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:  Mơ hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011- 2012 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN: Họ tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 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 phịng Đơn vị cơng 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 tốn 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 MỘTt số cáchCÁCH GIẢI điện xoay SỐTóm tắt : tốn cực trị Chuyên đề đưa mộ giải dạng chiều DẠNG mợt số ví dụ minh họa TỐN CỰC TRỊ đưa I- cách giải tốn cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski 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 mơn Vật lý trường phổ thông môn học mang tính hấp dẫn Tuy vậy, Vật lý mơn học khó sở tốn học Bài tập toán vật lý đa dạng phong phú; có tốn bản, có hay mà khó Các tốn cực trị vật lý thuộc dạng khó Trong báo cáo này đưa một số cách giải dạng toán cực trị điện xoay chiều đưa mợt số ví dụ minh họa cách giải tốn cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacớpski’’ 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 tốn phức tạp khó Có mức độ bản, có tính phổ thơng; 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 tốn cực trị Xuất phát từ thực trạng trên, qua kinh nghiệm giảng dạy, chọn đề tài Khi giải bài toán Vật lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác và có giải theo các phương pháp Vật lý khác Mỗi phương pháp có những ưu điểm và có những nhược điểm nhất định Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải 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 hứng thú học tập của học sinh Đề tài nhằm giúp học sinh khắc sâu kiến thức giáo khoa nắm phương pháp giải toán cực trị Việc làm có lợi cho học sinh thời gian ngắn nắm phương pháp giải, nhanh chóng giải 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 tịi lời giải Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 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 các đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y = ax + bx + c Ta đưa về phương trình bậc hai = ax + bx + (c − y ) , rồi áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm là biệt thức ∆ không âm ∆ ≥ ,từ đó 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 các đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y = ax + bx + c Nếu a > đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên thì hàm y có cực tiểu Nếu a < đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay xuống thì hàm y có cực đại  b −∆  Tọa độ đỉnh ( xm ; y m ) =  − ; ÷ cho biết cực trị ym  2a a  Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó : Cho hai đại lượng số dương a, b theo bất đẳng thức Cơsi ta có quan hệ: a + b ≥ ab Dấu bằng xảy hai số bằng Phương pháp hình học : Dựa vào các tính chất và định lý hình học Phương pháp giải tích : Dùng đặc điểm cực trị tại điểm x m thì đạo hàm y’(xm) = và y’ đởi dấu qua xm hoặc xét dấu y’’ở 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 tử số lớn nhất và ngược lại Hoặc dựa vào đặc điểm của một số đại lượng : Fma sát nghỉ ≤ Fma sát trượt ; Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Fms< N; sin x ≤ cos x ≤ ; …… Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski: Cho 2n số thực (n ≥ 2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có : ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( b12 + b22 + + bn2 ) Dấu bằng xảy và chỉ khi: a a1 a = = = n b1 b2 bn 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 : I max U = R r r U UC r r U R U u, i pha ϕ u/i = 0; (cos ϕ)max = L.C.ω = L r U r O U R r UC r I r I Hệ : I max = U = U ⇔ Z L = Z C ⇔ ωL = ⇔ LCω2 = Z R ωC Các dấu hiệu cộng hưởng khác : * Khi i pha với u ; hay u 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 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” * 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 ZCo > ZC  C0 = C’nối tiếp C ; Z C ' = Z C0 − Z C ⇒ C’= (ωZC’)-1 −1 −1 −1 ZCo < ZC  C0 = C’songsong C ; ZC ' = ( Z C − Z C0 ) ⇒ C’= (ωZC’)-1 Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính cơng suất tiêu thụ P mạch P = UI cos ϕ = I R = RU R + (Z L − Z C ) Cách giải: * Tìm P(mạch): 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 Vậy :Công suất mạch có giá trị cực đại, ứng với giá trị Rm Rm R 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 : Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Nhận xét: Tử số RU2 =const nên Pmax mẫu số Mmin ⇔ ZL-ZC=0 ⇔ LCω2=1 U2 R Mạch cộng hưởng điện ⇒ Lúc : Pmax = Lω + Biết C suy L m = Cω + Biết L suy Cm = RU 2\ Biến thiên P theo C: Khi C = ∞ ⇔ ZC = ⇔ P1 = R + Z2 L P C Cm P Pmax ∞ Pmax Cm C P1 P1 RU 3\Biến thiên P theo L: Khi L = ⇔ P0 = 2 R + ZC L Lm P Pmax P0 ∞ P Pmax Chủ đề 5: Cho U, ω , L, C Tìm R để cơng suất tiêu thụ Pmax Khảo sát biến thiên P theo R P0 Cách giải: Lập luận ⇒ P = UI cos ϕ = I R = Chia tử mẫu cho R⇒ P = RU (1) R + ( Z L − C ) Lm Z R L C L U2 const = MS R + (Z L − Z C ) / R Nhận xét : MS ( mẫu số ) tổng số dương , có tích chúng : R ( ZL − ZC ) R = ( Z L – ZC ) = const , nên theo hệ bất đẳng thức Cauchy MS = mà số R = ( ZL − R ZC ) Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” với Rm = Z L − Z C Bảng biến thiên: Pmax = 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) vơ nghiệm Δ < * Khi P = Pmax ⇔ ∆ = ⇔ nghiêm kép Rm =| Z L − Z C | Pmax = U2 U2 = Rm Z L −ZC * Khi P < Pmax có cơng suất P cho trước tồn hai giá trị R1; R2 nghiệm phân biệt phương trình (2) U2 - Ta có quan hệ theo định lý Vi-et: R1 + R = P R1.R2 =(ZL-ZC)2 Vậy cho trước R1 R2, ứng với P thi tìm U; ZL-ZC - Từ ta có toán ngược : Nếu cho P, R1 R2 tìm được: P ( R1 + R ) R m = R 1R Pmax = - Gíá trị cực trị 2R m - Suy |ZL − ZC |= R1.R  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) Ta có UC = I ZC ⇔ U C = UZ C R + (Z L − Z C ) x Chia tử số, mẫu số cho Zc ⇒ (1) + R ZL U ' ) + (1 − _ ) = MZ C ZC 0y UC = U / ( M M Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH + -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Nhận xét: tử số U không đổi, nên UCmax ⇔ ymin Đặt x = biểu thức y = R + Z x − 2Z L x + L 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 Z Cm hiệu điện U C max = UC Ta có : UC = IZC ⇔ U C = UC ma x UZ C R + (Z L − Z C ) 2 chia tử số, mẫu số cho Zc : ⇒ ( + ymin Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) ∝ y R2 + ZL = ZL R2 + ZL = ZL ) U R2 + Z L R (1) U UC = ( R ZL ) + ( − 1) ZC ZC = U y Đặt x = Z y = R + Z L 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 ⇒ Z Cm R2 + ZL = ZL R2 −∆ ⇔ ymin = ( ) = R + Z2 4a L Vì U=const nên y ⇔ U C max = U R2 + ZL R Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RL) rnối r C : u = uRL + uC tiếp r 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 A α O β H (1) Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH B -trang Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” UR R mà sinα = U = = không đổi R + Z2 RL L 2 r r β = 900 ; U RL ⊥ U (1) ⇒ U C max = U R + Z L R U ZL L = ∆ OAH ⇒ cosα = U RL R + Z2 L ; R + Z2 U RL L = ∆ OAB ⇒ cosα = ; cho hai vế phải biến đổi UCm ZCm Vậy Z Cm = R2 + ZL ZL UCmax uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch 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 − Đặt x= ZC U ) = ZL y (2) biểu thức mẫu số viết thành : ZL ( ) y = R + Z C x − 2Z C x + Tính đạo hàm bậc : y’ = 2(R2 + ZC2).x – Zc ⇒ ZC R + ZC ’ = Cho y = ⇔ xm = ⇔ Z Lm = Z Lm R + Z C ZC Bảng biến thiên : ZL y’ ∝ ZLm - + y ymin Vậy Z Lm = R + UL2 ZC ZC ULmax U R2 + ZC hiệu điện U Lx = max M M ' + R _ M Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH + -trang 10 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 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 = 2 y đặt x = y = R + Z C 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 Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) ta có : ZC R2 + ZC  b  Z = ⇔ xm =  − ÷ = ⇒ Lm R + ZC ZC  2a  ⇔ y R2  −∆  = ÷= R + ZC  4a  Vì U=const nên y= ⇔UL = max ⇔ U L max = U R2 + ZC R Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RC) nối tiếp L : r r r 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 sin β sin α ⇒ U L = sin β UR Từ ΔOHB có sinα = U = RC r r Vậy β = 900 ; U RC ⊥ U R A r r U U L r r β R I U H O r α r U RC U C sin α R + ZC U L max = B B B = không đổi U R2 + ZC R U Z C C Từ giản đồ véc tơ: ∆ OBH ⇒ cos α = U RC = R + Z (*) C U ∆ OAB ⇒ cos α = RC = U L max từ (*), (**) Z Lm = R + ZC ZLm (**) , R + ZC UCmax uRC vng pha với u hai đầu đọan mạch A 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.; A - Từ quan hệ vng pha hai hiệu điện ta xác định kháng Z Cm = 2 R2 + ZL R + ZC O α ⇔ UCmax hay Z Lm = ⇔ ULmax ZC ZL O β H H β 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” B3 MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG TỐN CỰC TRỊ CĨ 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 : ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( b12 + b22 + + bn2 ) a a a n Dấu bằng xảy và chỉ khi: b = b = = b n Ví dụ 1: Phương pháp Tọa đợ trọng tâm Một khung sắt có dạng ∆ vuông ABC vuông ở 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 là chất điểm khối lượng lần lượt là m , m2 chúng có thể trượt không ma sát cạnh góc vuông và được nối với bằng dây (lý tưởng) Hãy xác định góc β để hệ quả cầu và sợi dây ở trạng thái cân bằng ? Nêu tính chất của trạng thái cân bằng ? Cách Giải: y -Tung độ của trọng tâm chung A m1 y1 + m2 y E của m1, m2 là y = (1) M2 m1 m M1 β - Hệ cân bằng bền ymin H Tính : y1 = BM1 sinα C α B = (AB - M1M2cosβ )sinα K F I x = (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  m2 l cos α  m1  tgα cos β + sin β  Thay vào (1) và biến đổi : y = a sin α −  m1 + m2  m2   m1 tgα cos β + sin β ; Với α ,a ,m1,m2 ,l không đổi ; m2  f (β ) > ⇒ vì α , β nhọn ; y là hiệu số dương nên cos α > Đặt : f ( β ) = ymin ⇔ f (β ) = m1 tgα cos β + sin β cưc đại m2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki: Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 12 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” 2  m    m1  2 f ( β ) ≤  tgα  + 1 cos β + sin β ≤     m tgα  +   m2       [ f(β) cực đại ] m1 cos β tgα = = cot gβ m2 sin β Vậy để hệ cân bằng bền thì góc β xác định bởi cot gβ = m1 tgα m2 Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu Một người muốn qua sông rộng 750 m Nước chảy với vận tốc v2 = 1m/s Vận tốc bơi của đối với nước v = 1,5m/s Vận tốc chạy bộ bờ của là v3 = 2,5m/s Tìm đường (kết hợp bơi và chạy bộ ) để người đến điểm bên sông đối diện với điểm xuất phát thời gian ngắn nhất? Cách giải: r r Giả sử người đó chạy bộ 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 bộ t2=AB/v3 (2) C H D Trong đó AB = CH = CD-HD r = v2t1 - BDsinα v2 = 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 3,5 − 1,5sin α t = 200 cos α 3,5 − 1,5 sin α ⇒ y cos α + 1,5 sin α = 3,5 Đặt y = cos α Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski: r v3 A α r v1 B 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 1,5 1,5 y cos α = 0,4743 ⇔ α = 25 23' = hay tgα = y = 10 1,5 sin α AC = 553,4s (2) ⇒ AB = ( v − v1 sin α ) t1 = 197,6m ≈ 198m (1) ⇒ t1 = v1 cos α Khi đó Vậy người đó phải chạy bộ đoạn AB=198m, r rồi bơi qua sông theo hướng v1 hợp với AC góc α= 25 23' Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Ví dụ 3: Tìm β để Fmin, Amin kéo vật lên Trên tấm ván nghiêng góc α với phương ngang có vật được kéo lên bằng sợi dây Hệ số ma sát và ván nghiêng là µ Hỏi góc β hợp bởi phương dây kéo với phương ngang là thì tốn công ít nhất kéo vật lên? Cách giải: Công lực kéo nhỏ lực kéo nhỏ r F lực kéo (lực căng dây), r γ là góc hợp bởi 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 ) (1) µ sin γ + cos γ Cách 1: Ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacớpki: µ sin γ + cos γ ≤ (µ )( + cos γ + sin γ ) dấu bằng xảy µ = tgγ ⇔ MS max = µ + = tg γ + = cos γ 2 δ α r Fms ⇒ Fmin = mg ( sin α + µ cos α ) cos γ = mg ( sin α cos γ + tgγ cos α cos γ ) α r F r Q γ r v β x rα P = mg ( sin α cos γ + cos α sin γ ) Vậy Fmin = mg sin(α + γ ) Điều kiện : β = α + γ ≤ 90 thì mới kéo được lên; r Với : β= α +γ thì F có phương thẳng đứng và F min=mg ; Còn β= α + γ > 90 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 đởi mẫu sớ theo giải tích Đặt µ = tgϕ thì mẫu sớ MS = µ sin γ + cos γ = Vậy F = 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 ) Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 14 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Để Amin thì Fmin mà cos(ϕ -γ) lớn nhất ⇒ cos(ϕ − γ ) = ⇔ ϕ = γ =arctgµ Vậy Fmin ⇔ Amin thì dây kéo hợp với phương nghiêng góc γ = arctgµ và dây kéo hợp với phương ngang góc β = α + γ Cách 3:Dùng phương pháp hình học : r r r r r Ta cộng Q + Fms = R thì R hợp với phương thẳng của P góc δ = (α + ϕ ) ; đó ϕ =arctg (Fms/Q) =arctg (µ ) Nên để lực nhỏ nhất thì chuyển động phải là 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 r Với vectơ ( − P ) được xác định bởi OK ; β K r z vectơ R có phương Oz xác định , r hợp với P góc δ = (α + ϕ ) ; r Còn véc tơ F có hướng và đợ lớn F thay đổi r −P r − FG x H H δ O thì áp lực thay đổi, nên độ lớn R cũng thay đổi theo r Khi F ⊥ Oz thì Fmin ; từ ∆OHK ta có : Fmin = mg sin (α + ϕ ) r Khi đó Fmin 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 sợi dây không dãn, không khối lượng quanh khối trụ khối lượng m hình vẽ Hỏi phải kéo dây bằng lực F minnhỏ nhất bằng để khối trụ quay tại chỗ Khi đó dây tạo với phương ngang góc α bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn là k Cách giải: Khối trụ chịu các lực tác dụng hình vẽ r r r r r Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên F + P + N + Fms = (1) Chiếu lên Ox: F cos α − Fms = (2) Chiếu lên Oy: F sin α − mg + N = (3) với Fms=kN r (4) kmg (2) (3) (4) suy F = cos α + k sin α F Vậy : Fmin = kmg 1+ k Khi đó r N r P Fmin mẫu số [ cos α = k sin α ] lớn nhất Theo bđt Bunhiacopki: cos α + k sin α ≤ + k α y x r Fms kcosα = sinα Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 15 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Hay tgα = k ⇔ α = arctg (k ) r Ví dụ 5: Tác dụng F để vật cân bằng Fmin? r Dùng lực F0 có độ lớn F0 = 118N để áp vật m = 50 kg vào tường thẳng đứng, cần dùng lực Fminbằng và có hướng thế nào 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: r Nếu lực biết F thì 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 r 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 r Fo r Fmso α r vào vật lực F hướng lên hợp với phương ngang góc α hình vẽ Nhờ tác dụng vậy lực ma sát cũng được tăng thêm r r r r r r r Điều liện cân bằng có thêm lực F : F + F + N + Fmso + P = (1) G r N r 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 thì Fmso= KN) r Chiếu(1) lên phương ngang chiếu dương là chiếu F0 : 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 = Dấu bằng xảy ra và chi : P − kF0 k +1 456,4 = 435,4 N 1,044 kF F = ⇔ cot gα = k = 0,3 ⇒ α = 730 8' cos α sin α Ví dụ 6: Mợt chiếc hòm có khới lượng m đặt mặt phẳng nhám nằm ngang với r hệ số ma sát k Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào nó lực kéo F Hãy r r tìm giá tri nhỏ nhất của lực kéo F và góc α hợp bởi lực F với phương ngang r r Q Fms Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU r CẢNH FG α r v -trang 16 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” tương ứng ? Cách giải: r Xét trường hợp F hướng lên hình vẽ r Gọi α là góc hợp bởi F với phương ngang Để có thể xê dịch được hòm thì Fcosα - Fms = ma ≥ ; Fms = k (mg - Fsinα) Theo đề tìm giá trị nhỏ nhất nên ta chỉ xét dấu bằng xảy F.cosα - Fms=0 kmg ⇔ = F cos α − k ( mg − F sin α ) ⇔ F = (1) cos α + k sin α Vì α nhọn cosα; sinα dương , k dương Theo bđt Bunhiacopki: ( cos α + k sin α ) ≤ + k cos α + sin α (2) kmg sin α ⇔ k= = tgα Từ (1) (2) ⇒ Fmin = (3) 1+ k cos α r r r Xét trường hợp đẩy hòm F hướng xuống F , v = α < thì áp lực tăng lên và lực ma sát sẽ tăng lên Fms= k(mg+Fsinα) Do đó lực F sẽ lớn Fmin thu được (3) Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là ( )( ) ( Fmin = kmg 1+ k ) đó góc α = arctgk Ví dụ 8: tốn tối ưu Mợt hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo sàn bằng sợi dây với kực kéo F=1000N, hệ số ma sát hộp và sàn là k= 0,35 (lấy g = 10m/s2) a)Với góc giữa dây kéo và phương ngang phải là để kéo được lượng cát lớn nhất? b)Tính khối lượng cát và hộp trường hợp đó bằng bao nhiêu? Cách giải : Vật chịu lực Chọn hệ tọa trục hình vẽ y r r r r r Ta có P + N + F + Fms = ma (1) Chiếu (1) lên Oy: = P − F sin α (2) ⇒ Fms = kN = kQ Chiếu (1) lên Ox: Fcosα - Fms = ma (3) F ( cos α + k sin α ) ⇒m= kg + a r r Q Fms r F α r v r P x ( kg + a ) ⇒a=0  cos α + k sin α ) max Điều kiện mmax (F,k,g không đổi) ( Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 17 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Theo bđt Bunhiacopki: cos α + k sin α ≤ + k F 1+ k ⇒m≤ kg Dấu bằng xảy : k = sinα / cosα = tgα = 0,35 ⇒ α = 19,30 Khi đó khối lượng cát lớn nhất 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 lúng túng không giải 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 lúng túng không giải 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 đều có những ưu điểm nhất định và có có những nhược điểm nhất định so với các phương pháp khác Trong các ví dụ nội dung B3 ta thấy phương pháp dựa vào bất đẳng thức Bunhiacốpski có những điểm mạnh, mà có những bài toán phương pháp khác không thể thay thế được Tuy vậy, ở ví dụ minh họa cho thấy bên cạnh phương pháp áp dụng bất đẳng Bunhiacốpski, ta vẫn có thể áp dụng các cách khác như: dùng biến đổi giải tích và phương pháp hình học Việc vận dụng phương pháp nào cũng cần phải có những hiểu biết phương pháp một cách sâu sắc và sự sáng tạo nhất 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 các cách giải khác cho một bài toán, sẽ giúp cho học sinh phát triển tư và nắm vững các phương pháp giải và từ đó hứng thú học tập môn Vật lý Nhận xét: * Trên là các ví dụ có tính chất minh hoạ gợi ý vận dụng phương pháp Mong rằng với các phương pháp đã nêu ở phần B2 B3, học sinh tìm thêm lời giải cho các bài toán cực trị phong phú hơn, từ đó hứng thú học tập Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 18 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” * Đề tài giúp học sinh nắm phương pháp giải dạng toán cựu trị, giúp cho học sinh nắm 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 tốn 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 tốn điển hình, cịn tốn khơng điển hình chưa đề cập chuyên đề Đây vấn đề 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 thơng Do kinh nghiệm thân cịn hạn chế nên chắn đề tài cịn có thiếu sót, tơi mong đón nhận đóng góp ý kiến quý Thầy Cô nhằm học hỏi thêm kinh nghiệm q 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 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 Nỗn NXB đại học sư pham Năm 2008 10 Những tập vật lý hay khó chương trình PTTH.Vũ Thanh Khiết NXB giáo dục 2001 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 19 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TỐN CỰC TRỊ” 11.Một số thơng tin mạng trang giáo dục tài liệu Việt nam Ý kiến 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-Cơng nghệ-Thể dục-Quốc phịng Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 20 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 hồn tồn mới:  -Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có:  Hiệu quả: - Hồn tồn triển khai áp dụng tồn ngành có hiệu cao:  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng tồn 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 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 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 21 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 mơn: Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác: Có đính kèm:  Mơ hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011-2012 Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 22 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” Người thực : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 23 ... CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ” SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘTt số cáchCÁCH GIẢI điện xoay SỐTóm tắt : tốn cực trị Chuyên đề đưa mộ giải dạng chiều DẠNG mợt số ví dụ minh họa TỐN CỰC TRỊ đưa I- cách. .. 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 tốn... khi: a a1 a = = = n b1 b2 bn 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