skkn phương pháp giải bài toán cực trị trong vật lý THPT

Thực tế, khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp TNKQ, GV phải mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi trắc nghiệm, vấn đề đầu tư cho việ

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài.

Việc dạy học và đánh giá thi cử theo hình thức TNKQ thì giáo viên cũng như học sinh phải có sự thay đổi lớn về cách dạy và học Dạy học theo phương pháp TNKQ đòi hỏi người giáo viên không những phải đầu tư theo chiều sâu mà còn phải đầu tư kiến thức theo chiều rộng, người dạy phải nắm được tổng quan chương trình của môn học

Thực tế, khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp TNKQ, GV phải mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi trắc nghiệm, vấn đề đầu tư cho việc giải bài toán theo phương pháp tự luận có thể bị mờ nhạt đi Điều này ảnh hưởng khá lớn đến chất lượng, mức độ hiểu sâu kiến thức về vật

lý của học sinh

Trong Vật lý THPT có nhiều bài toán được giải theo phương pháp tính giá trị cực đại, cực tiểu các đại lượng Vật lý Mỗi loại bài tập đó đều có một số cách giải nhất định, song để chọn cách giải phù hợp là điều rất khó khăn cho học sinh bởi lẽ các bài toán này mang tính đơn lẻ, chưa có tài liệu nào viết có tính chất hệ thống

Để góp phần cải tiến thực trạng trên tôi quyết định thực hiện đề tài “Phương pháp giải bài toán cực trị trong vật lý THPT”

1.2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu để vận dụng một cách có chọn lọc và sáng tạo và xây dựng phương pháp cốt lõi để hướng dẫn học sinh giải các bài toán cực trị trong Vật lý THPT

1.3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu:

- Mục tiêu giáo dục

- Học sinh

- Nội dung chương trình và phương pháp giảng dạy vật lí ở trường THPT

- Chiến lược dạy học dựa trên vấn đề và một số chiến lược dạy học hiện đại

Phạm vi áp dụng:

Các bài toán cực trị trong chương trình Vật lý THPT

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

* Nghiên cứu lý luận

- Nghiên cứu văn kiện Đảng về đổi mới nội dung, chương trình, PPDH

1

- Nghiên cứu tài liệu về giáo dục và các phương pháp giảng dạy vật lí.

- Vận dụng những kiến thức toán học để tìm cực trị, như:

+ Tính chất của phân thức đại số

+ Bất đẳng thức Cô-si, Bunhiacopxki

+ Tính chất đạo hàm của hàm số

- Khái quát hóa, phân loại các trường hợp để có thể giải quyết các bài tập trong từng điều kiện cụ thể

* Nghiên cứu thực nghiệm

- Nghiên cứu, khai thác tài liệu liên quan đến các phương pháp dạy học

- Nghiên cứu, thiết kế, xây dựng các phương pháp giải bài toán cực trị

- Chọn mẫu và dạy thực nghiệm ở trường THPT Đông Sơn 2

* Phương pháp thống kê toán học

- Sử dụng phương pháp thống kê toán học để trình bày kết quả thực nghiệm sư phạm và kiểm định giả thuyết thống kê về sự khác biệt trong kết quả học tập của hai lớp đối chứng và thực nghiệm

2 NỘI DUNG 2.1 Những kiến thức toán học bổ trợ.

* Bất đẳng thức Côsi:

a + b  2 ab (a, b dương)a, b dương)

a + b + c  33

abc (a, b dương)a, b, c dương) + Dấu bằng xảy ra khi các số bằng nhau

+ Khi Tích 2 số không đổi tổng nhỏ nhất khi 2 số bằng nhau

Khi Tổng 2 số không đổi, Tích 2 số lớn nhất khi 2 số bằng nhau

* Phạm vi áp dụng: Thường áp dụng cho các bài tập điện hoặc bài toán va chạm

trong cơ học

* Bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a, b dương)a1b1 + a2b2)2  (a, b dương)a1 + a2)2 (a, b dương)b1 + b2)2

Dấu bằng xảy ra khi 1 1

a  b

* Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học.

* Tam thức bậc 2.

y = f(a, b dương)x) = ax2 + bx + c

+ a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol

+ a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol

+ Toạ độ đỉnh: x = - b ; y

 

 (a, b dương) = b2 - 4ac) + Nếu  = 0 thì phương trình y = ax2= bx + c = 0 có nghiệm kép

+ Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt

* Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học và

bài tập phần điện

* Giá trị cực đại của hàm số sin hoặc côsin

a = 00  (a, b dương)cosa)max = 1

a = 900  (a, b dương)sina)max = 1

* Thường dùng trong các bài toán cơ học - Điện xoay chiều

* Khảo sát hàm số.

- Dùng đạo hàm

3

- Lập bảng xét dấu để tìm giá trị cực đại, cực tiểu.

Thường áp dụng cho các bài toán điện xoay chiều (a, b dương)vì lúc đó học sinh đã được học đạo hàm)

* Ngoài ra trong quá trình giải bài tập chúng ta thường sử dụng một số tính chất

của phân thức a c a c a c

2.2 Các ví dụ áp dụng.

2.2.1 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi

Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ

E = 12V; r = 4W; R là biến trở

Hãy tìm R xđể công suất mạch ngoài cực đại.

Hướng dẫn:

- Dòng điện: I = E

r R 

- Công suất: P = I2R =

- Pmax  ymin

Theo BĐT Côsi tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau

 Ymin  R r

R

 Vậy khi R = r = 4W thì Pmax =

2

E 9(W) 4r 

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ

UAB = 200 2 sin(a, b dương)100nt) (a, b dương)v)

L =

4



 R thay đổi a) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 0

b) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 5W

Hướng dẫn:

a) + Cảm kháng: ZL = L = 100W;

Dung kháng: ZC = 1 200



E,r

R

R





L,r C

+ Tổng trở: Z = 2 2

R (Z  Z )

+ Công suất: P = I2R = 



2

2

U

R

R

Đặt y = R +

2

R



+ Áp dụng BĐT Côsi: ymin  R = ZL – ZC = 100W

Lúc đó PR(a, b dương)Max) =

2

U

200(W)

(R r) (Z  Z )

R

+ áp dụng BĐT côsi ymin  R = 2 2

r (Z  Z )

Max

2

U





* Mở rộng: Khi tính P của mạch:

+ Nếu ZL – ZC > r thì PMax khi R = ZL – ZC - r

+ Nếu ZL – ZC  r thì PMax khi R = 0.

Ví dụ 3: Có hai điện tích điểm q1 = q2 =

q > 0 đặt tại hai điểm A, B trong không khí (a, b dương)e =

1) Cho biết AB = 2d Hãy xác định cường độ

điện trường tại M trên đường trung trực AB

cách đường thẳng AB một khoảng x Tìm x để

EM đạt cực đại

Hướng dẫn:

* Xác định E  M

: +       E         M               E1M                E2 M

Với E1M = E2M = k 2q 2

d  x

5

B



2 M

E

 EM



1M

E 

M

q1

a

+ Dùng quy tắc tổng hợp vectơ  EM



 AB hướng ra xa AB

2 2 2

d  x d  x  (d  x ) (a, b dương)*)

* Tìm vị trí M: - Theo BĐT Côsi ta có:

Ta có d2 + x2 = d2 d2 2 3 d x4 2  2 232 3 3 2

2  2   4    2 (a, b dương)**)

+ Từ (a, b dương)*) và (a, b dương)**)  EM  4kq2

3 3 d Vậy EM(a, b dương)Max) = 4kq2

3 3 d khi x = d

2

Ví dụ 4: Vật m1 chuyển động với vận tốc V  1

tại A và đồng thời va chạm với

vật m2 đang nằm yên tại đó Sau va chạm m1 có vận tốc V '1



; hãy xác định tỷ số

' 1

1

V V

của m1 để góc lệch a giữa V1



và V '1



lớn nhất (a, b dương)amax)

Cho m1 > m2

Hướng dẫn:

+ Động lượng hệ trước va chạm:

+ Động lượng hệ sau va chạm:

P   P P  m V  m V



+ Hệ kín nên Động lượng hệ bảo toàn: PS PT P1

  

+ Gọi a = '

(V  V ) (P   P )



Ta có: ' 2 '2 2 ' 2

P  P  P  2P P cos  (a, b dương)1)

Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn:



2m  2m  2m    m (a, b dương)2)

+ Từ (a, b dương)1) và (a, b dương)2) 

'

'

a

P                            P

2

P ' 

1

P ' 

'

Đặt x =

' 1

1

V 0.

Để aMax thì (a, b dương)cosa)min Theo BĐT cosi: (a, b dương)cosa)min khi:



Vậy khi

'





 thì góc lệch giữa V  1

và ' 1

V

cực đại

Với cosamax =

1

m



Ví dụ 5: Một thấu kính hội tụ được đặt song song với màn ảnh E Trên trục

chính có điểm sáng A và màn E được giữ cố định Khoảng cách từ A đến màn E là a =

100 cm Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng giữa màn E và A, người ta thấy vệt sáng trên màn không bao giờ thu lại một điểm Nhưng khi L cách màn E một đoạn b = 40cm thì vệt sáng trên màn có kích thước nhỏ nhất Tính tiêu cự của thấu kính

Hướng dẫn:

Theo đề bài thì điểm hội tụ của chùm tia ló phải nằm sau màn ảnh E, đường đi của tia sáng như hình vẽ:

Theo tính chất đồng dạng của tam giác ta có:

a

            

Mặt khác theo định lý Côsi ta có:

7

a



    thay số ta có f = 36 cm.

a

b

r r’

A O A’

d d’

2.2.2 Áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki:

Ví dụ 6: Hai chuyển động trên

AO và BO cùng hướng về 0 Với V2 =

1

V

3   300 Khi khoảng cách giữa hai

vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách vật

1 đến 0 là '

1

d  30 3(m) Hãy tìm khoảng cách vật 2 đến 0 lúc này?

Hướng dẫn:

Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc t = 0

ta có: d d1 v t1 d2 v t2

.

2

v v

3



 d d1 v t1 3d2 v t1 d 3d2 d1

.

sinb = sin(a, b dương)1800 - b) = sin (a, b dương)a + ) = sin (a, b dương)300 + )



0

d

d

1'

d

2'

0

B' B



a b

dmin khi ymax

(3 1) (sin  cos ) 2. 

Ymax = 2  sin 1 tg 300



120

 

Lúc đó

Ví dụ7: Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai đường OA và OB biết AB = 40km;

VA = 40km/h; VB = 40 3km Chiều chuyển động các tàu được biểu diễn như hình vẽ Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tàu, biết a = 300; b = 600

Hướng dẫn:

a +  + b   = 300

Ta có: AO = d1; BO = d2

sin   sin   sin 

1

2





* Khi tàu A đến A' thì '

1

d = d1 - v1t = 40 3 - 40t d2 = d2+ v2t = 40 + 40 3t

Khoảng cách giữa 2 tàu d' = A'B' Có

sin   sin ' sin '   

0

80

3 sin ' sin '

áp dụng BĐT Bunhia côpxki a1b1 + a2b2  2 2 2 2

(a a ).(b b )

0

80

7

9





A

A'

B'

B

b

b'

 0

a A

V

B

V

a'

M

m F 

a

Ví dụ 8: Cho cơ hệ như hình vẽ

Hệ số ma sát giữa M và sàn là K2

Hệ số ma sát giữa M và m là K1

Tác dụng lực F

lên M theo phương hợp với phương ngang 1 góc a (a, b dương)a thay đổi) Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M Tính a tương ứng

Hướng dẫn:

* Vật m:       P         1               N1               Fms21               m a1

(a, b dương)1) ms21 1

1 1



   a1 = Fms21

m

 a1  K1g (a, b dương)*) Khi m bắt đầu trượt a1 = k1g

* Xét vật M:            F P                   2               P1               N               2 Fms12               F              ms Ma2

(a, b dương)2)

Chiếu lên Ox: F cosa – Fms12 - Fms = Ma2  a2 = F cos Fms12 Fms

M

Oy: F sina - (a, b dương)P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 - Fsina

Mà Fms = K2 N2  a2 = Fcos K mg K (P1 2 1 P2 F sin )

M

(a, b dương)**)

Ta có a1  a2  K1g  Fcos K mg K (P1 2 1 P2 F sin )

M

2

(m M)(K K )g (m M)(K K )g F

Fmin khi ymax Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki

(a a )(b b ) 1 K y  1 K

Vậy Fmin = 12 2

2

(m M)(K K ) g

1 K

2





2.2.3 Áp dụng tính chất tam thức bậc 2.

Ví dụ 9: Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều

dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng (a, b dương)Hình vẽ)

- Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang với vận tốc không đổi v thì con bọ bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh Trong quá trình bò trên thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu đối với sàn Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường thẳng đứng

Hướng dẫn:

10

A

Xét (a, b dương)0 < t < L )

u và (t L )

v



Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t

Thì con bọ đi được l = u.t

Độ cao mà nó đạt: h = l Sinα = u.t L2 v t2 2

L

H = U 2 2 2 4 U

L   L hmax khi y = ymax

y = -v2 X2 + L2X (a, b dương)với X = t2 > 0)

ymax =

4

2

L 4v



tại

2

2

L X 2v



(a, b dương)y là tam thức bậc 2 có a = -v2 < 0  ymax tại đỉnh Parabol)

Vậy độ cao cực đại con bọ dừa đạt được là: hmax = U yMax UL

Ví dụ 10: Một người đứng tại điểm A trên bờ hồ Người này muốn đến B trên

mặt hồ nhanh nhất Cho các khoảng cách trên hình vẽ, biết rằng người này chạy trên

bờ thì vận tốc là v1, khi bơi có vận tốc v (a, b dương)v2< v1) Hãy xác định phương án chuyển động của người đó

Hướng dẫn:

Giả sử người đó chọn phương án chạy trên bờ 1 đoạn AD, sau đó bơi từ D  B Thời gian người đó từ A  B: t =







 t =



Đặt P = v1 2 2 2

1 2

P

v v

    ; Tmin khi Pmin

 Từ (a, b dương)1)  P + v2x = v1 2 2 2 2 2 2 2 2

d x  (v  v )x  2pv x v d  p 0

để có nghiệm (a, b dương)với 0  x < S) thì '  0

 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2

p v  v v d  v d  v p  v p  0

v (v d  v d  p ) 0   p  (v  v )d

11

v 



h a

u 



d

H D

B

x

Vậy Pmin = d 2 2

v  v Khi đó 22 2

v d x





+ Nếu x  S thì bài toán vô nghiệm tức là không tồn tại C  chọn phương án bơi thẳng A  B

+ Nếu x < S thì người đó phải đi một đoạn AD = S - 22 2

v d

v  v rồi bơi từ D đến B

Ví dụ 11: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo

phương hợp với phương ngang một góc a Tìm a để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất

Hướng dẫn:

+ Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Gốc ở mặt đất

+ Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần

theo Ox: x = v0t cosa (a, b dương)1)

theo Oy: y = h0 + v0t sina -

2

gt

2 (a, b dương)2)

* Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t = Max

0

L

v cos

Thay t vào (a, b dương)2) ta được:

y = h0 + L.tga - 2 2

0

gL

0

2

1

1 tg cos     

2

0

(a, b dương)*);

Phương trình phải có nghiệm với tga

  = L2 -

0 0

 Phương trình (a, b dương)*) có nghiệm kép

Vậy tanga = 2 0

0

v

v  2gh thì tầm xa cực đại

h y

a 0

V 

UAB = 200 2 sin 100nt (a, b dương)v)

R = 100W; C =

4

10 (F)



 ; cuộn dây thuần cảm và có thể thay đổi được độ tự cảm Hãy xác định L để hiệu điện thế UL đạt cực đại Tính giá trị cực đại đó

Hướng dẫn:

Cảm kháng Z = L; dung kháng ZC = 1 100

R (Z  Z )

L

L(Max) min

y là tam thức bậc 2 có a = R2 + 2

C

Z > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol



LMax

R



* Mở rộng

Nếu L = const, tụ C có điện dung thay đổi Tìm C để UC đạt giá trị cực đại ta làm tương tự trên và kết quả là:

UCMax =

C

L

khi Z



2.2.4 Áp dụng giá trị cực đại của Hàm số sin và Hàm số cos

Ví dụ 13: Từ độ cao h so với mặt đất Tại A, B cách nhau một khoảng l người

ta ném đồng thời hai vật (a, b dương)vật ở A ném đứng lên trên với vận tốc v1; vật ở B ném ngang với vận tốc v2 hướng về phía A) Hãy tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật đó

Hướng dẫn:

Gọi vật 1 là vật ở A; vật 2 là vật ở B; vật 3 là mặt đất

Có a               13               g; a               23               g

; a13 a12 a23 a23 0

Do đó hai vật chuyển động thẳng đều so với nhau

+ Chọn vật ở B làm mốc thì vật ở A sẽ chuyển động theo đường Ax (a, b dương)theo hướng V12



)

13

Vì          V      13               V              12               V23                             V12               V13               V23 V1  ( V )2

1

2 2

d sin   sin    v  v sin  dmin khi sinb = 1

Vậy dmin = 2 1 2

l v

v  v (a, b dương)điều kiện t = 2 2

g



Ví dụ 14: Cho mạch điện như hình vẽ

UMN = const ; L = 0,9 (H)



C thay đổi Ra = 0; Rv rất lớn

Tần số dòng điện f = 50 HZ; r = 90W

Hãy chứng tỏ rằng khi điều chỉnh C để

hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha nhau 1 góc

2



thì UC đạt giá trị cực đại

Hướng dẫn:

+ Mạch điện vẽ lại như hình bên

Vôn kế v1 chỉ UMA ; Vôn kế v2 chỉ UMN

+ Ta có: ZL = L = 90W;

+ Giản đề véc tơ

tgj1 = L

1

Z 1



   

1

sin   sin(   )

1

sin



    

 UC = MN

1

U

2 sin(   )

Ta thấy UC cực đại khi sin (a, b dương)j1 + j) = 1  j1 + j =

2



Theo bài ra thì (a, b dương)j1 + j) =

2



 UC đạt cực đại

V1

a

V2

A

M M





L, r

C

0 j

j1

a

r

U



L

U



C

U



MN

U



MN

U



I

