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

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
Trong đó :
r
13
v
là vận tốc vật 1 đối với vật 3 (vận tốc tuyệt đối)

r
12
v
là vận tốc vật 1 đối với vật 2 (vận tốc tương đối)

r
23
v
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 = 0
0
( sinα)
max
= 1 ⇔ α = 90
0
II.3.2. Bài tập vận dụng
Bài 9. Hai động tử m
1
và m
2
đồng thời chuyển động trên hai đường thẳng đồng
quy với vận tốc v
1
và v
2
. Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng và thời gian
đạt được khoảng cách đó, biết khoảng cách ban đầu là l và góc giữa hai đường
thẳng là α.

Giải: Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có :

= + − = −
r r r r r
12 1 2 1 2
v v ( v ) v v
d
min
= AH = AB sinβ (1)
Xét tam giác BMN:

= + − − α = + + α
2 2 2 2
12 1 2 1 2 1 2 1 2
v v v 2v v cos(180 ) v v 2v v cos
Áp dụng định lí hàm số sin ta có :
= =
β − α α
0
BM BN BN
sin sin(180 ) sin
=>
=
β α
2 12
v v
sin sin
= >
α
β =
2
12

v sin
sin
v
(2)
Hình b.10
Thay (2) vào (1) => d
min
=
α
=
+ + α
2
2 2
1 2 1 2
lv sin
v v 2v v cos
Thời gian để đạt được khoảng cách d
min
:
−
= =
+ + α
2 2
min
2 2
21
1 2 1 2
l d
BH
t

v
v v 2v v cos
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/s
2
, vận tốc khi qua O là 8m/s. Vật 2 chuyển động chậm dần đều với
gia tốc 4m/s
2
, 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 thời gian từ lúc qua O đến khi vật thứ 2
dừng lại.
Giải:
Chọn t = 0 lúc hai vật qua O
Phương trình vận tốc của vật 1 là :
= +
1
v 8 2t
Phương trình vận tốc của vật 2 là :
= − +
2
v 10 4t

Vật 2 dừng lại lúc : v
2
=0 hay t =2,5s
1
v
r
Áp dụng công thức cộng vận tốc ta có :

= +
r r r
12 1 2
v v v

Lại có :
r
1
v
vuông góc với
r
2
v

=>
= + = + + − +
2 2 2 2
12 1 2
v v v (8 2t) ( 10 4t)
= − + =
2
20t 48t 164 f(t)
Để v
12
đạt min thì f(t)=20t -48t+164 đạt min.
Nhận xét : f(t) là hàm bậc 2 của t với hệ số a>0
=> f(t) min tại t= = s < 2,5s và có giá trị
Vậy v
12

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,
d
2
=40km.
Giải :
y
x
2
v
r
12
v
r
Hình b.11
Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có :
= + − = −
r r r r r
12 1 2 1 2
v v ( v ) v v
D
min
=BH, ∆OAK là tam giác đều (vì tốc độ hai tàu là như nhau)
D

min
=KB.sinα mà KB=l
2
- l
1
=20 km => D
min
=20.sin60
0
=10 km.
Bài 12. Một vật trượt từ đỉnh dốc, cho trước l, góc α có thể thay đổi được. Vận
tốc ban đầu bằng 0. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k. Mặt phẳng
nghiêng là đứng yên. Tính α để thời gian đi từ đỉnh dốc tới chân dốc là nhỏ nhất.
Tính t khi đó?
Giải: Đường đi từ đỉnh đến chân dốc là
=
α
l
S
cos
Do 0
0
≤α<90
0
=> 0<cosα≤1
Vật chuyển động xuống dưới với gia tốc:
= α − αa g(sin kcos )
Ta có:
=
2

at
S
2
=>
= = =
α α − α
α − α −
2
2S 2l 2l
t
1 k
a g cos (sin k cos )
g( (sin 2 k cos2 ) )
2 2
=>
=
 
 
 
+ α − α −
 
 ÷
+ + 
 
 
2
2
2 2
4l
t

1 k
g 1 k sin2 cos2 ) k
1 k 1 k
Đặt
θ =tg k
thì
= θ = θ
+ +
2 2
1 k
cos , sin
1 k 1 k
Suy ra:
=
+ α − θ −
2
2
4l
t
g( 1 k sin(2 ) k)
Thời gian đi từ đỉnh dốc đến chân dốc nhỏ nhất khi :
α − θ =sin(2 ) 1

Hình b.12
l
α
Hình b.8
Tức là
α − θ =
0

2 90
hay
θ
α = +
0
45
2

Khi đó thời gian cực tiểu là:
=
+ −
min
2
2 l
t
g( 1 k k)
Vậy: khi góc
θ
α = +
0
45
2
với
θ =tg k
thì
=
+ −
min
2
4l

t
g( 1 k 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 cụ thể như sau :
Bước 1 : Tính vận tốc tương đối của các vật với nhau
r
12
v
qua biểu thức vectơ
cộng vận tốc.
Bước 2 : Dựa vào phương chiều của các vecto vận tốc thành phần để xác định
độ lớn của
r
12
v
Bước 3. Tìm sự phụ thuộc đại lượng tìm cực trị với độ lớn v
12
.
II.4. Vận dụng tam thức bậc hai
II.4.1. Tam thức bậc hai
Cho hàm y = f (x) = ax
2
+ bx + c
+ Nếu a > 0 thì y
min
tại đỉnh Parabol

+ Nếu a < 0 thì y
max
tại đỉnh Parabol
+ Tọa độ đỉnh : x = -
b
; y
2a 4a
−∆
=
(∆ = b
2
- 4ac)
+ Nếu ∆ = 0 thì phương trình y = ax
2
= bx + c = 0 có nghiệm kép
+ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
II.4.2. Bài tập vận dụng
Bài 13. Có 20g khí Heli chứa trong xilanh đậy kín bằng pittông biến đổi chậm từ
(1)=>(2) theo đồ thị mô tả bởi hình :
Cho V
1
=30 lít , p
1
=5 atm, V
2
=10 lít , p
2
=15 atm. Hãy tìm nhiệt độ cao nhất mà
khí đạt được trong quá trình biến đổi.
Giải: n=

=
m
5(mol)
M
, R=0,082(atm.lít/mol.K)
Gọi phương trình đường thẳng đi qua
trạng thái (1) và (2): p=aV+b (*)
Tìm a,b: Phương trình (*) thỏa mãn:

= +

= −

<=> <=> = − +
 
= +


=

1 1
2 2
1
p aV b
a
V
p 20
2
2p aV b
b 20

Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng:
pV=nRT=>
− +
− +
= = =
2
V
( 20)V
pV V 40V
2
T
nR nR 2nR
Nhận xét : T = f(V) có hệ số a=
− <
1
0
2nR

Suy ra T = T
max
tại V=
− =
−
40
20
2
(lít) và T
max
=
=

400
2nR
487,8K
Vậy T
max
=487,8K.
Bài 14. Một người đứng trên bờ hồ tại điểm A. Người đó phải tới được điểm B
trên bờ hồ trong khoảng thời gian ngắn nhất. Cho biết khoảng cách từ B tới bờ
hồ là d , khoảng cách AH=S ,vận tốc người đi trên bờ hồ là v
1
, vận tốc người
bơi trong nước là v
2
(v
1
> v
2
). Hỏi người đó phải đi theo kiểu nào từ A tới B:
Bơi thẳng từ A tới B hay đi một đoạn nào đó trên bờ sau đó bơi ra B?
Giải:
- Giả sử người đã đi theo đường gấp khúc ADB
như hình vẽ.
Thời gian để đi đoạn ADB là :
t =
+ + −
−
+ = + = +
2 2 2 2
1 2
1 2 1 2 1 1 2 1

d x v d x v x
S x S y S
v v v v v v v v
(1)
Để t min thì y phải đạt min.
V(lít)
p(atm)
V
2
V
1
P
2
P
1
(1)
(2)
• •
•
A
S
d
H
D
B
x
Hình b.14
Từ (1) ta có :
= + −
2 2

1 2
y v d x v x

−
<=> − + =
− −
2 2 2
2
2 1
2 2 2 2
1 2 1 2
2yv x v d y
x 0
v v v v
(2)
Phương trình (2) có nghiệm khi :
∆ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ −
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 1 2
' 0 y d (v v ) 0 y d (v v )
Vậy y
min
= d
−
2 2
1 2
v v
khi
2
2 2

1 2
v d
x
v v
=
−
Nếu x≥S thì cần phải bơi thẳng đến B
Nếu x≤S thì phải đi trên bờ một đoạn AD=S-x, sau đó mới bơi về B .
Bài 15. Một hạt điện tích âm q có khối lượng m, vận tốc ban đầu , bay vào
khoảng không gian giữa hai bản kim loại phẳng song song, tích điện đều như
nhau và trái dấu qua một lỗ nhỏ O ở bản dương, vận tốc lập với bản dương
một góc α . Khoảng cách giữa hai bản là d, hiệu điện thế U
Viết phương trình quỹ đạo của electron, tính khoảng cách h gần bản âm nhất
mà e có thể đạt tới.
Giải: Hạt điện tích chịu tác dụng của
trọng lực
ur
P
và lực điện
ur
F
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Theo phương Ox: Hạt chuyển động thẳng đều
x = (v
0
cosα).t (1)
Theo phương Oy: Hạt chuyển động biến đổi đều

= α −
2

0
at
y (v sin )t
2
với a =
+ +
=
F P | q | E mg
m m


= +
| q | U
g
md
(2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình quỹ đạo của hạt là :
= α −
α
2
2 2
0
a
y (tg )x x
2v cos
Gọi H là độ cao mà hạt đạt tới
H= y
max
. Nhận xét: hàm y(x) có hệ số
= − <

α
2 2
0
a
a' 0
2v cos
suy ra
y
x

O
E
ur
h
Hình b.15
y
max
=
α α
− =
2 2 2
0
tg v sin
4a ' 2a
Vậy khoảng cách gần bản âm nhất: h=d-H=d-
α
2 2
0
v sin
2a

Bài 16. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
U
AB
= 200
2
cos(100πt-
π
4
)(V), R = 100Ω,
C =
−
π
4
10
(F)
; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được. Xác định L để
hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại.
Giải: Cảm kháng : Z
L
=
Lω
, Dung kháng : Z
C
=
1
100
C
= Ω
ω
Tổng trở: Z =

2 2
L C
R (Z Z )+ −
= = = =
+ − +
L
L L
2 2
C C
2
L L
L( Max) min
U.Z U U
U I.Z ;
Z
1 1 y
(R Z ). 2Z . 1
Z Z
U khi y
Xét y : Nếu đặt
1
L
X
Z
=
thì y =
2 2 2
( ) 2 1
C C
R Z X Z X+ − +

y là tam thức bậc 2 có hệ số a =
2 2
C
R Z+
>0 nên đạt cực trị tại


+
= → = + =
= − =


ω π
+
 
⇒
 
∆
+
 
= − =
= =
 
+


2 2
2
C

C
L
2
2 2
C
C
2
2 2
C
min
2 2
L max
C
R Z 1 2
b Z
Z L CR (H)
X
Z C
2a R Z
R
U R Z
y
U 200 2(V)
4a R Z
R
Vậy khi L= (H) thì U
Lmax
=200 (V).
Bài 17. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
U

AB
= 100
2
cos(50πt+
π
2
)(v), R = 200Ω,
L =
π
2
(H)
, tụ điện có điện dung C thay đổi được.
Xác định C để hiệu điện thế hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại.
Hình b.16
Hình b.17
Giải: Cảm kháng : Z
L
=
Lω
=100Ω, Dung kháng : Z
C
=
ω
1
C
Tổng trở: Z =
2 2
L C
R (Z Z )
+ −

= = = =
+ − +
C
C C
2 2
L L
2
C C
C(Max) min
U.Z U U
U I.Z ;
Z
1 1 y
(R Z ). 2Z . 1
Z Z
U khi y
Xét y : Nếu đặt
1
C
X
Z
=
thì y =
2 2 2
( ) 2 1
L L
R Z X Z X+ − +

y là tam thức bậc 2 có hệ số a =
2 2

L
R Z+
>0 nên đạt cực trị tại
−


+
= → = =
= − =


+ ω π
+
 
⇒
 
∆
+
 
= − =
= =
 
+


2 2 5
L
L
C
2 2 2

2 2
L
L
2
2 2
L
min
2 2
C max
L
R Z L 4.10
b Z
Z C (F)
X
Z R .L
2a R Z
R
U R Z
y
U 50 5(V)
4a R Z
R
Vậy khi
−
=
π
5
4.10
C (F)
thì

=
C max
U 50 5(V)
II.4.3. Kết luận
Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai được dùng khá phổ biến trong cả
chương trình nên học sinh không quá khó khăn khi tiếp cận phương 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 y
min
tại đỉnh Parabol,nếu a < 0 thì y
max
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. Khảo 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 = aV
2
- 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 =
= −
3
PV a b

V V
nR nR nR
.
=> T' (V)=
−
2
3a b
V
nR nR
=>
= =
b
T '(V) 0 khi V
3a
Lập bảng biến thiên ta có :
V
0
b
3a
+ ∞
T’(V) - 0 +
T(V)
T
min
Từ bảng biến thiên suy ra: Nhiệt độ cực tiểu của lượng khí khi tuân theo quy
luật đó là : T
min

=
2b b

3R 3a
Bài 19. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Đặt vào hai đầu mạch với nguồn
điện xoay chiều có hiệu điện thế
U = const nhưng tần số thay đổi được.
Xác định giá trị ω để hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại.
Giải: Ta có :
= = =
L L L
L
U U
U I.Z .Z
Z
Z
Z
(1)
Đặt
 
+ ω −
 ÷
 
ω  
 
= = = + −
 ÷
 ÷
ω ω ω
 
 
2

2
2
2
2
2 2 2 2
L
1
R L
Z R 1
C
A 1
Z ( L) L LC
Đặt
= >
ω
2
1
x 0
L
khi đó
 
= + −
 ÷
 
2
2
R x
A x 1
L C
(2)

A
R
L
C
B
N
M
Hình b.19
Lấy đạo hàm của A theo biến số x ta thu được:
 
= − −
 ÷
 
2
R 2 x
A'(x) 1
L C C
Xét A’(x) = 0 =>
−
=
2 2
2LC R C
x
2L
Vì
> ⇒ >
2
2L
x 0 R
C

khi đó ta thu bảng biến thiên:
x
0
−
2 2
2LC R C
2L
+∞
A’(x) - 0 +
A(x)
A
min
Thay giá trị
−
=
2 2
2LC R C
x
2L
vào biểu thức (2) ta thu được:
−
=
2 2 2
min
2
R (4LC R C )
A
4L
Thay A
min

vào (1) suy ra:
=
−
LMax
2 2
2U.L
U
R 4LC R C
và
ω =
−
2
1 1
C
L R
C 2

Nhận xét : Khi
≤ ⇒ ≤
2
2L
x 0 R
C
thì A
min
khi x = 0 do A làm hàm số bậc 2 có hệ
số
= >
2
1

a 0
C
nên hàm số có cực tiểu ở phần âm, do đó x = 0 làm cho A
min
trong
miền xác định của x. Khi đó ω rất lớn làm cho Z
L
rất lớn làm cho I = 0. Do đó
không thể tìm giá trị ω làm cho U
Lmax

Bài 20. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Đặt vào hai đầu đoạn mạch hiệu điện thế:
U
AB
= 200
2
cos(100πt-
π
4
)(V)
Cuộn dây thuần cảm,điện dung C có thể thay đổi được. Xác định giá trị của C để
U
AM
đạt cực đại.
Giải: Do đoạn mạch AM có R và C mắc nối tiếp nhau suy ra
M
A
R
L

C
B
Hinh b.20
+
= = + = =
+ − + −
+
2 2
2 2
C
AM RC C
2 2 2 2
L C L C
2 2
C
U R Z
U
U U I R Z
R (Z Z ) R (Z Z )
R Z
(1)
Đặt
+ −
=
+
2 2
L C
2 2
C
R (Z Z )

B
R Z
(2)
Ta thực hiện việc khảo sát hàm số B theo biến số Z
C
để tìm giá trị của Z
C
sao
cho B
min
khi đó giá trị của U
RC
đạt max .
Ta có : Đạo hàm của B theo biến số Z
C
ta thu được :
− − + − + −
=
+
− −
=
+
2 2 2 2
L C L C L C
C
2 2 2
C
2 2 2
L C L C L
2 2 2

C
2(Z Z )(R Z ) 2Z [R (Z Z ) ]
B'(Z )
(R Z )
Z Z Z Z Z R
(R Z )
B’(Z
C
) = 0 <=>
− − =
2 2 2
L C L C L
Z Z Z Z Z R 0
(3)
Nghiệm của phương trình (3) là:

+ +

= >


− +

= <


1
2
2 2
L L

C
2 2
L L
C
Z 4R Z
Z 0
2
Z 4R Z
Z 0
2

Lập bảng biến thiên ta có:

Z
C
0
+ +
=
1
2 2
L L
C
Z 4R Z
Z
2
+∞
B’(Z
C
)

- 0 +
B (Z
C
)

[
B
min
Thay giá trị
+ +
=
1
2 2
L L
C
Z 4R Z
Z
2
vào biểu thức (2) ta thu được:
 
+ −
 ÷
=
 ÷
 
2
2 2
L L
min
4R Z Z

B
2R
Thay B
min
vào (1) suy ra
=
+ −
RCmax
2 2
L L
2UR
U
4R Z Z

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 2: Lập bảng biến thiên.
Bước 3: Dựa vào bảng biến 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 cho học sinh rèn luyện đã
thu được kết quả khả quan, hầu như các dạng bài này học sinh đều biết vận dụng
và cho kết quả nhanh. Đề tài còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý của
quý thầy cô để đề tài được mở rộng, phát triển và có hiệu quả hơn.
Danh mục tài liệu tham khảo

[1] GS.TS Nguyễn Quang Báu - Nguyễn Cảnh Hòe. Bài tập Vật lí 10 nâng cao,
NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2004.
[2] Bùi Quang Hân - Trần Văn Bồi - Phạm 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 Nội, 2009.
[6] Vũ Thanh Khiết. Kiến thức cơ bản nâng cao Vật lí THPT (tậpI,II,III), NXB
Hà Nội , 2003.