SKKN một số cách giải dạng toán cực trị trong chương trình THPT

Vật lý học là bộ môn khoa học cơ bản, làm cơ sở lý thuyết cho một số môn khoa học ứng dụng ngày nay. Sự phát triển của Vật lý học dẫn tới sự xuất hiện nhiều ngành kỹ thuật. Do có tính thực tiễn, nên bộ môn Vật lý ở các trường phổ thông là môn học mang tính hấp dẫn. Tuy vậy, Vật lý là một môn học khó vì cơ sở của nó là toán học. Bài tập toán vật lý rất đa dạng và phong phú; có những bài toán cơ bản, nhưng có những bài hay mà khó. Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó. Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski’’.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

Mã số:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN:

1 Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN

2 Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958

3 Giới tính : Nam

4 Địa chỉ : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân

– Thành phố Biên Hoà - Tỉnh Đồng Nai

5 Điện thoại: CQ: 0613.834289; ĐTDĐ:0903124832

6 Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng

7 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

- Biên Hoà- Tỉnh Đồng Nai.

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:

- Học vị: Đại học

- Chuyên ngành đào tạo: Vật lý

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

* Năm 2008: chuyên đề “Phương pháp đồ thị giải bài toán vật lý”

* Năm 2009: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán

về mạch điện xoay chiều, thiết bị điện,

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Vật lý học là bộ môn khoa học cơ bản, làm cơ sở lý thuyết cho một số môn khoa học ứng dụng ngày nay Sự phát triển của Vật lý học dẫn tới sự xuất hiện nhiều ngành kỹ thuật

Do có tính thực tiễn, nên bộ môn Vật lý ở các trường phổ thông là môn học mang tính hấp dẫn Tuy vậy, Vật lý là một môn học khó vì cơ sở của nó là toán

học Bài tập toán vật lý rất đa dạng và phong phú; có những bài toán cơ bản, nhưng

có những bài hay mà khó Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó

Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski’’

II TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.

A CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Chúng ta đã biết trong chương trình Vật lý các bài tập cực trị liên quan tới bài toán tối ưu là dạng toán phức tạp và khó Có những bài ở mức độ cơ bản, có tính phổ thông; nhưng có những bài hay mà khó, thường gặp trong các đề thi của các cuộc thi tranh như thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đẳng, đại học, thi chọn học sinh giỏi Kinh nghiệm những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng túng trong việc tìm cách giải các dạng toán cực trị Xuất phát từ thực trạng trên, qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài này

Khi giải một bài toán Vật lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác nhau và cũng có bài có thể giải theo các phương pháp Vật lý khác nhau Mỗi phương pháp đều có những ưu điểm và cũng có những nhược điểm nhất định Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải một bài toán đã giúp cho học sinh nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi và lựa chọn phương pháp vận dụng, cũng từ đó gây nên sự hứng thú trong học tập của học sinh

Đề tài này nhằm giúp học sinh khắc sâu những kiến thức giáo khoa và nắm được phương pháp giải bài toán cực trị Việc làm này rất có lợi cho học sinh trong thời gian ngắn đã nắm được phương pháp giải, nhanh chóng giải quyết được bài

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 3

toán cả ở dạng tự luận và dạng bài trắc nghiệm Việc làm này giúp cho học sinh có thể lựa chọn cách giải nào có lợi hơn, cũng từ đó phát triển hướng tìm tòi lời giải mới cho các bài tương tự Khi đó học sinh tự tin và giành thắng lợi trong các cuộc thi tài

B NỘI DUNG ĐỀ TÀI:

B1.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ VẬT LÝ

1 Phương pháp dùng biệt thức ∆ :

Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác

x theo hàm bậc hai:y= ax2 +bx+c

Ta đưa về phương trình bậc hai 0 =ax2 + + −bx (c y), rồi áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm là biệt thức ∆ không âm ∆ ≥ 0,từ đó tìm ra cực trị ym ứng với xm.

2 Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol:

Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác

x theo hàm bậc hai:y = ax2 +bx+c

Nếu a > 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên thì hàm y có cực tiểu Nếu a < 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay xuống thì hàm y có cực đại Tọa độ đỉnh ( ; ) ;

  cho biết cực trị ym.

3 Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó :

Cho hai đại lượng là những số dương a, b thì theo bất đẳng thức Côsi ta có quan hệ: a+b ≥2 ab

Dấu bằng xảy ra khi hai số bằng nhau

4 Phương pháp hình học :

Dựa vào các tính chất và định lý trong hình học

5 Phương pháp giải tích :

Dùng đặc điểm cực trị tại điểm xm thì đạo hàm tại đó y’(xm) = 0 và y’ đổi dấu khi qua xm hoặc xét dấu y’’ở đó

6 Phương pháp không tiểu biểu :

Dựa vào phân thức có tử số không đổi, mẫu số lớn nhất thì phân thức nhỏ nhất và ngược lại Nếu mẫu số không đổi thì phân thức lớn nhất khi tử số lớn nhất và

7 Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski:

Cho 2n số thực (n ≥ 2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

a b

a b

U Z

U I

− +

=

=

Nhận xét: Imax khi Zmin

C L Z

U

min max

C ω

1 L ω Z

C

L = ⇔ = ⇔ ω =

Các dấu hiệu cộng hưởng khác :

* Khi i cùng pha với u ; hay u cùng pha với uR

* Khi L biến thiên UCmax , hay URmax,hay Pmax

* Khi (A)ampekế chỉ giá trị cực đại

* Khi C biến thiên ULmax , hay URmax ,hay Pmax

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 5

L

R C

* Đèn sáng nhất khi L, C, f biến thiên

* Khi f biến thiên ULmac, hay UCmax , hay URmax , hay Pmax

* Khi Z = R tức Zmin.

* Khi uC hay uL vuông pha với u hai đầu đoạn mach

Cách giải: Gọi C0 là điện dung tương đương của hệ C và C’khi mạch cộng hưởng Lập luận tương tự chủ đề 1, đưa đến kết quả: LC0 ω2 =1 ⇒ C0 ⇒ tìm C’ ghép

*So sánh C0 với C :

Nếu C0 > C ⇒ C’ghép song song tụ C : C0 = C + C’ ⇒ C’= C0 - C

Nếu C0 < C ⇒ C’ ghép nối tiếp tụ C : C0-1 =C-1 + C’-1⇒ C’= (C0-1- C-1)-1

) (

cos

C

L Z Z R

RU R

I UI

P

− +

=

=

Cách 1: trong mạch RLC: chỉ có điện trở thuần tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt ),

còn cuộn cảm thuần và tụ không tiêu thụ điện năng ⇒P=RI2

Cách 2: dùng công thức tổng quát : P=UIcos φ với

* Bảng biến thiên: Đồ thị quan hệ P(R)

Vậy :Công suất của mạch có một giá trị cực đại, ứng với một giá trị R m nào đó.

Chủ Đề 2: Tìm C’và cách mắc tụ vào tụ C để mạch Imax cộng hưởng điện.

Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính công suất tiêu thụ P của mạch.

Chủ đề 4: Biết U, R, L (hay C), ω Tìm C (hay L) để P max Khảo sát biến thiên P theo C (hay L)

Ta có P = I2.R vậy

M

const Z

Z R

RU P

C L

=

− +

) (

1 \ Tìm L hay C để P max :

Nhận xét: Tử số RU2 =const nên Pmax khi mẫu số Mmin⇔ ZL-ZC=0 ⇔ LCω2=1

Mạch cộng hưởng điện ⇒ Lúc đó : P max U2

R

=

+ Biết L suy ra m 2

1 C

L ω

=

+ Biết C suy ra m 2

1 L

C ω

2\ Biến thiên của P theo C: Khi C = ∞ ⇔ ZC = 0 ⇔ 1 2 2 2

RU P

R ZL

= +

3\Biến thiên của P theo L: Khi L = 0⇔ P0 2RU2 2

R ZC

= +

Cách giải:

2 2

) (

cos

C

L Z Z R

RU R

I UI

P

− +

=

− +

=

/ )

nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy MS = min khi mà 2 số đó bằng nhau

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 7

C 0 Cm ∞

P P

max

Chủ đề 5: Cho U, ω , L, C Tìm R để công suất tiêu thụ P max

Khảo sát biến thiên P theo R

U R

U P

−

=

=

22

2 2

* Khi P > Pmax thì (2) vô nghiệm Δ < 0

* Khi P = Pmax ⇔ ∆ = ⇔ 0 nghiêm kép R m= |Z L−Z C|và

C L

U R

U P

−

=

=

2 2

2 2

max

* Khi P < Pmax cùng có công suất P cho trước thì tồn tại hai giá trị R1; R2 là

2 nghiệm phân biệt của phương trình (2)

- Ta có quan hệ theo định lý Vi-et: R1 R2 U2

P

và R1.R2 =(ZL-ZC)2

- Từ đó ta có các bài toán ngược :

Nếu cho P, R 1 và R 2 thì tìm được:

- Suy ra |Z L − Z | R R C = 1 2  tính được tg ϕ ; Z ; cosϕ

- Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình

( 1 2)

2

1 2

P R R R’ – R’ R R 0

C C

Z Z R

UZ U

− +

P

0 0

Chia cả tử số, mẫu số cho Zc ⇒

y

U Z

Z Z

R U

Đặt

C Z

x= 1 thì biểu thức trong căn y (R Z 2) x 2 2 ZLx 1

C m

Z R

Z Z

Z

Z R Z

Z

Z R Z

C

2 2 max

Z Z R

UZ U

− +

U Z

Z Z

R

U U

C

L C

− +

=

2

2 ( 1 ) )

2 R ZL

b a

Z

Z R Z

C

2 2 max

+

=

Cách 3: (dùng giản đồ vectơ)

Xét chung (RL) nối tiếp C : u = uRL + uC

biểu diễn véctơ Ur=UrRL +UrC như hình vẽ

O β H

B

α

β sinsin

C

2 2 max

Z

Z R Z

2

2 +

= thì U Cmax và u RL vuông pha với u hai đầu đọan mạch.

Như vậy uRL vuông pha với u là dấu hiệu UCmax.

L L

Z Z R

UZ U

− +

Chia cả tử số và mẫu số cho ZL :

y

U Z

Z Z

R U U

L

C L

L = / ( ) 2 + ( 1 − ) 2 =

(2)Đặt

Z R

Z Z

Z

Z R Z

ymin

UL ULmax

Chủ đề 7: Cho biết U, ω , R, C Tìm L để U Lmax đạt cực đại

Vậy khi C C Lm Z Z R Z 2 2 + = thì hiệu điện thế R Z R U U L C 2 2 max + =

Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) Ta có : UL = IZL ⇔ 2 2 ) ( L C L L Z Z R UZ U − + = (1) chia cả tử số,mẫu số cho ZL ta có : y U Z Z Z R U U L C L L = − + = 2 2 ( 1 ) ) ( khi đặt L Z x= 1 và y (R Z2 ).x2 2ZCx 1 C 2 + − + = y là tam thức bậc 2 có a =R2 + ZC2 > 0; b = -2ZC ; c = 1 ⇒Nên đồ thị Parabol y(x) có bề lõm quay lên ⇒ tồn tại cực trị y=min Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) ta có : ⇔ C m 2 2 Z b x

2a R ZC   = − ÷ = +   ⇒ C C Lm Z Z R Z 2 2 + = ⇔ 2 min 2 2 R y 4a R ZC −∆   = ÷= +   Vì U=const nên y= min ⇔UL = max ⇔ R Z R U U L C 2 2 max + = Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RC) nối tiếp L : u = uRC + uL ⇒ Ur=UrRC +UrL biểu diễn như hình vẽ Nhận xét giản đồ véctơ ; đặt góc : ∠AOB = β; ∠ OBA = α ∆ AOB theo định lí hàm số sin :

α β sin sin U U L = ⇒ β α sin sin U UL = Từ ΔOHB có R 2 2 RC C U R sin U R Z α = = + = không đổi. Vậy khi β = 900 ; UrRC⊥Urthì

R Z R U U L C 2 2 max + = Từ giản đồ véc tơ: ∆ OBH cos C 2 C 2 RC C U Z U R Z α ⇒ = = + (*) ∆ OAB 2 2 max m cos RC C L L R Z U U Z α + ⇒ = = (**),

từ (*), (**) C C Lm Z Z R Z 2 2 + = thì U Cmax và u RC vuông pha với u hai đầu đọan mạch Chú ý quan trọng : - Khi u RL vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng U Cmax và u RC vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng U Lmax.; Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 11 A

O α H

β

B A

O H

β

α

B

L R RC C U U U I U U r r r r r r A

O β H

α

B B B

Z R

Z

Z R Z

2

2 +

B3 MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG TOÁN CỰC TRỊ

CÓ ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACỐPXKI.

* Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski:

Cho 2n số thực (n≥2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

a b

1

.

Ví dụ 1: Phương pháp Tọa độ trọng tâm

Một khung sắt có dạng một ∆ vuông ABC vuông ở A với góc nhọn α, đặt trong mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền có phương nằm ngang Trên 2 cạnh góc vuông có xuyên 2 hòn bi thép coi là chất điểm khối lượng lần lượt là m 1 , m 2

chúng có thể trượt không ma sát trên 2 cạnh góc vuông và được nối với nhau bằng 1 dây (lý tưởng) Hãy xác định góc β để hệ 2 quả cầu và sợi dây ở trạng thái cân bằng ? Nêu tính chất của trạng thái cân bằng ?

Cách Giải:

-Tung độ của trọng tâm chung

của m 1 , m 2 là

2 1

2 2 1 1

m m

y m y m

y 2 = EF = AF – AE = a sinα - AM 2 cosα = asinα - lsinβcosα

Hoặc tính y 2 = M 2 K = M 2 H + HK = M 2 H + M 1 I = l.sin(α - β) + (a - lcosβ) sinα Thay vào (1) và biến đổi :

m

m m m

l m a

0 ) (

2 2

m

m f

f(β) cực đại khi β

β

β

tg m

m

cotsin

2

1

cot =

Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu

Một người muốn qua một con sông rộng 750 m Nước chảy với vận tốc

v 2 = 1m/s Vận tốc bơi của anh ta đối với nước v 1 = 1,5m/s Vận tốc chạy bộ trên bờ của anh ta là v 3 = 2,5m/s Tìm đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ ) để người đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát trong thời gian ngắn nhất? Cách giải:

Giả sử người đó chạy bộ từ A  B, rồi từ B đến D bơi theo hướng vr1hợp với A Cr

một góc α để đi đúng tới đích C Thời gian bơi qua sông t 1 =AC/(v 1 cosα) (1)

Thời gian chạy bộ t 2 =AB/v 3 (2)

cos

3,5 1,5sin200

cos

v v AC

t

t

αα

αα

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13

Vậy người đó phải chạy bộ 1 đoạn AB=198m,

rồi bơi qua sông theo hướng vr1hợp với AC 1 góc α=25 0 23 '

Ví dụ 3: Tìm β để F min , A min kéo vật lên

Trên một tấm ván nghiêng một góc α với phương ngang có một vật được kéo lên bằng một sợi dây Hệ số ma sát và ván nghiêng là µ Hỏi góc β hợp bởi phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu thì tốn công ít nhất khi kéo vật lên?

Cách giải:

Công của lực kéo nhỏ nhất khi lực kéo nhỏ nhất.

Fr lực kéo (lực căng dây), γ là góc hợp bởi Frvới ván nghiêng; dây kéo hợp với phương ngang góc β=α +γ ,

Chọn Ox dọc theo ván như hình vẽ Để kéo vật lên F x = P x + F ms

γγ

µ

αµαγ

αµ

αγ

cos sin

cos sin

sin cos

sin cos

µsin +cos ≤ 2 +1 cos2 +sin2

dấu bằng xảy ra khi µ = tgγ

γ γ

µ

cos

1 1

2 max = + = + =

(sinα µcosα)cosγ

⇒ F mg

= mg(sinαcosγ +tgγ cosαcosγ)

= mg(sinαcosγ +cosαsinγ)

Vậy Fmin = mgsin(α +γ)

Điều kiện : β = α + γ ≤ 90 0 thì mới kéo được lên;

Với : β= α +γ thì Fr có phương thẳng đứng và F min =mg ;

Còn β= α + γ > 90 0 không kéo lên được.Vì vật bị kéo về bên trái của đường thẳng đứng và không thê kéo vật lên được theo mặt nghiêng

Cách 2: Biến đổi mẫu số theo giải tích

Đặt µ =tgϕ thì mẫu số

cossin

−

+

= mg

F

Để A min thì F min khi mà cos(ϕ -γ) lớn nhất ⇒cos(ϕ −γ)=1⇔ϕ =γ =arctgµ

Vậy Fmin ⇔ Amin thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc γ =arctgµ và dây kéo

hợp với phương ngang 1 góc β =α +γ

Cách 3:Dùng phương pháp hình học :

Ta cộng Qr+Frms =Rr thì Rr hợp với phương thẳng của Pr 1 góc δ =(α + ϕ);

trong đó ϕ =arctg (F ms /Q) =arctg (µ ).

Nên để lực nhỏ nhất thì chuyển động phải là chuyển động thẳng đều:

Q Fr+ rms+ + = ⇔ + = −F Pr r 0r R Fr r Pr

Vậy 3 vectơ tạo thành 1 tam giác

Với vectơ ( )−Pr được xác định bởi OK ;

vectơ Rr có phương Oz xác định ,

hợp với Pr góc δ =(α + ϕ);

Còn véc tơ Fr có hướng và độ lớn F thay đổi

thì áp lực thay đổi, nên độ lớn R cũng thay đổi theo.

Khi Fr ⊥ Oz thì F min ; từ ∆OHK ta có : Fmin =mgsin(α + ϕ)

Khi đó Frmin hợp với phương ngang Kx một góc β = δ =(α + ϕ).

Ví dụ 4: Tìm α để khối trụ quay tại chỗ

Người ta cuốn một sợi dây không dãn, không khối lượng quanh một khối

trụ khối lượng m như hình vẽ Hỏi phải kéo dây bằng một lực F min nhỏ nhất bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ Khi đó dây tạo với phương ngang một góc α

bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn là k.

Cách giải:

Khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ

Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên Fr+Pr+Nr+Frms = 0r (1)

Chiếu lên Ox: Fcos α −F ms = 0 (2)

Chiếu lên Oy: Fsin α −mg+N = 0 (3) với F ms =kN (4)