skkn một số CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN cực TRỊ

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 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 Người thực hiện: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Lĩnh vực nghiên cứu: -Quản lý giáo dục: -Phương pháp dạy học môn : Vật lý -Lĩnh vực khác:    Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011- 2012 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN: Họ tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Ngày tháng năm sinh: 06 tháng năm 1958 Giới tính : Nam Địa : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân – Thành phố Biên Hoà - Tỉnh Đồng Nai Điện thoại: CQ: 0613.834289; ĐTDĐ:0903124832 Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng 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 toán vật lý” * Năm 2009: chuyên đề “Phân loại cách giải dạng toán mạch điện xoay chiều, thiết bị điện, dao động sóng điện từ” * Năm 2010: chuyên đề “Phân loại cách giải dạng toán tính chất sóng ánh sáng” * Năm 2011:chuyên đề “Phân loại cách giải dạng toán Vật lý hạt nhân nguyên tử” * Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị” Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tóm tắt : MỘT SỐ GIẢI Chuyên đề đưa một số cáchCÁCH giải dạng toán cực trị điện xoay chiều DẠNG TOÁN CỰC TRỊ đưa một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Vật lý học môn khoa học bản, làm sở lý thuyết cho số môn khoa học ứng dụng ngày Sự phát triển Vật lý học dẫn tới xuất nhiều ngành kỹ thuật Do có tính thực tiễn, nên môn Vật lý trường phổ thông môn học mang tính hấp dẫn Tuy vậy, Vật lý môn học khó sở toán học Bài tập toán vật lý đa dạng phong phú; có toán bản, có hay mà khó Các toán cực trị vật lý thuộc dạng khó Trong báo cáo đưa số cách giải dạng toán cực trị điện xoay chiều đưa 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 biết chương trình Vật lý tập cực trị liên quan tới toán tối ưu dạng toán phức tạp khó Có mức độ bản, có tính phổ thông; có hay mà khó, thường gặp đề thi thi tranh thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đẳng, đại học, thi chọn học sinh giỏi Kinh nghiệm năm đứng lớp nhận thấy học sinh thường lúng túng việc tìm cách giải dạng toán cực trị Xuất phát từ thực trạng trên, qua kinh nghiệm giảng dạy, chọn đề tài Khi giải toán Vật lý dùng nhiều phương pháp toán học khác có giải theo phương pháp Vật lý khác Mỗi phương pháp có ưu điểm có nhược điểm định Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải toán giúp cho học sinh nắm vững thêm phương pháp từ có tìm tòi lựa chọn phương pháp vận dụng, từ gây nên hứng thú học tập học sinh Đề tài nhằm giúp học sinh khắc sâu kiến thức giáo khoa nắm được phương pháp giải toán cực trị Việc làm có lợi cho học sinh thời gian ngắn nắm được phương pháp giải, nhanh chóng giải được Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” toán dạng tự luận dạng trắc nghiệm Việc làm giúp cho học sinh lựa chọn cách giải có lợi hơn, từ phát triển hướng tìm tòi lời giải cho tương tự Khi học sinh tự tin giành thắng lợi thi tài B NỘI DUNG ĐỀ TÀI: B1.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ VẬT LÝ Phương pháp dùng biệt thức ∆ : Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y = ax + bx + c Ta đưa phương trình bậc hai = ax + bx + (c − y ) , áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm biệt thức ∆ không âm ∆ ≥ ,từ tìm cực trị ym ứng với xm Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol: Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y = ax + bx + c Nếu a > đồ thị y(x) đường parabol có bề lõm quay lên hàm y có cực tiểu Nếu a < đồ thị y(x) đường parabol có bề lõm quay xuống hàm y có cực đại Tọa độ đỉnh b −∆  ; ÷  2a 4a  cho biết cực trị ym ( xm ; y m ) =  − Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ của : Cho hai đại lượng số dương a, b theo bất đẳng thức Côsi ta có quan a + b ≥ ab hệ: Dấu xảy hai số Phương pháp hình học : Dựa vào tính chất định lý hình học Phương pháp giải tích : Dùng đặc điểm cực trị điểm x m đạo hàm y’(xm) = y’ đổi dấu qua xm xét dấu y’’ở Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Phương pháp không tiểu biểu : Dựa vào phân thức có tử số không đổi, mẫu số lớn phân thức nhỏ ngược lại Nếu mẫu số không đổi phân thức lớn tử số lớn ngược lại Hoặc dựa vào đặc điểm số đại lượng : Fma sát nghỉ ≤ Fma sát trượt ; Fms< N; sin x ≤ ; cos x ≤ …… Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski: Cho 2n số thực (n ≥ 2) : a1; a2;…; an b1; b2; …; bn ta có : ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( b12 + b22 + + bn2 ) a a1 a = = = n bn Dấu xảy khi: b1 b2 B2 MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ VỀ ĐIỆN XOAY CHIỀU Chủ Đề 1: Biết U, R tìm hệ thức L, C, ω để Imax cộng hưởng điện Cách giải: U U * Biểu Imax : Theo định luật Ôm : I = Z = R + (Z L − Z C ) Nhận xét: Imax Zmin ⇔ Z L − Z C = ⇔ ω L = ⇔ LCω = ωC * Biểu u, i pha : độ lệch pha r UL φu i = Z L − ZC = ⇔ LCω = R * Biểu hệ số công suất cực đại Vậy : tgφ u i = R = R + ( Z L − Z C ) ⇔ ZL = ZC ⇔ LCω =1 O Kết luận chung Biểu hiện tựơng cộng hưởng : r r U UC r U R Ur L r I r U r O U R r UC r I Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang I max U = R u, i cùng pha ϕ u/i = 0; (cos ϕ)max = L.C.ω = Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Hệ : I max = U = U ⇔ Z L = Z C ⇔ ωL = ⇔ LCω2 = Z R ωC 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 giá trị cực đại * Khi C biến thiên ULmax , hay URmax ,hay Pmax * Đèn sáng 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 Chủ Đề 2: Tìm C’và cách mắc tụ vào tụ C để mạch Imax cộng hưởng điện Cách giải: Gọi C0 điện dung tương đương hệ C 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 *Hoặc so sánh : ZC với ZL Z = Z C0 − Z C ZCo > ZC  C0 = C’nối tiếp C ; C ' ⇒ C’= (ωZC’)-1 ZCo < ZC  C0 = C’songsong C ; ZC ' = ( Z C−1 − Z C−01 ) −1 ⇒ C’= (ωZC’)-1 Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính công suất tiêu thụ P của mạch Cách giải: * Tìm P(mạch): P = UI cos ϕ = I R = RU R + (Z L − Z C ) Cách 1: mạch RLC: có điện trở tiêu thụ điện (dạng nhiệt ), cuộn cảm tụ không tiêu thụ điện ⇒ P = RI I Z − ZC Cách 2: dùng công thức tổng quát : P = UI cos φ với I = ; ϕ tính từ tgφ = L R hay cos φ = R Z * Bảng biến thiên: R P Đồ thị quan hệ P(R) Rm P ∞ Pmax Pmax 0 R Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄNmHỮU CẢNH R -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Vậy :Công suất mạch có giá trị cực đại, ứng với giá trị Rm Chủ đề 4: Biết U, R, L (hay C), ω Tìm C (hay L) để Pmax Khảo sát biến thiên P theo C (hay L) Cách giải: Trong phần tử điện R;L;C :chỉ có điện trở R tiêu thụ điện (dạng nhiệt) Ta có P = I2.R P = RU const = 2 M R + (Z L − Z C ) \ Tìm L hay C để P max : Nhận xét: Tử số RU2 =const nên Pmax mẫu số Mmin ⇔ ZL-ZC=0 ⇔ LCω2=1 U2 Pmax = R Mạch cộng hưởng điện ⇒ Lúc : + Biết L suy + Biết C suy Cm = Lω Lm = Cω 2\ Biến thiên của P theo C: Khi C = ∞ ⇔ ZC =P0 ⇔ Pmax C Cm P Cm C P1 P1 3\Biến thiên của P theo L: Khi L = ⇔ L Lm P Pmax P0 RU R + Z 2L ∞ Pmax P1 = P0 = RU R + ZC2 ∞ P Pmax P0 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Chủ đề 5: Cho U, ω , L, C Tìm R để công suất tiêu thụ Pmax Khảo sát biến thiên P theo R giải: R L C Cách RU Lập luận ⇒ P = UI cos ϕ = I R = (1) R + (Z L − Z C ) 2 U2 const = Chia tử mẫu cho R⇒ P = MS R + (Z L − Z C ) / R Nhận xét : MS ( mẫu số ) tổng số dương , có tích chúng : ( ZL − R ZC ) R ( Z L – ZC ) = = const , nên theo hệ bất đẳng thức Cauchy MS = mà số R = với Rm = Z L − Z C Bảng biến thiên: Pmax = R ( ZL − ZC ) R U2 U2 = Rm Z L −ZC Rm P ∞ Pmax P Pmax 0 Chú ý: Từ (1) suy phương trình bậc hai R : U2 R – R + P ( Z L − Zc ) =0 (2) Rm R * Khi P > Pmax (2) vô nghiệm Δ < * Khi P = Pmax ⇔ ∆ = ⇔ nghiêm kép Rm =| Z L − Z C | Pmax = U2 U2 = Rm Z L −ZC * Khi P < Pmax cùng có công suất P cho trước tồn hai giá trị R1; R2 nghiệm phân biệt phương trình (2) - Ta có quan hệ theo định lý Vi-et: R1 + R = U2 P R1.R2 =(ZL-ZC)2 Vậy cho trước R1 R2, ứng với cùng P thi tìm được U; ZL-ZC Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” - Từ ta có toán ngược : Nếu cho P, R1 R2 tìm được: R m = R 1R - Gíá trị cực trị - Suy |ZL − ZC |= R1.R Pmax = P ( R1 + R ) 2R m  tính tg ϕ ; Z ; cosϕ - Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình R’2 – Chủ đề 6: P ( R1 + R ) P’ R’ + R 1.R = Cho biết U, ω ,R,L Tìm C để UCmax đạt cực đại Cách giải: Cách 1:(dùng đạo hàm) UZ C Ta có UC = I ZC ⇔ U C = (1) R + (Z L − Z C ) UC = U / ( Chia tử số, mẫu số cho Zc ⇒ R Z U ) + (1 − L ) = ZC ZC y Nhận xét: tử số U không đổi, nên UCmax ⇔ ymin Đặt x = biểu thức y = R + Z 2L x − 2Z L x + ZC ( ) Tính đạo hàm : y’ = 2(R2 + ZL2).x –2.ZL ⇒ y’= ZL ⇔ xm = Z = R + Z Cm L Bảng biến thiên : ZC y’ ⇒ Z Cm ZCm - Vậy ZCm ∝ y R + Z L2 = ZL R + Z L2 = ZL + ymin hiệu điện U C max = UC Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) Ta có : UC = IZC ⇔ U C = UC max UZ C R + (Z L − Z C ) U R + Z L2 R (1) x M' M + _ M Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH + -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” chia tử số, mẫu số cho Zc : ⇒ ( U UC = ( ) R ZL ) + ( − 1) ZC ZC = U y Đặt x = Z y = R + Z L2 x − 2Z L x + C Đây tam thức bậc hai có hệ số a = R2 + ZL2 > ; b = - 2ZL ; c = Đồ thị Parabol y(x) có bề lõm quay lên ⇒ y tồn giá trị nhỏ (y ) Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) −b Z ⇒ xm = = L 2a R + ZL R +Z ZL ⇒ Z Cm = L R2 −∆ 2 ⇔ ymin = ( 4a ) = R + Z L Vì U=const nên y ⇔ U C max = U R + Z L2 R Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RL) nối tiếp C : u = uRL + uC biểu diễn véctơ U = U RL + U C hình vẽ Nhận xét từ giản đồ véctơ : đặt góc ∠AOB= β; ∠ OAB= α ∆OAB theo định lí hàm số sin : UC U U ⇒ UC = = sin β sin β sin α sin α U R sinα = R = U RL R + Z2L mà = không đổi A α (1) O 2   β = 900 ; U RL ⊥ U (1) ⇒ U C max = U R + Z L β H B R cosα = ∆ OAH ⇒ ZL R + Z2L ; cosα = R + Z2L U RL = UCm ZCm ; cho hai vế phải biến đổi R + Z L2 = ZL UCmax uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch ∆ OAB ⇒ Vậy Z Cm UL = U RL Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 10 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Như uRL vuông pha với u dấu hiệu UCmax Chủ đề 7: Cho biết U, ω , R, C Tìm L để ULmax đạt cực đại Cách giải: Cách 1: (dùng đạo hàm) UZ L Ta có UL = I ZL ⇔ U L = R + (Z L − Z C ) (1) R ZL Chia tử số mẫu số cho ZL : U L = U / ( ) + (1 − x= Đặt ZC U ) = ZL y (2) ZL biểu thức mẫu số được viết thành : ( ) y = R + Z C2 x − 2Z C x + Tính đạo hàm bậc : y’ = 2(R2 + ZC2).x – Zc ⇒ ZC R + Z C2 ’ x = = Z = Cho y = ⇔ m ⇔ Lm Z Lm R + Z C2 ZC Bảng biến thiên : ZL ∝ ZLm y’ - + y ymin Vậy Z Lm = R2 + U Z LC2 ZC ULmax hiệu điện U L max = U R + Z C2 R Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) Ta có : UL = IZL ⇔ U L = U UL = ( Z R ) + ( C −1) ZL ZL UZ L (1) chia tử số,mẫu số cho Z L ta có : R + (Z L − Z C ) U = y đặt x = y =AR + Z C2 x − Z C x + ZL ( ) y tam thức bậc có a =R + ZC2 > 0; b = -2ZC ; c = ⇒Nên đồ thị Parabol y(x) có bề lõm quay lên ⇒ tồn cực trị y=min A + x Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) ta có : M O M α O ' β _ H H β M Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH α NGUYỄN HỮU CẢNH B B + -trang 11 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” ZC  b  xm =  − ÷ = R + Z C2 2 R + ZC ⇒ Z Lm =  2a  ⇔ ZC y ⇔ R2  −∆  = ÷= R + ZC2  4a  Vì U=const nên y= ⇔UL = max ⇔ U L max = U R + Z C2 R Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RC) nối tiếp L :    u = uRC + uL ⇒ U = U RC + U L biểu diễn hình vẽ Nhận xét giản đồ véctơ ; đặt góc : ∠AOB = β; ∠ OBA = α ∆ AOB theo định lí hàm số sin : UL U ⇒ U = UL = sin β sin β sin α sin α sinα = Từ ΔOHB có UR = U RC R R + Z r  U Vậy β = 90 ; RC ⊥ U Từ giản đồ véc tơ: ∆ OBH U ⇒ cos α = RC = U L max ∆ OAB từ (*), (**) Z Lm A r r U U L r r U I O β R H r α r U RC U C B C U L max = B B = không đổi U R + Z C2 R UC ZC ⇒ cos α = = U RC R + Z C2 (*) R + Z C2 ZLm (**) , R + Z C2 = UCmax uRC vuông pha với u hai đầu đọan mạch ZC Chú ý quan trọng : - Khi uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch dấu hiệu tương ứng UCmax uRC vuông pha với u hai đầu đọan mạch dấu hiệu tương ứng ULmax.; - Từ quan hệ vuông pha hai hiệu điện ta xác định kháng Z Cm R + Z L2 R + Z C2 ⇔ ⇔ UCmax hay Z Lm = = ULmax ZL ZC B3 MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG TOÁN CỰC TRỊ Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 12 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI 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 b1; b2; …; bn ta có : ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( b12 + b22 + + bn2 ) a a1 a = = = n bn Dấu bằng xảy và chỉ khi: b1 b2 Ví dụ 1: Phương pháp Tọa độ trọng tâm Một khung sắt có dạng một ∆ vuông ABC vuông A với góc nhọn α , đặt y mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền có phương nằm ngang Trên cạnh góc vuông có xuyên hòn bi thép coi chất điểm khối lượng lần lượt m , m2 chúng trượt không ma sát cạnh góc vuông được nối với bằng dây (lý tưởng) Hãy xác định góc β để hệ cầu sợi dây trạng thái cân bằng ? Nêu tính chất trạng thái cân bằng ? Cách Giải: y -Tung độ trọng tâm chung A m1 y1 + m2 y y= E M2 m m β M m , m (1) H - Hệ cân bằng bền ymin C α B Tính : y1 = BM1 sinα K F I x = (AB - M1M2cosβ )sinα = (a - lcosβ )sinα với M1M2 = l; AB = a y2 = EF = AF – AE = a sinα - AM2cosα = asinα - lsinβcosα Hoặc tính y2 = M2K = M2H + HK = M2H + M1I = l.sin(α - β) + (a - lcosβ) sinα  m l cos α  m1  y = a sin α − tgα cos β + sin β  m1 + m2  m2  Thay vào (1) biến đổi : f (β ) = Đặt : m1 tgα cos β + sin β m2 ; Với α ,a ,m1,m2 ,l không đổi ; α , β nhọn  f (β ) > ⇒ cos α > ; y hiệu số dương nên Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” ymin ⇔ f (β ) = m1 tgα cos β + sin β m2 cưc đại Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki: 2  m    m1  2 f ( β ) ≤  tgα  + 1 cos β + sin β ≤  tgα  + m  m2      [ ] m1 cos β tgα = = cot gβ m sin β f(β) cực đại Vậy để hệ cân bằng bền góc β xác định cot gβ = m1 tgα m2 Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu Một người muốn qua một sông rộng 750 m Nước chảy với vận tốc v2 = 1m/s Vận tốc bơi nước v = 1,5m/s Vận tốc chạy bộ bờ v3 = 2,5m/s Tìm đường (kết hợp bơi chạy bộ ) để người đến điểm bên sông đối diện với điểm xuất phát thời gian ngắn nhất? Cách giải:   Giả sử người chạy từ A  B, rồi từ B đến D bơi theo hướng v1 hợp với AC góc α để đúng tới đích C Thời gian bơi qua sông t1=AC/(v1cosα) (1) Thời gian chạy t2=AB/v3 (2) C H D Trong AB = CH = CD-HD r = v2t1 - BDsinα v = v2t1 - v1t1sinα = (v2 - v1sinα)t1 (3) thời gian chuyển động tổng cộng t = t1 + t2 AC  v2 − v1 sin α  t= 1 + ÷ v1 cos α  v3  t t = 200 Đặt y= r v3 A α r v1 B 3,5 − 1, 5sin α cos α 3,5 − 1,5 sin α cos α ⇒ y cos α + 1,5 sin α = 3,5 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski: Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 14 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” y cos α + 1,5sin α ≤ ( y + 1,52 )(sin α + cos α ) ⇒ 3,52 ≤ y + 1,52 ⇒ y ≥ 10 Vậy ymin= 10 ⇔ tmin=200 10 =632,5s y cos α 1,5 1,5 tgα = = = 0,4743 ⇔ α = 25 23' = y 10 Khi 1,5 sin α hay (1) ⇒ t1 = AC = 553,4s v1 cos α (2) ⇒ AB = ( v − v1 sin α ) t1 = 197,6m ≈ 198m Vậy người phải chạy đoạn AB=198m,  ' rồi bơi qua sông theo hướng v1 hợp với AC góc α= 25 23 Ví dụ 3: Tìm β để Fmin, Amin 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 ván nghiêng µ Hỏi góc β hợp phương dây kéo với phương ngang thì tốn công nhất kéo vật lên? Cách giải: Công lực kéo nhỏ nhất lực kéo nhỏ nhất  F lực kéo (lực căng dây),  γ góc hợp F với ván nghiêng; dây kéo hợp với phương ngang góc β=α +γ , Chọn Ox dọc theo ván hình vẽ Để kéo vật lên Fx = Px + Fms F cos γ = mg sin α + µ ( mg cos α − F sin γ ) ⇒ F = mg ( sin α + µ cos α ) µ sin γ + cos γ (1) Cách 1: Ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacốpki: µ sin γ + cos γ ≤ (µ )( + cos γ + sin γ δ α dấu bằng xảy µ = tgγ ⇔ MS max = µ + = tg 2γ + = ) cos γ ⇒ Fmin = mg ( sin α + µ cos α ) cos γ  Fms α  F  Q γ  v β x rα P Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 15 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” = mg ( sin α cos γ + tgγ cos α cos γ ) = mg ( sin α cos γ + cos α sin γ ) Vậy Fmin = mg sin(α + γ ) Điều kiện : β = α + γ ≤ 90 kéo lên;  Với : β= α +γ F có phương thẳng đứng F min=mg ; Còn β= α + γ > 90 không kéo lên được.Vì vật bị kéo về bên trái đường thẳng đứng không thê kéo vật lên theo mặt nghiêng Cách 2: Biến đổi mẫu số theo giải tích Đặt µ = tgϕ mẫu số MS = µ sin γ + cos γ = F= Vậy 1 cos ( ϕ − γ ) ( sin ϕ sin γ + cos ϕ cos γ ) = cos ϕ cos ϕ mg ( sin α + µ cos α ) cos ϕ cos( ϕ − γ ) Để Amin Fmin mà cos(ϕ -γ) lớn ⇒ cos(ϕ − γ ) = ⇔ ϕ = γ =arctgµ Vậy Fmin ⇔ Amin dây kéo hợp với phương nghiêng góc γ = arctgµ dây kéo hợp với phương ngang góc β = α + γ Cách 3:Dùng phương pháp hình học :     r Q + F = R ms Ta cộng R hợp với phương thẳng P góc δ = (α + ϕ ) ; ϕ =arctg (Fms/Q) =arctg (µ ) Nên để lực nhỏ chuyển động phải chuyển động thẳng đều: r r r r r r r r Q + Fms + F + P = ⇔ R + F = − P Vậy vectơ tạo thành tam giác Với vectơ r −P ( ) xác định OK ; K z  vectơ R có phương Oz xác định , H r −P β  − FG x δH O Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 16 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” r hợp với P góc δ = (α + ϕ ) ;  Còn véc tơ F có hướng độ lớn F thay đổi áp lực thay đổi, nên độ lớn R cũng thay đổi theo  Khi F ⊥ Oz Fmin ; từ ∆OHK ta có : Fmin = mg sin (α + ϕ )  F Khi hợp với phương ngang Kx góc β = δ = (α + ϕ ) Ví dụ 4: Tìm α để khối trụ quay chô Người ta một sợi dây không dãn, không khối lượng quanh một khối trụ khối lượng m hình vẽ Hỏi phải kéo dây bằng một lực F minnhỏ nhất bằng để khối trụ quay chỗ Khi dây tạo với phương ngang một góc α bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn k Cách giải: Khối trụ chịu lực tác dụng hình vẽ      F + P + N + F = ms Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên (1) Chiếu lên Ox: F cos α − Fms = (2)  Chiếu lên Oy: F sin α − mg + N = (3) với Fms=kNF(4) (2) (3) (4) suy F= α kmg cos α + k sin α Fmin mẫu số [ cos α = k sin α ] lớn y  N  P x  Fms Theo bđt Bunhiacopki: cos α + k sin α ≤ + k Vậy : Fmin = kmg 1+ k Khi kcosα = sinα Hay tgα = k ⇔ α = arctg (k )  Ví dụ 5: Tác dụng F để vật cân bằng Fmin? r F Dùng một lực có độ lớn F0 = 118N để áp một vật m = 50 kg vào tường thẳng đứng, cần dùng lực Fminbằng có hướng để giữ cho vật đứng yên? Biết hệ số ma sát giữa vật với tường k = 0,3 ; lấy g = 9,8 m/s2 Cách giải: Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 17 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”  Nếu lực biết F điều kiện để vật đứng yên : P = Fmsnghỉ = Fmso ≤ KN mà N = F0 (cân bằng ) Hay k F0 ≥ P ⇒ F0 ≥ P 490 = = 1633N k 0,3  F Nhưng theo đề cho F0=118N nên vật m chưa đứng yên mà sẽ tụt dần xuống Để vật đứng yên cần tác dụng thêm   Fo  Fmso α vào vật lực F hướng lên hợp với phương ngang góc α hình vẽ Nhờ tác dụng lực ma sát cũng tăng thêm        F +F +N + F + P = 0 mso Điều liện cân bằng có thêm lực F : (1) G  N  P Chiếu lên phương thẳng đứng chiều dương hướng lên : Fsinα + Fmso – P = ⇒ P − F sin α = Fmso = KN (2) (Khi vật chớm muốn trượt Fmso= KN)  F Chiếu(1) lên phương ngang chiếu dương chiếu : Fcosα + F0 = N (3) Thế (3) vào (2) ta được: P - Fsinα = k(Fcosα+F0) ⇔ kF cos α + F sin α = P − kF0 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski: ( kF cos α + F sin α ) ≤ (k F + F )(sin α + cos α ) ⇒ P − kF0 ≤ k F + F ⇒ F ≥ Vậy Fmin = P − kF0 k +1 = P − kF0 k +1 456,4 = 435,4 N 1,044 kF F = ⇔ cot gα = k = 0,3 ⇒ α = 730 8' Dấu bằng xảy ra chi : cos α sin α Ví dụ 6: Một hòm có khối lượng m đặt mặt phẳng nhám nằm ngang với  hệ số ma sát k Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào một lực kéo F Hãy   tìm giá tri nhỏ nhất lực kéo F góc α hợp lực F với phương ngang  tương ứng ?  Q Fms Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU  CẢNH FG α  v -trang 18 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Cách giải:  Xét trường hợp F hướng lên hình vẽ  F Gọi α góc hợp với phương ngang Để xê dịch hòm Fcosα - Fms = ma ≥ ; Fms = k (mg - Fsinα) Theo đề tìm giá trị nhỏ nên ta xét dấu bằng xảy F.cosα - Fms=0 kmg ⇔ = F cos α − k ( mg − F sin α ) ⇔ F = cos α + k sin α (1) Vì α nhọn cosα; sinα dương , k dương Theo bđt Bunhiacopki: ( cos α + k sin α ) ≤ + k cos α + sin α (2) ( Từ (1) (2) ⇒ Fmin = )( ) kmg + k (3) ⇔ k= ( sin α = tgα cos α )    F Xét trường hợp đẩy hòm F hướng xuống , v = α < áp lực tăng lên lực ma sát sẽ tăng lên Fms= k(mg+Fsinα) Do lực F sẽ lớn Fmin thu (3) Vậy kết lụân giá trị nhỏ lực F làm xê dịch vật Fmin = kmg 1+ k góc α = arctgk Ví dụ 8: bài toán tối ưu Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo sàn bằng sợi dây với kực kéo F=1000N, hệ số ma sát hộp sàn k= 0,35 (lấy g = 10m/s2) a)Với góc giữa dây kéo phương ngang phải để kéo được lượng cát lớn nhất? b)Tính khối lượng cát hộp trường hợp bằng bao nhiêu? Cách giải : Vật chịu lực Chọn hệ tọa trục hình vẽ y r r r r r P + N + F + F = ma ms Ta có (1) Chiếu (1) lên Oy: = P − F sin α (2) ⇒ Fms = kN = kQ Chiếu (1) lên Ox: Fcosα - Fms = ma (3)   Q Fms  F α  v r P Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH x -trang 19 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” ⇒m= F ( cos α + k sin α ) kg + a Điều kiện mmax (F,k,g không đổi) ( kg + a ) ⇒a=0  ( cos α + k sin α ) max Theo bđt Bunhiacopki: cos α + k sin α ≤ + k F 1+ k ⇒m≤ kg Dấu bằng xảy : k = sinα / cosα = tgα = 0,35 ⇒ α = 19,3 Khi khối lượng cát lớn mmax = F + k 1000 + 0,35 = = 303kg kg 0,35.10 III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Khi dạy chuyên đề nội dung B2 cho thấy học sinh nhanh chóng nắm bắt vận dụng phương pháp nhanh vào giải tập Khảo sát cho thấy: Khi chưa hướng dẫn chuyên đề B2 tỷ lệ học sinh tỷ lệ học sinh tỷ lệ hoc sinh giải được lúng túng không giải được 20% 45% 35% Khi hướng dẫn chuyên đề B2 vào vận dụng: tỷ lệ học sinh tỷ lệ học sinh tỷ lệ hoc sinh giải được lúng túng không giải được 80% 15% 4-5% Chuyên đề triển khai với lớp nguồn luyện thi học sinh giỏi hiệu Khi dạy chuyên đề nội dung B3 * Mỗi phương pháp được vận dụng có ưu điểm định có có nhược điểm định so với phương pháp khác Trong ví dụ nội dung B3 ta thấy phương pháp dựa vào bất đẳng thức Bunhiacốpski có điểm mạnh, mà có toán phương pháp khác thay được Tuy vậy, ví dụ minh họa cho thấy bên cạnh phương pháp áp dụng bất Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 20 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” đẳng Bunhiacốpski, ta áp dụng cách khác như: dùng biến đổi giải tích phương pháp hình học Việc vận dụng phương pháp cần phải có hiểu biết phương pháp cách sâu sắc sáng tạo định * Những dạng nội dung B3 đặc biệt hiệu luyện thi học sinh giỏi Với phương pháp gợi mở đặt vấn đề, gợi mở cho học sinh cố gắng tìm cách giải khác cho toán, giúp cho học sinh phát triển tư nắm vững phương pháp giải từ hứng thú học tập môn Vật lý Nhận xét: * Trên ví dụ có tính chất minh hoạ gợi ý vận dụng phương pháp Mong với phương pháp nêu phần B2 B3, học sinh tìm thêm lời giải cho toán cực trị phong phú hơn, từ hứng thú học tập * Đề tài giúp học sinh nắm được phương pháp giải dạng toán cựu trị, giúp cho học sinh nắm được cách giải từ chủ động vận dụng phương pháp làm tập Từ thân hoc sinh có thêm kỹ giải tập Vật lý, giúp em học sinh nhanh chóng giải toán trắc nghiệm tập điện xoay chiều phong phú đa dạng IV ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG * Chuyên đề tài liệu tham khảo tốt cho quý thầy cô quý bậc phụ huynh học sinh Đề tài vận dụng diện rộng góp phần nâng chất lượng dạy học * Chuyên đề hạn chế toán điển hình, toán không điển hình chưa được đề cập chuyên đề Đây vấn đề được tiếp tục giải chuyên đề tới V ĐÔI LỜI KẾT LUẬN: Chúng mong muốn chuyên đề mang tính khoa học sư phạm nhằm mục đích góp phần nâng cao chất lượng Dạy Học thầy trò yêu cầu giáo dục phổ thông Do kinh nghiệm thân hạn chế nên chắc chắn đề tài có thiếu sót, mong đón nhận đóng góp ý kiến quý Thầy Cô nhằm được học hỏi thêm kinh nghiệm quí báu góp phần nâng cao tính khả thi cho đề tài Mọi trao đổi xin liên hệ với Nguyễn Trường Sơn số điện thoại 0903124832 Chúng chân thành cảm ơn quý Thầy Cô quan tâm ! VI TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.Bài tâp vật lý sơ cấp chọn lọc Nguyễn xuân Khang,… NXB Hà nội Năm 1984 2.Phương pháp giải tập Vật lý sơ cấp An văn Chiêu,…NXB Hà nội Năm 1985 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 21 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 3.Giải toán vật lý 12.Bùi Quang Hân,…NXB Giáo dục,năm 1995 4.Hướng dẫn giải tập vật lý sơ cấp.Ngô quốc Quýnh NXB Hà nội Năm 1985 5.Bài tập Vật lí 12 Vũ Khiết,…NXB Giáo dục,năm 1993 6.Phân loại phương pháp giải dang tập vật lý 12 Trần Ngọc NXB đại học quốc gia Hà nội Năm 2008 500 toán vật lý sơ cấp Trương thọ Lương… NXB giáo dục Năm 2001 450 tập trắc nghiệm vật lý (Quang học) Lê Gia Thuận NXB đại học quốc gia Hà nội Năm 2008 Sai lầm thường gặp tìm hiểu thêm Vật lý 12.Nguyễn Đình Noãn NXB đại học sư pham Năm 2008 10 Những tập vật lý hay khó chương trình PTTH.Vũ Thanh Khiết NXB giáo dục 2001 11.Một số thông tin mạng trang giáo dục tài liệu Việt nam Ý kiến của Hiệu trưởng Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Biên Hòa , ngày 25 tháng năm 2012 Người thực hiện: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Giáo viên Vật lý Tổ Vật lý-Công nghệ-Thể dục-Quốc phòng Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 22 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPTNguyễn Hữu Cảnh Độc lập - Tự - Hạnh phúc Biên Hòa, ngày 25 tháng năm 2012 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2011-2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm: “MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Họ tên tác giả: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Đơn vị (Tổ): Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng Lĩnh vực: Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy học môn:  Phương pháp giáo dục:  Lĩnh vực khác:  Tính mới: -Có giải pháp hoàn toàn mới:  -Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có:  Hiệu quả: - Hoàn toàn triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao:  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  - Hoàn toàn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu  3.Khả áp dụng - Cung cấp được luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã được áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tổ phó:Nguyễn Bình Nam Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 23 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Mã số SẢN PHẨM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Người thực hiện: Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục: Phương pháp dạy học môn: Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác: Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011-2012 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 24 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 25