skkn vat lybai toan cuc tri

§iÒu nµy ¶nh hëng kh¸ lín ®Õn chÊt lîng, møc ®é hiÓu s©u kiÕn thøc vÒ vËt lý cña häc sinh, ®Æc biÖt lµ ®éi ngñ häc sinh giái cña trêng.. Hy väng r»ng ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn vµo gi¶i quyÕ[r]

Equation Chapter Section 1

ứng dụng cực trị hàm số để giải toán vật lý sơ cấp A lý chọn đề tài:

Từ năm học 2005 - 2006 Bộ GD & ĐT định chuyển từ hình thức thi tự luận sang thi trắc nghiệm khách quan đem lại đổi mạnh mẽ việc dạy học giáo viên nh học sinh

Tuy nhiên, qua thời gian thực tế giảng dạy trờng THPT tấy có số vấn đề nh sau:

1.Việc dạy học đánh giá thi cử theo hình thức TNKQ giáo viên nh học sinh phải có thay đổi lớn cách dạy học Dạy học theo phơng pháp TNKQ đòi hỏi ngời giáo viên khơng phải đầu t theo chiều sâu mà cịn phải đầu t kiến thức theo chiều rộng, ngời dạy phải nắm đợc tổng quan ch-ơng trình mơn học Điều tất đội ngủ giáo viên ta làm đợc, đặc biệt giáo viên trẻ trờng

2 Một thực tế chuyển sang dạy học đánh giá thi cử theo phơng pháp TNKQ số GV mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi trắc nghiệm vấn đề đầu t cho việc giải tốn theo phơng pháp tự luận bị mờ nhạt Điều ảnh hởng lớn đến chất lợng, mức độ hiểu sâu kiến thức vật lý học sinh, đặc biệt đội ngủ học sinh giỏi trờng

Để góp phần cải tiến thực trạng định thực đề tài “ứng dụng cực trị hàm số để giải toán vật lý sơ cấp” Trong Vật lý sơ cấp THPT có nhiều tốn đợc giải theo phơng pháp tính cực trị đại lợng Vật lý Mỗi loại tập có số cách giải định, song để chọn cách giải phù hợp điều khó khăn cho học sinh số giáo viên lẽ tốn mang tính đơn lẻ, cha có tài liệu viết có tính chất hệ thống

Với trình độ cịn hạn chế, kiến thức mênh mơng nên viết cịn có sai sót Kính mong đợc góp ý trao đổi chân tình q đồng nghiệp để đề tài đợc hoàn thiện có tác dụng hữu ích Xin chân thành cảm n

B nội dung:

I Phơng pháp chung:

* Viết đợc biểu thức hàm số cần khảo sát: I Hoặc P Hoặc U

* Bằng phơng pháp giải tích, phơng pháp hình học để giải tập cực trị

* Đa hàm số đại lợng khảo sát dạng: y = f (x) khảo sát hàm số Choy '=0⇒x=− b

2a Cách 1: Phơng pháp đạo hàm: y' = f(x)'

Thay vaoy=f(x)=ymin=−

4a y'' > Hµm

cực đại

Hc y' = =>

y''< Hµm cùc tiĨu

b' a x¿minkhix=− b

2a=−❑❑

¿ ¿ x¿min=−

Δ

4a=− Δ'

a ¿

¿a>0,b>0⇒f¿

C¸ch 2: XÐt dÊu phơng trình bậc hai

y(x)= A

B+C

¿

Cách 3: Đa hàm số dạng Phân số Tử khơng đổi :

Víi A = HS

Chỉ khảo sát mẫu số

MÉu (max) => ymin MÉu (min) => ymax

Víi b+c  x

Lu ý: NÕu B C = Cost => (B+C)min B = C

(Dùng bất đẳng thức côsin)

II Các toán giải toán cực trị mạch điện xoay chiều có R, L, C, biến thiên.

Bài 1: Bài toán R biÕn thiªn.

2- Chøng minh với P < Pmax có giá trị R1, R2 tho· m·n R1x R2 = (ZL-ZC)2

3- Tìm giá trị R để URmax

Gi¶i

R L C

ZL− ZC¿2

¿ ZL− ZC¿2

¿ ¿ R+¿ R2

+¿ P=I2R=U

2 ¿

1- Xác định R để Pmax

ZL− ZC¿

2 ¿ ¿ R=¿

+ PMaxkhi mÉu (min) =>

=>R=|ZL− ZC|

2

max

2 L C

U U

P

R Z Z

  



2 Chøng minh: P < PMax => R1 R2 = (ZL-ZC)2

ZL− ZC¿2

¿ ZL− ZC¿2=0

R2+¿

+P=U

2 R ¿

+ Khảo sát theo R(ẩn)

= (U4 - 4P2 (Z L-ZC)2

Thay U2 = 2(Z

L-ZC).Pmax ta đợc:

 = 4P2

max (ZL-ZC)2 - 4(ZL-ZC)2P

= 4(ZL-ZC)2 (Pmax- P) >

ZC−ZL¿

2 ¿ ZL− ZC¿

2 P¿ R1.R2= c a=

Vậy phơng trình có nghiệm phân biệt R1, R2

Z1− Z2¿ ¿ ZL− ZC¿

2 ¿ ¿R2

¿

1+¿

√¿ R2+¿

√¿

+UR=IR=UR

¿

3 Tìm giá trị R để UR(max)

+ URmaxkhi mÉu

R ->  mÉu (min) vµ UR = U

Nghĩa khơng thể tạo đợc đầu R HĐT lớn HĐT ngun

Bài 2: Bài toán L biÕn thiªn:

Cho mạch điện R, L, C nối tiếp, L biến thiên 1- Xác định L để Imax , pmax

2- Định L để UL max Tớnh UL max

3- Khảo sát P theo L, UL theo L

R L C

ZL− ZC¿2

¿ R2

+¿

√¿

+I=U

¿

1- Tìm L để Imax

ImaxkhiZL=ZC=>L=

ωZC=

ω2L pmaxkhiZL−ZC=>L=

ω2C Định L để UL max

ZL−ZC¿

2 ¿ R2

+¿

√¿

+UL=IZ2=UZL

Phơng pháp giải tích:

+Dat

ZL=x Ta đợc: f(x) = (R2+Z2C)x2- ZCx +

x=− b

2a=−

−2Z

2(R2+ZC2)

= ZC

R2+ZC2

UL(max)= URC

Sinϕ=U 2RC

UC= IZ2RC

ZC =>ZL=

R2+ZC2

ZC =>L= R2

+Zc2

ω Zc V× a = R

2 + Z

C2 > nªn

=>

ZL= ZC R2+ZC2

=>ZL=R

2

+ZC2

ZL =>L= R2

+ZC2

ωZC

x¿min=− Δ' a =

R2 R2+ZC2

Khi dof¿

x¿min ¿ f

3 Khảo sát P theo L

- ZL= => P = P1

- ZL = ZC  P = Pmax P

- ZL =   P => P1

+ Khảo sát UL theo L

ZL

Vận dụng thực tiễn: Bài 2.31 tập tuyển tập vật lý, đề (2001-2002), đề 10 (2001-2002), Bài 2.31 Bài tập tuyển tập vật lý

Bµi 3: Bài toán C biến thiên.

Cho mạch R, L, C nối tiếp, biến thiên 1- Tìm C để Imax, Pmax

2- Tìm C để UC(max), tớnh UC(max)

3- Khảo sát P theo C, Uc theo C Gi¶i

R L C

ZL+ZC¿2

¿ R2

+¿

√¿ I=U

¿

1- Tìm C để Imax, Pmax

ZL− Z¿

2 R2+¿ P=I2R=U

2R ¿

DeImaxhayPmaxthiZL− ZC=>C=

ω2L

2 - Định C để UC(max)

ZL+ZC¿

2 ¿ R2

+¿

√¿

+UC=IZC=U

¿

Phơng pháp giải tích:

Dat

ZC=x →=

U

√(R2+Z2L)x2−2ZLx+1=

U

Õ(x)

UC= U

√(R2+Z2)x2−2ZCx+1

= U

Õ(x)

+ V× a > 0, f(x)

x=−b '

a= ZL

R2

+Z2L=>Z❑C

=1

x= R2

+Z2L

ZL ⇒C

2 2

min 2 2 2 max

' C

C

L L

U R Z

R R

Va f f U

a R Z R Z R

 

    

3) Khảo sát P theo C

- ZC= => P = P1

- ZC = ZL  P = Pmax

- ZC =   P => P1

Khảo sát UC theo ZC?

L ZC * Vận dụng thực tế: Bài 3-20 học tốt vật lý Đề 27/3, 43/3 đề Bài 93, 94, 95, 96, 97 sách 351 tập

Bµi 4: Bài toán hay f biến thiên.

Cho mạch xoay chiều R, L, C nối tiếp có  hay f biến thiên Định , (f) để Imax, Pmax, UR max

2 Định , (f) để UL max, UC max

3 Khảo sát UR, UL, UC theo 

Gi¶i

ZL− ZC¿

2 ¿ R2

+¿

√¿

+I=U

¿

1 Định  để Imax, Pmax, UR max

ZL− ZC⇔ω

√LC⇔f=

2∏√LC + Để Imax, Pmax, UR max Định , để UL max, tính UL max

- BiĨu thøc:

ZL− ZC¿

2 ¿

¿= U

√R2 ZL2+

2C2 Z2L−

2ZC ZL

+1

R2

+¿

√¿ ¿

UL=I.ZL=U.ZL

- Đặt f(x) = R

2 2L2+

1

L2C2ω4−

2 LCω2+1

=

2

2 2

1

1 R

x

L C  L LC 

 

 

- Đặt

ω2=x Ta đợc: f(x) =

1

L2C2x

+(R

2 L2−

2 LC)x+1 - Để U1max f(x)min

+ Với a=

L2C2

0

VËy f(x)min x=− b

2a

=> x=2LC− R

2C2

2 =( 2L

C − R

)C22 (Víi 2L

C R2

)

=> ω= √x=

1

C √

2C

2L − R2C

Khi f(x)min = −

Δ

4a Víi Δ=b2−4 ac

=> f(x)min = R

2

4L2(4 CL− R 2C2)

Vµ U1max =

U

√f(x)min=

2 UL

R√4 LC− R2C2

3 Định ω (f) để UC max

BiÓu thøc: UC = I.ZC =

UΖC

=> UC =

U

√R2 ZC2 +

ZL

2 ZC2 −

2ZL

ZC +1

= U

√1+R2ω2C2+L2C2ω4−2 LCω2

- Đặt ω2=x Ta đợc:

UC =

U √L2C2x2

+(R2C2−2 LC)x+1 =

U

f(x)

Để UC max f(x)min

V× a = L2C2 >0 VËy f(x)

min

x=− b

2a=

2 LC− R2C2

2L2C2 =

2L − R2C

2L2C (Víi 2L>R

2C).

=> ω=√x=1

L√

2L − R2C

2C

- f(x)min =

R2C2−2 LC¿2−4L2C2 ¿

¿ Δ

4a=¿

- UC max =

U

√f(x)min=

2 UL

R√4 LC2− R2C

* Vận dụng thực tiễn: Bài 3.36; 3.37 Sách ôn tập thi Đại học, Cao đẳng Bài 135, 136 Tuyển chọn Bài tập Vật lý

VÝ dơ thĨ:

VÝ dụ 1: Cho mạch điện nh hình vẽ UAB = 200 sin 100nt (v)

R = 100C =

4

1

.10 (F)



 . H×nh vÏ 2.18

Cuộn dây cảm có L thay đổi

Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại Tính giá trị cực đại

HDG:

R

 

C B L

+ Dung kh¸ng: ZC =

1

200

C 



+ Tæng trë: Z =

2 2

L C AM L

R (Z  Z ) ; Z  R Z

+

AM AM 2

C C L 2

L

U U

I ; U I.Z

Z Z 2Z Z

1

R Z

  

 



Đặt y = +

C C L 2

L

Z 2Z Z

R Z

 

UAM cực đại y = ymin

* y' =

2

C L C L 2

L

2Z (Z Z Z R )

(R Z )

 



+ y' = 

2

C C

L

2

L C L

2

C C

C

Z Z 4R 241( )

Z

2

Z Z Z R

Z Z R

Z (lo¹i)

2

    

 



   



 

  



B¶ng biÕn thiªn

VËy ZL =

241 tøc lµ L =

0,767(H) UAM cựcđại

UAM(Max) =

2 C C

U( 4R Z Z )

482(V) 2R

 



Ví dụ 2: Cho mạch điện UAB = U sin t

R không đổi, cuộn dây cảm có L khơng đổi

Tụ C có điện dung thay đổi, tìm C để UAM cực đại Tính giá trị cực đại

HDG:

R

 

C

B L

A M

ZL 241 

y' - +

UAM = I ZAM =

2

L L C 2

C

U

Z 2Z Z

1

R Z

 



đặt

2

C L C 2

C

Z 2Z Z

y

R Z

  

 .

UAM cực đại y = ymin

Tơng tự nh ví dụ 16 Ta tìm đợc ZC =

2

L L

Z Z 4R

2

 

thì y = ymin UAM cực đại

UAM(Max) =

2

L L

2

L L

U(Z Z 4R )

Khi C

2R (Z Z 4R )

 



  

* Mở rộng: Có thể dùng PP đạo hàm để tìm UL, UC đạt giá trị cực đại f

thay đổi

* VÝ dơ 3: Cho m¹ch ®iƯn nh h×nh vÏ UAB = 200 sin(100nt) (v)

L =

4

1 10

(H); c (F)

n 2n





R thay đổi Hình vẽ 2.2 a) Tìm R để công suất R cực đại r =

b) Tìm R để cơng suất R cực đại r = 5

HDG:

a) + Cảm kháng: ZL = L = 100

Dung kh¸ng: ZC =

1

200

C 



+ Tæng trë: Z =

2

L C

R (Z  Z )

+ C«ng suÊt: P = I2R =

2

2 L C

U

(Z Z ) Rx

R

 

Đặt y = R +

2 L C

(Z Z ) R



+ áp dụng BĐT Côsi: ymin R = ZL - ZC = 100

Lúc PR(Max) =

2

L C

U

200(W) Z  Z 

R

 

L,r C

b) T¬ng tù ta cã: Z =

2

L C

(R r) (Z  Z )

PRx = I2Rx =

2

2

L C

U u

r (Z Z ) y

R 2r

R



 

 

+ áp dụng BĐT côsi ymin R =

2

L C

r (Z  Z )

Max

2

R 2 2

L C

U

P 124(W)

2(r r (Z Z )



  



* Më réng: Khi tÝnh P cđa m¹ch:

+ NÕu ZL - ZC > r th× PMax R = ZL - ZC - r

+ NÕu ZL - ZC  r th× PMax R =

II Các toán giải toán cực trị toán khác. * Ví dụ 1: Cho mạch điện nh hình vẽ

E = 12V; r = 4 R lµ biÕn trë

Hãy tìm Rxđể cơng suất mạch ngồi cực đại

HDG:

- Dòng điện: I =

E r R

- C«ng suÊt: P = I2R =

2 2

2 2

E E E

r r y

R 2r R

R R

 

 

    

 

- Pmax ymin

Theo BĐT Cơsi tích hai số không đổi, tổng nhỏ hai số

 Ymin 

r R

R



VËy R = r = 4 th× Pmax =

2

E

9(W) 4r 

Ví dụ 2: Có hai điện tích điểm q1 = q2 = q > đặt hai điểm A, B

khơng khí ( = 1) Cho biết AB = 2d Hãy xác định cờng độ điện trờng M đ-ờng trung trực AB cách đđ-ờng thẳng AB khoảng x Tìm x để EM đạt cực đại

HDG:

E,r

R



2 M

E

 EM



1M

E

M



* Xác định EM



: + EM E1M E2 M

                                         

Víi E1M = E2M = k

2

q d x

H×nh vÏ 2.3 + Dïng quy tắc tổng hợp vectơ EM

AB híng xa AB

+ EM = 2E1M cos =

3

2 2 2

2 2

2kq x x

2kq

d x d x  (d x )

(*) * Tìm vị trí M: - Theo BĐT Côsi ta cã:

Ta cã d2 + x2 =  

2 3

2 3 2 2

d d d x 3

x d x d x

2       (**)

+ Tõ (*) vµ (**)  EM

2

4kq

3 d VËy E

M(Max) =

2

4kq

3 d khi x = d

2 .

Ví dụ 3: Vật m1 chuyển động với vận tốc V1



A đồng thời va chạm với

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



; xác định tỷ số ' 1

V V

của m1 để góc lệch  V1



vµ V '1



lín nhÊt (Max)

Cho m1 > m2

HDG:

+ Động lợng hƯ tríc va ch¹m: T 1

P  P m V

  

+ Động lợng hệ sau va chạm:

' ' ' '

s 1 2

P  P P m V m V

   



Hìnhvẽ 2.4 + Hệ kín nên Động lợng hệ bảo toàn: PSPTP1

+ Gäi  =

'

1 1 S

(V V ) (P  P )



  

Ta cã:

' '2 '

2 1 1

P P P  2P P cos (1)

Vì va chạm đàn hồi nên động bảo toàn:

A H 

q1 d

d x



S

P P

                           

P '

1

P '

2 ' ' 1 1 2

m v m v m V

2  



2 '2 '

2 '2 '

1

1

1 2

P P P m

P P P

2m 2m 2m   m (2)

+ Tõ (1) vµ (2) 

'

2

'

1 1

m P m P

1 2cos

m P m P

   

    

   

   

'

2

'

1 1

m V m V

1 2cos

m V m V

   

       

 Đặt x =

' 1 V V  2 1

m m

1 x 2cos

m m x

   

       

  

Để Max (cos)min Theo BĐT cosi: (cos)min khi:

2 2

1 1

m m m m

1 x x

m m x m m

                   VËy '

1

1

V m m

V m m



thì góc lệch V1

 ' V  cực đại

Víi cosMax =

2 2 m m m 

Ví dụ 4: Một thấu kính hội tụ đợc đặt song song với ảnh E Trên trục có điểm sáng A E đợc giữ cố định Khoảng cách từ A đến E a = 100 cm Khi tịnh tiến thấu kính khoảng E A, ngời ta thấy vệt sáng không thu lại điểm Nhng L cách E đoạn b = 40cm vệt sáng có kích thớc nhỏ Tính tiêu cự thấu kính

HDG:

Theo đề điểm hội tụ chùm tia ló phải nằm sau ảnh E, đờng tia sáng nh hình vẽ 2.5:

Theo tính chất đồng dạng tam giác ta có:

' '

1 1 1

' ' ' ' '

r d b b a d a d

r d b d d d

 

       

' 1 1

1 . 1

r d a d a

a

r f d f d f f

   

           

Mặt khác theo định lý Cơsi ta có:

2.

a d a

d  f  f

r’/r đạt

.

a d

d a f

d  f   đó

 2

. a b

a f a b f

a



   

thay sè ta cã f = 36 cm

a b r r’

A O A’

d d’

H×nh vÏ 2.5

Ví dụ 5: Vật phẳng AB vng góc với trục thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20cm Phía sau thấu kính đặt để hứng ảnh vật, cách thấu kính khoảng l = 60cm

a) Xác định vị trí đặt vật để ta thu đợc ảnh rõ nét

b) Giữ vật cố định Chứng tỏ di chuyển thấu kính ta thu đợc hai vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét Tìm khoảng cách vị trí đó?

c) Tìm khoảng cách ngắn vật ảnh di chuyển thấu kính từ vị trí đến vị trí cịn lại mà ta thu đợc ảnh rõ nét

HDG:

a) Sơ đồ tạo ảnh

TK d ' d

AB   A ' B '

Theo bµi d' = l = 60cm ;  d =

d' f

30cm d' f 

b) Vì vật cố định tức d + d' = 90cm  d +

df 90 d f 

 d2 - 90d + 1800 = 0  d

Vậy có vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét Khoảng cách vị trí là: d = d2 - d1 = 30cm

c) Khi di chun thÊu kÝnh tõ vÞ trÝ (d1= 30cm) sang vÞ trÝ (d2 =

60cm)

Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d' =

d d 20

2

d(d 40)

L ' L ' d 40cm

(d 20)



   



VËy kho¶ng cách ngắn cần tìm Lmin =

2

40

80(cm) 40 20 

Ví dụ 6: Một Mol khí lý tởng thực biến đổi theo quy luật a) P = P0 - V2 Tìm nhiệt độ cực đại TMax khí

b) T = T0 + V2 Tìm áp suất cực tiểu Pmin cđa khÝ, biÕt P0, , T0 lµ h»ng sè

HDG:

a) Ta cã PV = RT  T =

3

PV P

V V

R R R



 

Đạo hàm T theo V

T' =

2

0

0

P P

V T ' V V

R R



    



Vậy nhiệt độ cực đại TMax =

0

2 P P

3 R 3

b) Ta cã: PV = RT  P =

0

RT RT

R V

V V

Đạo hµm P

P' = R -

0

0

RT T

P ' V V

V     





V V0

P' - +

VËy ¸p suÊt cùc tiÓu PMin =2R .T0

C KÕt luËn:

Qua việc hình thành cho học sinh có phơng pháp giải chung giúp cho học sinh có đợc phơng pháp nhận dạng, kỹ giải dạng toán có đại lợng biến thiên Từ chổ nắm bắt đợc kiến thức, học sinh say mê học tập, tin tởng vào thân có sáng tạo giải giải toán cụ thể

KÕt khảo sát:

- Khi hc sinh cha nm đợc phơng pháp giải thờng mắc sai lầm vận dụng, phải mò mẫm kiến thức cách giải khơng có tính tổng qt Cách nhìn nhận tồn cha xốy sâu vào trọng tâm Kết có từ 10-15% học sinh có đợc kết song cách giải dài dòng

- Khi nắm đợc phơng pháp giải, kết hợp với kiến thức có, vận dụng nghiên cứu, đến 100% học sinh học khối A nhìn nhận đợc tốn R, L, C, ω

biến thiên, giải đợc toán theo thời gian ấn định cho phép

Trên số kiến thức mà thân vận dụng giảng dạy phần tìm giá trị cực trị dòng xoay chiều Chắc chắn đề tài nhiều thiếu sót, mong nhận đợc góp ý đồng nghiệp để thân tiến hơn, góp phần đợc nhiều cho nghiệp giáo dục