0

Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý THPT

23 4,323 10
  • Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý THPT

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 20/09/2014, 08:46

Vật lí là môn khoa học cơ bản nghiên cứu các quy luật về sự vận động của tự nhiên và nó có mối liên hệ mật thiết với các ngành khoa học khác, đặc biệt là toán học. Các lí thuyết vật lí là bất biến khi biểu diễn dưới dạng các quan hệ toán học và sự xuất hiện của toán học trong vật lí cũng thường phức tạp hơn trong các ngành khoa học khác. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ====== NGUYN MINH HUỆ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG VẬT LÍ THPT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN VẬT LÝ Hà Tĩnh, tháng 5/ 2012 I. Đặt vấn đề Vật lí là môn khoa học cơ bản nghiên cứu các quy luật về sự vận động của tự nhiên và nó có mối liên hệ mật thiết với các ngành khoa học khác, đặc biệt là toán học. Các lí thuyết vật lí là bất biến khi biểu diễn dưới dạng các quan hệ toán học và sự xuất hiện của toán học trong vật lí cũng thường phức tạp hơn trong các ngành khoa học khác. Trong chương trình trung học phổ thông việc sử dụng toán học vào giải các bài toán vật lí là rất điều không thể thiếu. Nhưng việc lựa chọn phương pháp nào cho phù hợp, ngắn gọn, hiệu quả và dễ hiểu không phải là đơn giản, nhất là đối với bài toán khó như bài toán cực trị. Học sinh thường lúng túng khi gặp các bài toán này vì đây là một dạng bài toán yêu cầu trình độ tư duy cao, học sinh có vốn kiến thức toán học vững chắc hơn thế nữa dạng bài này thường xuất hiện đơn lẻ , không có tính hệ thống, không có một phương pháp giải cụ thể nào. Nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quát về các bài toán cực trị điển hình trong vật lí THPT cũng như có phương pháp lựa chọn, định hướng phương pháp giải, các bước giải cụ thể phù hợp với dạng bài đó nên tôi đã thực hiện đề tài : “Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong Vật lí THPT”. Khi đưa các bài tập này vào hệ thống các bài tập rèn luyện và phát triển tư duy dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi tôi nhận thấy học sinh đã có nhiều tiến bộ, hứng thú hơn trong quá trình tìm tòi và khám phá các bài toán cực trị phức tạp khác của vật lí. Do thời gian viết đề tài còn gấp gáp nên đề tài chắc còn nhiều thiếu sót, kính mong sự góp ý và trao đổi từ quý đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện và có tác dụng hiệu quả hơn. II. Giải quyết vấn đề Bài toán cực trị là bài toán khảo sát giá trị cực đại, cực tiểu của một đại lượng vật lí nào đó. Muốn có một phương pháp giải nhanh gọn, dễ hiểu trước hết ta sẽ đi tìm hiểu hệ thống các bài tập điển hình về cực trị trong chương trình vật lí từ lớp 10, 11 đến lớp 12 sử dụng các công thức toán học đặc biệt như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, tam thức bậc hai,công thức cộng vận tốc, sử dụng định lí hàm số sin, cosin trong tam giác hoặc khảo sát hàm số. Qua đó rút ra được phương hướng chọn phương pháp giải và các bước để sử dụng phương pháp đó nhanh nhất, hiệu quả nhất. II.1. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy II.1.1. Bất đẳng thức Cauchy a + b ≥ 2 ab Với a,b ≥ 0 Dấu “=” xảy ra khi a=b a 1 + a 2 + + a n ≥ n n 1 2 n a a a Với a 1 ,a 2 , ,a n ≥ 0 Dấu “=” xảy ra khi a 1 =a 2 = =a n II.1.2. Bài tập vận dụng Bài 1 . Một vật khối lượng m 1 chuyển động với vận tốc uur 1 v đến va chạm với vật m 2 đang đứng yên. Sau va chạm vật m 1 chuyển động với vận tốc uur ' 1 v ,vật m 2 chuyển động với vận tốc uur ' 2 v . Hãy xác định tỉ số ' 1 1 v v để góc lệch α giữa uur 1 v và uur ' 1 v đạt giá trị cực đại. Giải: Do hệ kín và va chạm là đàn hồi nên: Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có : = ⇔ = + uur uur uur uur uur ' ' T S 1 1 2 P P P P P (1) Động năng hệ vật bảo toàn : = + 2 ' 2 ' 2 1 1 1 1 2 2 m v m v m v 2 2 2 (2) Hình b.1 Gọi α = uur uur ' 1 1 (v ,v ) . Từ (1) và (2) ta có: = + − α ' 2 '2 2 ' 2 1 1 1 1 P P P 2P P cos (3) = + ⇒ − = 2 '2 ' 2 2 '2 ' 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 P P P m P P P 2m 2m 2m m (4) α 1 P ur 2 P ' uur 1 P ' uur Từ (3) và (4) suy ra: ' 2 1 2 1 ' 1 1 1 1 m P m P 1 1 2cos . m P m P     − + + = α  ÷  ÷         ⇔ − + + = α  ÷  ÷     ' 2 1 2 1 ' 1 1 1 1 m v m v 1 1 2cos . m v m v Để α Max thì (cosα) min .Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái (5): −    − + + ≥  ÷  ÷     2 2 ' 1 2 2 1 2 1 ' 1 1 1 1 1 m m m v m v 1 1 2 m v m v m => (cosα) min khi:     − = +  ÷  ÷     ' 2 1 2 1 ' 1 1 1 1 m v m v 1 1 m v m v => − = + ' 1 1 2 1 1 2 v m m v m m với m 1 >m 2 Vậy − = + ' 1 1 2 1 1 2 v m m v m m với m 1 >m 2 thì góc lệch α đạt giá trị cực đại . Bài 2. Một mạch điện được mắc R 1 nối tiếp (đèn Đ mắc song song R 2 ). Bóng đèn ghi 6V-3W, R 1 =4Ω, U=10V, R 2 là biến trở. a) R 2 bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên R 2 đạt giá trị cực đại b) R 2 bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch song song đạt giá trị cực đại. Giải: a) Điện trở của bóng đèn: R = = 12 Ω Công suất tiêu thụ của R 2 là: P = I . R Mà I = I- I = − = − 2 2 2 2 2 2 1 d U I .R I .R 10 I .R - R R 4 3 => + 2 2 7,5 I = R 3 = + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 7,5 7,5 P = . R 9 (R 3) R 6 R => P 2 đạt max khi + + 2 2 9 R 6 R đạt min. Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có : + + ≥ + 2 2 9 R 6 2.3 6 R Dấu ‘=’ xảy ra khi = ⇔ = Ω 2 2 2 9 R R 3 R Vậy khi R 2 = 3 Ω thì P 2 đạt giá trị cực đại. b) Công suất tiêu thụ của đoạn mạch song song là : R 1 Đ R 2 I I 2 I d Hinh b.2 P= I 2 . R đ2 mà − = d2 1 U I.R I R => = = + + d2 d2 U 10 I R 4 R 4 Với = + = + d2 d 2 2 1 1 1 1 1 R R R 12 R = = + + + 2 d2 2 d2 d2 d2 10 100 P R 16 (R 4) R 8 R => P đạt max khi + + d2 d2 16 R 8 R đạt min Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : + + ≥ d2 d2 16 R 8 16 R Dấu ‘=’ xảy ra khi R d2 =4 => R 2 = 1,5Ω Vậy khi R 2 = 1,5Ω thì công suất đoạn mạch song song đạt giá trị cực đại. Bài 3. Vòng dây mảnh bán kính R tích điện đều mang điện tích q>0 đặt trong không khí. Tính cường độ điện trường tại M trên trục vòng dây cách O đoạn h. Xác định h để E đạt giá trị cực đại và tính giá trị cực đại đó. Giải : Xét hai điện tích điểm ∆q nằm ở vị trí đối xứng qua tâm O. Cường độ điện trường do chúng gây ra tại M là : ∆ =∆ + ∆ uuur uuuur uuuur 1 2 E E E Mà ∆E 1 =∆E 2 = ∆ 2 q k r suy ra: ∆ uuur E nằm trên OM, hướng ra xa O Có độ lớn : ∆E =2∆E 1 cosα = 2 ∆ 2 q k r = ∆ 3 2 q.h k r - Cường độ điện trường tổng hợp gây ra tại M là : = ∆ ∑ ur uuur M E E Vậy ur M E nằm trên OM, hướng ra xa O. Độ lớn: = ∆ = ∆ => = = + ∑ ∑ M M 3 3 2 2 3/2 h q.h q.h E E k. ( 2 q) E k. k. r r (R h ) - Tìm h để E M đạt cực đại : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : R O M ∆ 1 ∆ 2 ∆ h α Hình b.3 ( )   + = + + ≥  ÷   3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 R R R R R h h 27. . .h 2 2 2 2 Suy ra : ≤ = M 2 2 k.q.h 2k.q E R 3 3.R 3 3. .h 2 Vậy h= R 2 thì E M = = M 2 2k.q E (max) 3 3.R . Bài 4. Có n điện trở khác nhau R 1 , R 2 , R 3 , ,R n . Mắc chúng nối tiếp thì điện trở tương đương của mạch là R tđ , mắc chúng song song thì điện trở tương đương của mạch là R’ td . Chứng minh rằng ≥ 2 td ' td R n R Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: = + + + ≥ n n 1 2 n 1 2 n R R R R n R R R (1) = + + + ≥ n ' td 1 2 n 1 2 n 1 1 1 1 1 n R R R R R R R (2) Nhân vế theo vế (1) và (2) ta có : ≥ 2 td ' td R n R (đpcm) Dấu ‘ =’ xảy ra khi n điện trở có giá trị bằng nhau. Bài 5. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ U= 100 2 cos (100πt+π) , R 0 = 2Ω L = − = π π 4 1 10 (H); c (F); 2 R thay đổi được a) Xác định R để công suất tiêu thụ trên R đạt cực đại. b) Xác định R để công suất tiêu thụ trên toàn mạch đạt cực đại . Giải: Ta có : Z L = ω L = 100Ω, Z C = 1 200 C = Ω ω , Z = + + − 2 2 0 L C (R R ) (Z Z ) a) Công suất tiêu thụ trên R là : P R = I 2 R = = + − + + 2 2 2 2 0 L C 0 U U R (Z Z ) y R 2R R Hình b.5 P R đạt max khi y đạt min. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : ≥ + − + 2 2 0 L C 0 y 2 R (Z Z ) 2R Dấu ‘=’ xảy ra khi = + − 2 2 0 L C R R (Z Z ) Vậy khi = + − 2 2 0 L C R R (Z Z ) thì P R (max) = + − + 2 2 2 0 L C 0 U 2 R (Z Z ) 2R b) Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là: 2 2 2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 U U U P = I (R+R ) = (R+R ) = (Z -Z ) (R+R ) +(Z -Z ) (R+R )+ (R+R ) L C L C y = P đạt max khi y đạt min. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : ≥ − L C y 2 | Z Z | Dấu ‘=’ xảy ra khi 0 |R+R =|Z -Z L C => 0 |R=|Z -Z R L C − Vậy khi 0 - |R=|Z Z R L C − thì P(max) = + 2 0 U 2(R R ) = − 2 L C U 2 | Z Z | . II.1.3 Kết luận Bất đẳng thức Cauchy thường được áp dụng đối với các bài toán phần cơ học, điện một chiều và xoay chiều. Với các bài tập vận dụng trên ta rút ra được phương pháp chung để định hướng chọn và các bước giải một bài toán cực trị sử dụng bất đẳng thức Cauchy như sau: Bước 1: Đại lượng cần tìm giá trị cực trị có thể biến đổi để đưa về dạng phân số trong đó hoặc tử số (hoặc mẫu số) là một hàm chứa biến, thành phần còn lại là hằng số. Bước 2: Xét dấu hiệu nhận biết các điều kiện của hàm chứa biến có thỏa mãn điều kiện sử dụng bất đẳng thức Cauchy hay không. Đó là điều kiện các số hạng là không âm a 1 ,a 2 , ,a n ≥ 0 và tích của chúng là không đổi a 1 .a 2 a n = const Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức để tìm ra giá trị cực đại ,cực tiểu của bài toán. Bước 4: Tìm điều kiện để dấu ‘=’ của bất đẳng thức xảy ra. II.2. Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki II.2.1. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (ax+by) ≤ (a +b )(x +y ) Dấu “=” xảy ra khi : = (ax+by+cz) ≤ (a +b+c)(x +y +z) Dấu “=” xảy ra khi : = = II.2.2. Bài tập vận dụng Bài 6. Người ta quấn một sợi dây không giãn và khối lượng không đáng kể quanh một khối trụ khối lượng m. Hỏi phải kéo dây bằng một lực F min , dưới góc α bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ. Cho biết hệ số ma sát giữa khối trụ và sàn là k. Giải: Các lực tác dụng được biểu trên hình Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên tổng hình chiếu các lực trên phương 0x, 0y bằng 0 Tức là: − α =   α+ − =  ms F F cos 0 Fsin N P 0 Trong đó : F ms =k.N Từ hệ phương trình trên ta có : = = α + α kmg kmg F cos ksin y => F đạt min khi y đạt max Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : = α + α ≤ + α + α = + 2 2 2 2 y cos k sin (1 k )(cos sin ) 1 k Dấu ‘=’ xảy ra khi = ⇔ α = α α 1 k tg k cos sin Vậy = + min 2 kmg F 1 k khi α =tg k Bài 7. Kéo một vật lên đều trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α, hệ số ma sát k. Hỏi góc β giữa vec tơ lực kéo ur F và mặt nghiêng là bao nhiêu để lực kéo là cực tiểu. Giải: Áp dụng định luật II Newton ta có : α • O N r P r F r y x ms F Hình b.6 β α yx O Hình b.7 + + + = ur ur ur ur r ms P N F F 0 (1) Chiếu (1) lên Ox: − α − + β =Psin kN F cos 0 (2) Chiếu (1) lên Oy: − α + + β =Pcos N F sin 0 (3) Từ (2) và (3) ta có : α + α = β + β P sin kP cos F ksin cos Nhận xét: Trong biểu thức của F : tử số là không đổi, mẫu số thay đổi. F đạt min khi mẫu số đạt max. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : β + β ≤ + β + β = + 2 2 2 2 ksin cos (k 1)(sin cos ) (k 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi = β β k 1 sin cos <=> β =tg k Khi đó α + α = + min 2 Psin kP cos F k 1 Vậy: Để vật chuyển động đều với lực kéo cực tiểu thì góc hợp bởi vec tơ lực kéo và mặt nghiêng thỏa mãn: β =tg k Bài 8. Hai ôtô cùng chuyển động từ A và B hướng tới điểm O trên hai đường thẳng hợp nhau một góc α=30 0 với vận tốc v 2 = 1 v 3 .Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai ôtô. Cho biết lúc đầu chúng cách O những khoảng cách d 1 =60km, d 2 =40km. Giải : Áp dụng hệ thức trong tam giác ta có: − − = = α γ β 1 1 2 2 d d v t d v t . sin sin sin Lại có: 1 2 v v 3 = => − − = = α γ β 1 1 2 1 d d v t 3d v t sin sin 3 sin − => = α β− γ 2 1 d 3d d . sin 3 sin sin Theo bài ra ta có: β+ γ =150 0 => sin β= cos γ+ 3 2 sinγ • A A' B' B γ α O 1 v r β r 2 v Hình b.9 => − − − = => = = γ+ γ γ+ γ 2 1 2 1 2 1 0 d 3d d 3d d 3d d d sin30 y 3 1 3cos sin cos sin 2 2 (1) Từ (1): d min khi y max Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: y ≤ 2 2 (3 1) (sin cos ) 2.+ + γ+ γ = y max = 2 <=> γ = = γ=>γ = γ 0 sin 1 tg 30 cos 3 và 0 120β= . Vậy d min = − = 2 1 3d d 2 ≈4,64 km. II.2.3. Kết luận Bất đẳng thức Bunhiacopxki rất ít được sử dụng trong các bài tập vật lí. Ở các bài toán trên bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thấy bài toán được giải một cách nhanh gọn, dễ hiểu. Đối tượng áp dụng ở đây chủ yếu là các bài toán cơ học. Điều kiện để áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki không được đưa ra rõ ràng như ở bất đẳng thức Cauchy nhưng ta thấy dấu hiệu để nhận biết có thể sử dụng bất đẳng thức này là tích (a +b ).(x +y ) phải bằng hằng số. Cụ thể các trường hợp trên ta thấy xuất hiện α + α = 2 2 cos sin 1 . Các bước giải bài toán loại này: Bước 1: Biến đổi đưa đại lượng cần tìm giá trị cực trị về dạng phân số trong đó hoặc tử số (hoặc mẫu số) là một hàm chứa biến, thành phần còn lại là hằng số. Bước 2: Xét hàm chứa biến sao cho tích (a +b ).(x +y )=const, có xuất hiện α + α = 2 2 cos sin 1 . Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức để tìm ra giá trị cực đại ,cực tiểu của bài toán. Bước 4: Tìm điều kiện để dấu ‘=’ của bất đẳng thức xảy ra. II.3. Vận dụng công thức cộng vận tốc và định lí hàm số sin, cosin II.3.1. Công thức cộng vận tốc và định lí hàm số sin, cosin a ) Công thức cộng vận tốc = + r r r 13 12 23 v v v [...]... thiên suy ra vị trí cực trị Bước 4: Thay giá trị của biến mà tại đó hàm đạt cực trị để tìm giá trị cực trị III Kết luận Hệ thống các bài tập tôi đã đưa ra trên đây đã phần nào đem lại cho học sinh có cách nhìn bao quát hơn về các dạng bài tập cực trị điển hình trong chương trình vật lí trung học phổ thông và các phương pháp giải nhanh các dạng bài tập đó Bằng thực tế giảng dạy, khi đưa các bàì tập này... Văn Tiến - Nguyễn Thành Tương Giải toán Vật lí 10 (tập I,tập II) ,Giải toán Vật lí 11(tậpI), NXB Giáo dục, 2001 [3] Lưu Đình Tuân Bài tập Vật lí 10 nâng cao, NXB trẻ, 1997 [4] Phạm Văn Thiều - Đoàn Văn Ro - Nguyễn Văn Phán Các phương pháp vàng giải bài tập Vật lí THPT, NXB Giáo dục, 2009 [5] Ths.Hoàng Danh Tài Hướng dẫn giải nhanh các dạng bài tập trắc nghiệm Vật lí (tập II) ,NXB Đại học quốc gia Hà... gian cực tiểu là: t min = Vậy: khi góc α = 450 + 2 l g( 1 + k 2 − k) 4l θ với tgθ = k thì t min = 2 g( 1 + k 2 − k) II.3.3 Kết luận Phương pháp vận dụng công thức cộng vận tốc kết hợp các công thức lượng giác là một cách giải quyết vấn đề khá nhanh gọn đối với bài toán chuyển động thay cho cách làm lập phương trình chuyển động thông thường Phương pháp này có nét đặc trưng chính hình thành các bước giải. .. pháp này Đặc điểm của phương pháp là yêu cầu tính cẩn thận và các bước làm rõ ràng: Bước 1: Biến đổi đại lượng cần tính cực trị về hàm bậc 2 của biến x Bước 2: Dùng dấu hiệu nhận biết của tam thức bậc hai để suy ra cực trị ví dụ như nếu a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol,nếu a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol Bước 3 Tìm giá trị của biến x để đạt giá trị cực trị II.5.Vận dụng phương pháp khảo sát hàm số II.5.1...r Trong đó : v13 là vận tốc vật 1 đối với vật 3 (vận tốc tuyệt đối) r v12 là vận tốc vật 1 đối với vật 2 (vận tốc tương đối) r v 23 là vận tốc vật 2 đối với vật 3 (vận tốc kéo theo ) b) Định lí hàm số sin, cosin Định lí hàm số sin trong tam giác: = = Định lí hàm số Cosin trong tam giác : a = b + c- 2b.c.cosA ( cosα)max = 1 ⇔ α = 00 ( sinα)max = 1 ⇔ α = 900 II.3.2 Bài tập vận dụng Bài 9 Hai... +∞ + [ Bmin Thay giá trị Z C = 1 Z L + 4R 2 + Z 2 L vào biểu thức (2) ta thu được: 2 2 B min  4R 2 + Z 2 − Z  L L ÷ =  ÷ 2R   Thay Bmin vào (1) suy ra U RCmax = 2UR 4R 2 + Z 2 − Z L L II.5.3 Kết luận Phương pháp khảo sát hàm số chính là phương pháp dùng đạo hàm để tìm cực trị của một đại lượng vật lí mà các bước tiến hành của nó như sau: Bước 1: Tính đạo hàm hàm cần tìm cực trị theo biến x Bước... t= = s < 2,5s và có giá trị Vậy v12 có giá trị cực tiểu bằng m/s tại thời điểm t = s Bài 11 Hai chiếc tàu biển chuyển động với cùng vận tốc hướng tới điểm O trên hai đường thẳng hợp nhau một góc 60 0 Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai con tàu Cho biết lúc đầu chúng cách O những khoảng cách d 1=60km, d2=40km Giải : Hình b.12 Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có : r r r r r... qua O là 10m/s Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng thời gian từ lúc qua O đến khi vật thứ 2 dừng lại y Giải: Chọn t = 0 lúc hai vật qua O Phương trình vận tốc của vật 1 là : v1 = 8 + 2t r v12 Phương trình vận tốc của vật 2 là : v 2 = −10 + 4t Vật 2 dừng lại lúc : v2=0 hay t =2,5s Áp dụng công thức cộng vận tốc ta có : r r r v12 = v1 + v 2 r r Lại có : v1 vuông... được khoảng cách dmin : t = 2 2 v 21 v1 + v 2 + 2v1v 2 cos α Bài 10 Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc với nhau Ox,Oy và qua O cùng một lúc Vật thứ nhất chuyển động trên Ox theo chiều dương với gia tốc 2m/s2, vận tốc khi qua O là 8m/s Vật 2 chuyển động chậm dần đều với gia tốc 4m/s2, vận tốc khi qua O là 10m/s Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng... sát hàm số Xét hàm y=f(x) + Đạo hàm y theo biến x + Lập bảng biến thiên hàm số, tìm giá trị cực trị của hàm II.5.2 .Bài tập vận dụng Bài 18 Cho 10g khí Hiđro thực hiện quá trình chuyển trạng thái tuân theo quy luật sau: P = aV2 - b Tìm nhiệt độ cực tiểu của lượng khí Giải: a) Số mol khí Hiđrô là : n = = 5 mol Áp dụng phương trình trạng thái ta có : PV = nRT ⇒ T = => T' (V)= PV a 3 b = V − V nR nR nR 3a . giải, các bước giải cụ thể phù hợp với dạng bài đó nên tôi đã thực hiện đề tài : Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong Vật lí THPT . Khi đưa các bài tập này vào hệ thống các bài tập. một phương pháp giải cụ thể nào. Nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quát về các bài toán cực trị điển hình trong vật lí THPT cũng như có phương pháp lựa chọn, định hướng phương pháp giải, . TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ====== NGUYN MINH HUỆ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG VẬT LÍ THPT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN VẬT LÝ Hà Tĩnh, tháng 5/ 2012 I. Đặt vấn đề Vật lí là
- Xem thêm -

Xem thêm: Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý THPT, Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý THPT, Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý THPT

Từ khóa liên quan