công suất tỏa nhiệt R đạt cực đại R = => R = 2Ω R PR(max) = 0,18W b) Trường hợp R ≥ 4Ω: i1 < 0, đi-ơt đóng Lúc đó: e 22 e 22 e22 = ≤ (R + r) 4r r   1,62 R+  ÷ R  PR = Ri2 = R = 4.4 = 0,16W Vậy: Công suất tỏa nhiệt R đạt cực đại R = r = 4Ω PR(max) = 0,16W Câu 10 Một đi-ơt bán dẫn có lớp chuyển tiếp p – n lí tưởng cường độ dòng điện chạy qua lớp chuyển tiếp liên hệ với hiệu điện đặt hai cực đi-ôt theo hệ eU kT thức: I = I0( e -1 ) , với I0 phụ thuộc vào chất bán dẫn không phụ thuộc vào U hay I; U > lớp chuyển tiếp phân cực thuận ngược lại a) Vẽ phác đồ thị hàm số với I0 = 1mA; -0,5V < U < 0,15V b) Tính hệ số chỉnh lưu đi-ôt hiệu điện 0,1V 0,5V Cho số Bôn-zơ-man k = 1,38.10-23(J/K) ; hệ số chỉnh lưu hiệu điện tỉ số dịng điện thuận dịng điện ngược hiệu điện đó; nhiệt độ phòng kT = 0,025eV I Bài giải: 0,3 17 0,1 0,1 U a) Đồ thị I theo U: Hình vẽ b) Hệ số chỉnh lưu đi-ơt Ta có: Ing = I0; Ith = I0e eU kT (khi U đủ lớn) => Với U = 0,1V η1 = e e.0,1V 0,025eV η= eU I th = e kT I ng = e = 55 ; với U = 0,5V η2 = e e.0,5V 0,025eV = e20 = 4,9.108 Vậy: Hệ số chỉnh lưu đi-ôt ứng với hiệu điện 0,1V η1 = 55; ứng với η2 = 4,9.108 Vậy: Cường độ dịng điện chạy qua bình điện phân diện tích điện cực I = 0,137A S = 6,85cm2 Q Câu 11 Trong sơ đồ mạch điện hình vẽ, pin có suất điện động e điện trở r Điện trở biến trở có A giá trị R, dây nối có điện trở không đáng kể Q đi-ốt lý B D tưởng (nếu điện điểm B lớn điện điểm C điện R trở đi-ốt vơ lớn Nếu V B ≤ VC điện trở đi-ốt 0) đi-ốt cho dòng từ C đến B Tính hiệu điện hai đầu điện trở R giảm từ lớn xuống nhỏ Có giá trị đặc biệt R, xác định giá trị Bài giải: a) Hiệu điện hai đầu điện trở R giảm từ lớn xuống nhỏ -Khi VB ≤ VC (điện trở đi-ốt 0) Ta có: +Cường độ dòng điện qua R: Với: rb = I= 2r 4e ; eb = 3 ; R = RAD => eb rb +R I= C Q A B D 4e 2r + 3R R 4e 4e = 2r 2r + 3R +3 R +Hiệu điện hai đầu R: UBA = RI = R Từ đó: Khi R giảm UR = UBA giảm 18 2e 2e 2r I= +1 2r + R ; UBA = R -Khi VB > VC (điện trở đi-ốt lớn vơ cùng) Ta có: Từ đó: Khi R giảm UR = UBA giảm 4eR Vậy: Hiệu điện hai đầu điện trở R giảm từ lớn xuống nhỏ U R = 2r + 3R D C 2eR (VB ≤ VC) , UR = 2r + R (VB > VC) giảm R giảm R1 R3 R2 b) Giá trị đặc biệt R -Giá trị đặc biệt R0 R mà R0 = R0 = ∞ UR có giá trị Tức là: R4 4eR 2eR UR =B 2r + 3R = 2r + R => R0 = 2r UR = e -Xét trường hợp: R > 2r UR > e; UBC > => U đặt vào đi-ốt hiệu điện ngược A Q +R < 2r UR < e; UBC < 0: Hiệu điện đặt vào đi-ốt hiệu điện thuận Câu 12 Cho mạch điện hình vẽ: R = 1kΩ; R2 = 2kΩ; R3 = 3kΩ; R4 = 4kΩ Q đèn điện tử có a-nốt nối với C, ca-tốt nối với D Nếu V A > VK đèn mở cho dịng I0 = 10mA qua Ngược lại, VA < VK đèn đóng khơng có dịng qua Hiệu điện hai điểm A, B 100V (VA > VB) a) Đèn đóng hay mở? b) Tính hiệu điện hai cực đèn I(mA) Giữ nguyên điện trở UAB thay Q 10 đi-ốt cho dòng điện qua theo chiều từ C đến D Đi-ốt có đường đặc trưng vơn-ampe hình bên 10 20 a)30Nêu đặcV(Vơn) điểm đi-ốt mặt dẫn điện b) Nếu đi-ốt mở, tính dịng qua đi-ốt Bài giải: 19 Q đèn điện tử hai cực a) Đèn đóng hay mở? Khi chưa có Q, mạch gồm (R1 nt R3) // (R2 nt R4) nên: I13 R +R 3 = = I 24 I R +R -Cường độ dòng điện qua nhánh mạch là: 24 => I13 = I 24 -Hiệu điện hai đầu AC AD là:UAC = I13R1 = ; UAD = I24R4 = 4I24 => U AC = VC > VD => Vậy: Nếu mắc Q vào hai điểm C D Q mở b) Hiệu điện hai cực đèn -Khi Q mở, dòng qua Q có chiều từ C đến D có cường độ I0 = 10mA Ta có: I1R1 + I3R3 = 100 (1)  1000I1 + 3000I3 = 100; I3 = I1 – I0  10I1 + 30(I1 – I0) = => I1 = 32,5mA=> Và I4R4 + I2R2 = 100  40 0,04 160 mA 4000 = V 40I4 + 20(I4 + I0) = => I4 = => UAD = I4R4 = UAC = I1R1 = 0,0325.1000 = 32,5V (2)  4000I4 + 2000I2 = 100; I2 = I4 + I0 160 - 32,5 = 20,83V U hai cực đèn: UCD = UQ = UAD – UAC.=> UCD = Vậy: Hiệu điện hai cực đèn UQ = 20,83V 2/ Q đi-ốt bán dẫn: a) Đặc điểm đi-ốt mặt dẫn điện -Từ đường đặc trưng vôn-ampe đi-ốt ta thấy: +Đi-ốt cho dòng điện qua theo chiều từ C đến D U AK > 20V Khi UAK = 30V dịng qua 10mA +Đường đặc trưng đi-ốt đường thẳng nên có dạng: I = aU + b Do đó: 20a+b = => a = 1; b = -20  30a+b = 10 20 -Phương trình đường đặc trưng vôn-ampe đi-ốt: I = U -20; I(mA) , V(Vơn) 125 -Khi chưa có đi-ốt: UCD = > nên mắc Đ vào đi-ốt mở, dòng qua đi-ốt b) Dòng qua đi-ốt đi-ốt mở: Khi dịng ổn định, ta có: 10I1 +30I3 = I1 +3I3 = 100(mA) (1) ;   40I +20I = 4I +2I = 100(mA) (2)   Và I1 = 3I3 +I d (3)  I = I +Id (4) I1R1 + Uđ = I4R4  I1R1 + (20 + Id) = I4R4  I1 + 20 + Id = 4I4 -Từ (1) (3) : -Từ (2) (4) : I1 = 100+3I d (6) I4 = 100-2Id (7) (5) 100+3Id 100-2Id 100+3Id +4Id +80 400-8Id = Thay (6),(7) vào (5): +20+Id =  => Id = 7,02mA Vậy: Dòng điện qua đi-ốt Id = 7,02mA Câu 13 Cho mạch điện hình vẽ Sự phụ thuộc dịng điện qua đi-ôt Đ 1, Đ2 vào hiệu điện Uđ đặt vào hai cực đèn là: I = αUđ + β U đ , đó: A α1 = 0,07(mA/V) ; β1 = 0,005(mA/V2) R Đ1 Đ2 α2 = 0,03(mA/V) ; β2 = 0,01(mA/V2) E Tính dịng điện qua đèn,B biết R = 4KΩ, E = 300V, điện trở nguồn không đáng kể Bài giải: -Ta có: Uđ =E – IR; I = I1 + I2 A  R Với: I1 = α1Uđ + β1 Uđ ; I2 = α2Uđ + β2 U đ 2 Uđ = E – [(α1Uđ + β1 U đ ) + (α2Uđ + β2 Uđ ) ]R Đ1 Đ2 E I2 I1 B I 21  (β1 + β2) R U đ + [(α2 + α2) R + 1]Uđ – E = => -[R(α1 + α ) + 1] + (α1R + α 2R + 1) + 4ER(β1 + β ) 2R(β1 + β ) Uđ = -Thay số, ta được: -[4.103 (7.10−5 + 3.10−5 ) + 1] + (7.10−5.4.103 + 3.10−5 4.103 + 1) + 4.300.4.103 (0,5.10 −5 + 10 −5 ) 2.4.103 (0,5.10−5 + 10 −5 ) Uđ = = 60V Và: I1 = 7.10-5.60 + 0,5.10-5.602 = 22,2.10-3A = 22,2mA I2 = 3.10-5.60 + 10-5.602 = 37,8.10-3A = 37,8mA Vậy: Cường độ dòng điện qua đèn I1 = 22,2mA 37,8mA Câu 14 Cho mạch điện hình a, nguồn điện có suất điện Đ K động E, điện trở không đáng kể Mạch ngồi có điện trở R, tụ điện có điện dung C Cường độ dòng điện chạy qua R E C đi-ôt D phụ thuộc vào hiệu điện đặt vào đi-ôt sau: 0 U < U  I = k(U - U ) U ≥ U I Trong U0 < E; K số dương Đường đặc trưng đi-ôt hình b Tính nhiệt lượng tỏa O điện trở R khóa K mở đóng lại U0 Uđ Bài giải: Tại thời điểm vừa đóng khóa K, tụ điện chưa kịp tích điện nên Uc = 0, đó: Ud + UR = E hay Ud + IR = E => E - Ud I= R (1) 22 +Vì E > U0 nên đường diễn tả (1) cắt đường đặc trưng vôn-ampe đi-ôt điểm M đoạn dốc (hình c) Giá trị ban đầu hiệu điện U đi-ôt E - U1 xác định: R = k(U1 – U0) => E + kRU U1 = kR + k(E - U ) +Thay giá trị U1 vào (1) , ta được: I1 = kR + -Sau đó, tụ điện tích điện I giảm, đến I = Ud = U0 lúc hiệu điện tụ là: Uc = E – U0 +Điện lượng chuyển qua mạch đến lúc là: q = CUc = C(E – U0) +Công nguồn điện sinh làm dịch chuyển điện lượng q đươc chuyển hóa thành lượng Wc tụ, thành cơng Ad để dịch chuyển điện tích qua đi-ơt thành I nhiệt lượng Q tỏa điện trở R: Anguồn = Wc + Ad + Q (2) Với: Anguồn = qE = C(E – U0) E(3) C(E - U )2 q2 Wc = 2C = E-U d R M I1 O U0 U1 E Uđ (4) q(U + U1 ) C(E - U ) E + kRU 2 +Nếu coi Ud giảm đặn từ U1 tới U0 thì: A = = (U0 + kR + ) (5) kR C(E - U ) 2 +Thay (3) , (4) , (5) vào (2) ta được: Q = kR + kR C(E - U ) 2 Vậy: Q tỏa điện trở R khóa K mở đóng lại Q = kR + 23 Câu 15 Trong mạch điện hình a Tụ điện có điện dung C = 1µF ban đầu chưa tích điện, điện trở R = 10Ω, nguồn điện có suất điện động E = 20V có điện trở khơng đáng kể, đi-ơt D có đặc trưng vơn-ampe hình b (I = 1A, U0 = 10V) Bỏ qua điện trở dây nối khóa K Tính tổng nhiệt lượng tỏa R sau đóng K Đ IR K R E C I0 O U0 Bài giải: Ngay sau đóng K có dịng điện qua đi-ơt, tụ điện nạp điện, hiệu điện tụ điện tăng dần, hiệu điện đi-ơt U 0, dịng điện giảm dần, hiệu điện tụ tăng dần Đến thời điểm t1 dòng điện mạch I0 Lúc này: +Hiệu điện điện tích tụ là: U1 = E - U0 – I0R; q1 = CU1 = C(E – U0 – I0R) C(E - U - I0 R) CU12 +Năng lượng tích lũy tụ là: WC1 = = +Nhiệt lượng tỏa đi-ôt là: WĐ1 = q1U0 = U0C(E – U0 – I0R) +Công nguồn điện là: A = Eq1 = EC(E – U0 – I0R) +Nhiệt lượng tỏa R là: Q1 = A – WĐ1 – WC1 C(E - U - I0 )R Q1 = EC(E – U0 – I0R) – U0C(E – U0 – I0R0) -  C Q1 = [(E – U0) – (I0R) 2] -Sau thời điểm t1, dòng điện mạch tiếp tục giảm lúc đi-ơt có vai trị điện U0 trở r = I0 Giai đoạn này, ta có: Nhiệt lượng Q tỏa R là:Q2=A2 - ∆WC – WĐ2 (WĐ2 nhiệt lượng tỏa đi-ôt) 24 +Công nguồn điện là: A2 = E(EC – q1)  A2 = E[EC – C(E – U0 – I0R) ] = EC(U0 + I0R) E 2C E 2C C +Phần lượng tăng thêm tụ là: ∆WC = - WC1 = - (E – U0 – I0R)  U + I 0R   E ÷  ∆WC = C(U0 + I0R)  +Nhiệt lượng tỏa R là: Q2 = A2 - ∆WC – WĐ2 => Q2 + WĐ2 = A2 - ∆WC R   I0 R+U  U0  RI0 U0 U0 R 1 + ÷  ÷ I0 R  = r = I0 = U ; WĐ2 = Q2 I0 R =>Q2 + WĐ2 = Q2  = Q2  I R  => Q2 WĐ2 =>  I0 R   ÷ I0 R + U   Q2 = (A2 - ∆WC)  I0 R Q2 = I0 R + U0  U + I0 R    RI0 C(U + I0 R) ÷  EC(U + I0 R) - C(U + I R)  E   =  +Tổng nhiệt lượng tỏa R là: Q = Q1 + Q2  10−6 C  (E - U ) + U I0 R  (20 - 10) + 10.1.10  Q=  =  = 10-4J Vậy: Tổng nhiệt lượng tỏa R sau đóng K Q = 10-4J Câu 16 Đi-ốt Đ có đặc tuyến vơn-ampe mơ tả hình vẽ, mắc vào mạch điện sơ đồ Khi UĐ ≥ U0 (hiệu điện thuận) đi-ốt mở Khi U Đ < U0 điốt đóng: khơng có dịng điện qua đi-ốt Ban đầu, K mở tụ C chưa tích điện Hỏi đóng K dịng điện qua mạch có cường độ bao nhiêu? Tính điện lượng qua mạch sau đóng K nhiệt lượng tổng cộng tỏa điện trở R Đ I K R E C O U0 Uđ 25 Bài giải: q -Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín, ta có: E = UC + UR + Uđ E = C + Ri + U0 E - U0 -Khi vừa đóng khóa K tụ chưa tích điện nên: q = => I0 = R -Sau đó, tụ C tích điện, UC tăng dần nên i giảm dần, i triệt tiêu khi: UC = E – U0 -Điện lượng qua mạch là: q = UCC = (E – U0) C -Theo định luật bảo tồn lượng, ta có: Ang = Q + WC + Ađ q2 q2 Với: Ang = qE; WC = qE = 2C ; Ađ = qU0  qE = Q + 2C + qU0 => C(E - U )2 Q= Vậy: Điện lượng qua mạch sau đóng K nhiệt lượng tổng cộng tỏa điện C(E - U )2 trở R q = (E – U0) C Q = Câu 17 Mạch điện hình vẽ, đi-ơt lí tưởng Nguồn E1 = 1,2V; E2 = 2,4V; điện trở nguồn nhỏ R biến trở Điện trở R = R2 = 6Ω Cho R thay đổi, tìm cơng suất toả nhiệt cực đại R Bài giải: Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch: U MN +Đoạn MRN: I = R (1) E1 − U MN R1 +Đoạn NE1M: I1 = (2) 26 E − U MN R2 +Đoạn NE2M: I2 = (3) U MN E1 U MN E U MN = − + − R1 R1 R2 R2 -Giả sử lúc đi-ôt mở, nút M ta có: R 1,8R -Thay số, ta được: UMN = + R (4) 1, U MN 6−R − ⇒ I1 = 10(3 + R) (1') -Từ (1) , (2) , (3) : I1 = 2, U MN − I2 = ⇒ I2 = 12 + R 10(3 + R) 6−R 12 + R 18 + ⇒ I= 10(3 + R) I = 10(3 + R) 10(3 + R) (2') (3') -Từ (2’) (3’) ta ln có I2 > ; I > => đi-ôt Đ Đ2 mở *Trường hợp R ≥ 6Ω: Ta có: I1 ≤ 0; đi-ơt Đ1 bị đóng, dịng điện qua E2, R, R2 E 22 E 22 R = (R + R ) R2    R+ ÷ R  PR = I R = => E 22 2,42 PR = PR(max) R = R2 = 6Ω PR(max) = 4R = 4.6 = 0,24W *Trường hợp R < 6Ω: Ta có: I1 > 0; đi-ôt Đ1 mở:PR => 182 1,82 R = 100(3 + R)   + R  ÷  R  = I2R = 1,82 PR = PR(max) R = 3Ω PR(max) = 4R = 0,27W Vậy: Công suất tỏa nhiệt cực đại R PR(max) = 0,27W 2.3 hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 27 Từ sáng kiến tôi, năm qua ( từ năm học 2019 đến 2021) gây ảnh hưởng tốt đến hai đối tượng học sinh giáo viên, đặc biệt giáo viên chuyên mơn vật lí Về phía học sinh: Nếu năm trước, học sinh giảng dạy trực tiếp lúng túng việc làm tập phần chí bỏ qua học sinh tự tin vào kiến thức có để giải tốn cách nhẹ nhàng Kết thu trước triển khai sáng kiên Tỉ lệ Tỉ lệ học Số học học sinh sinh sinh đặt từ dạy đạt trờn n 7,5 im im Năm học 85 2017-1018 2,35 % 11,7 % Tỉ lệ học sinh đạt từ đến 6,5 điểm 40,2 % Tỉ lệ học học sinh đạt điểm Kết thăm dò mức độ hiểu khả giải tập mắt 46,75 % Kh«ng tù tin; khã; kh«ng hiĨu; Ýt bµi tËp lun tËp.v.v Tỉ lệ học học sinh đạt điểm Kết thăm dò mức độ hiểu khả giải tập mắt Tự tin, khơng thực khó, làm bình thường Kết thu sau triển khai sáng kiến Số học sinh dạy Năm học 2019-2020 Năm học Tỉ lệ học sinh đạt điểm Tỉ lệ học sinh đặt từ đến 7,5 điểm Tỉ lệ học sinh đạt từ đến 6,5 điểm 80 12,3% 68,9% 12,4% 6,4% 125 18% 69% 10% 3% Tự tin, cần đọc hiểu 28 2020-2021 ( kết ( kết ( kết ( kết chất vấn dề thi thi thi thi làm thử ĐH) thử ĐH) thử ĐH) thử ĐH) Về phía giáo viên: Có thể nói trước sáng kiến triển khai phạm vi tổ chuyên môn, hầu hết giáo viên trường tơi gặp phải khó khăn giống tơi trình bày trên, kết mà giáo viên thu không thật khả quan Sau sáng kiến triển khai tổ chuyên môn( triển khai năm học 2020-2021) ảnh hưởng đến cách làm giáo viên khác, qua sáng kiến nhiều giáo viên có sáng tạo việc thiết kế tập riêng cho nhiều kiến thức khác tạo nên tài liệu quan trọng cho học sinh trường nhà ơn tập, góp phần thúc đẩy phong trào tự học, tự bồi dưỡng nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Trong hai năm triển khai sáng kiến ( từ năm học 2019-2020 đến năm học 2020- 2021) thân thu kết tốt công tác giảng dạy, số học sinh tin tưởng theo học với ngày đông Sự hiểu bài, thành thạo việc giải tập, việc thấy rõ chất tượng vật lí yếu tố mà tơi làm cho học sinh 3.2 Kiến nghị Do tính hiệu thực tiễn đề tài này, nên mong muốn đề tài triển khai đến thầy cô giáo, đặc biệt thầy cô trường mà kinh nghiệm ôn tập cho học sinh chưa nhiều Cuối cùng, đề tài xuất phát từ suy luận cá nhân, nên tránh khỏi thiếu sót, tơi mong đồng nghiệp góp ý, chỉnh sửa, bổ sung đề tài hoàn thiện đưa vào triển khai rộng rãi góp phần đẩy phong trào tự học, tự bồi dưỡng TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách tham khảo thầy Vũ Thanh Khiết Bí ơn thi vật lí thầy Chu Văn Biên 29 Luyện thi thầy Đoàn Văn Lượng XÁC NHẬN Quảng Xương, ngày 20 tháng năm 2022 CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi cam đoan SKKN viết, không chép người khác Người viết sáng kiến Lê Văn Cường 30 ... kiểu giải truyền thống kiểu học trước địi hỏi học sinh phải nhớ lượng cơng thức nhiều làm Vì tơi tổng hợp đưa dạng tập từ đến nâng cao “ Phân loại phương pháp giải tập nâng cao Đi ốt bán dẫn ôn thi. .. đại) Đó thực cách mạng công nghệ đi? ??n tử thông tin VỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Với dạng tập dòng đi? ??n bán dẫn Phương pháp giải sử dụng công thức +Hệ thức cường độ dòng đi? ??n mật độ dòng đi? ??n, tốc độ trung... đi- ốt mặt dẫn đi? ??n +Khi VC > VD: Đi -ốt mở, dòng đi? ??n qua đi- ốt đi- ốt có đi? ??n trở: R = i1-i3+i4 R4 R2 30− 20 = 1000Ω 0,01 D C + Khi VC < VD: Đi -ốt đóng, dịng đi? ??n khơng qua đi- ốt đi- ốt có đi? ??n trở