Tải bản đầy đủ (.doc) (18 trang)

ứng dụng cực trị hàm số để giải bài toán vật lý sơ cấp

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (183.13 KB, 18 trang )

ỨNG DỤNG CỰC TRỊ HÀM SỐ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN VẬT LÝ SƠ CẤP
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Từ năm học 2005 - 2006 Bộ GD & ĐT quyết định chuyển từ hình
thức thi tự luận sang thi trắc nghiệm khách quan đã đem lại sự đổi mới mạnh mẽ
trong việc dạy và học của giáo viên cũng như học sinh.
Tuy nhiên, qua thời gian thực tế giảng dạy ở trường THPT chúng tôi tấy
có một số vấn đề như sau:
1.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. Điều này không phải tất cả đội ngủ
giáo viên của ta hiện nay đều làm được, đặc biệt là các giáo viên trẻ mới ra
trường.
2. Một thực tế nữa là khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử
theo phương pháp TNKQ thì một số GV mãi mở rộng kiến thức theo chiều rộng
để đáp ứng cho vấn đề thi trắc nghiệm thì 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, đặc biệt là đội ngủ
học sinh giỏi của trường.
3. Để góp phần cải tiến thực trạng trên chúng tôi quyết định thực hiện đề
tài “ứng dụng cực trị hàm số để giải bài toán vật lý sơ cấp”. Trong Vật lý sơ cấp
THPT có nhiều bài toán được giải theo phương pháp tính cực trị 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 và một số giáo viên bởi lẽ các bài
toán này mang tính đơn lẻ, chưa có tài liệu nào viết có tính chất hệ thống.
Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy bồi dưỡng cho học sinh thi đại
học chúng tôi đã tổng hợp và áp dụng thì thấy kết quả của học sinh tiến bộ vượt
bậc. Hy vọng rằng đề tài này sẽ góp phần vào giải quyết những khó khăn trên.
Với trình độ còn hạn chế, kiến thức thì mênh mông nên bài viết này chắc
còn có sai sót. Kính mong được sự góp ý và trao đổi chân tình của quý đồng


nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn và có tác dụng hữu ích hơn. Xin chân thành
cảm ơn.
B. NỘI DUNG:
I. Phương pháp chung:
* Viết được biểu thức hàm số cần khảo sát:
I Hoặc P Hoặc U.
* Bằng phương pháp giải tích, hoặc phương pháp hình học để giải bài tập
cực trị.
* Đưa hàm số của đại lượng khảo sát về dạng:
y = f (x). và khảo sát hàm số đó
Cách 1: Phương pháp đạo hàm: y' = f(x)'
y'' > 0 Hàm cực đại
Hoặc y' = 0 =>
y''< 0 Hàm cực tiểu
Cách 2: Xét dấu phương trình bậc hai
Cách 3: Đưa hàm số về dạng Phân số Tử không đổi :
2
a
b
xyCho
2
0' −=⇒=
a
yxfyvaoThay
4
4
)(
min
−===
aa

xfVa
a
b
a
b
xkhixfba
'
4
)(
'
2
)(0,0
min
min

−=

−=
−=−=⇒>>
CB
A
y
x
+
=
)(
Với A = HS
Chỉ khảo sát mẫu số
Mẫu (max) => y
min


Mẫu (min) => ymax
Với b+c ∈ x
Lưu ý: Nếu B . C = Cost => (B+C)
min
khi B = C
(Dùng bất đẳng thức côsin).
II. Các bài toán cơ bản về giải toán cực trị trong mạch điện xoay chiều
có R, L, C, ω biến thiên.
Bài 1: Bài toán cơ bản về R biến thiên.
Cho mạch điện R, L, C nối tiếp, R biến thiên.
1- Xác định R để Pmax. Tìm Pmax.
2- Chứng minh với P < Pmax có 2 giá trị R
1
, R
2
thoã mãn R
1
x R
2
= (Z
L
-Z
C
)
2
3- Tìm giá trị của R để U
Rmax
Giải
R L C

1- Xác định R để P
max
+ P
Max
khi mẫu (min) =>
2. Chứng minh: P < P
Max
=> R
1
. R
2
= (Z
L
-Z
C
)
2
3
R
ZZ
R
U
Rx
ZZR
U
RIP
CL
CL
2
2

22
2
2
)(
)(

+
=
−+
==
R
ZZ
R
CL
2
)( −
=
2 2
max
2 2
L C
U U
P
R Z Z
+ = =

CL
ZZR −==>
+ Khảo sát theo R(ẩn).
∆ = (U

4
- 4P
2
(Z
L
-Z
C
)
2
Thay U
2
= 2(Z
L
-Z
C
).P
max
ta được:
∆ = 4P
2
max
(Z
L
-Z
C
)
2
- 4(Z
L
-Z

C
)
2
P.
= 4(Z
L
-Z
C
)
2
(P
max
- P) > 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt R
1
, R
2
=> R
1
.R
2
= (Z
L
-Z
C
)
2
(ĐPCM).
3. Tìm giá trị của R để U
R(max)

+ U
Rmax
khi mẫu min
R -> ∞

mẫu (min) và U
R
= U
Nghĩa là không thể tạo ra được ở 2 đầu R HĐT lớn hơn HĐT nguồn.
Bài 2: Bài toán cơ bản về L biến thiên:
Cho mạch điện R, L, C nối tiếp, L biến thiên.
1- Xác định L để I
max
, p
max
2- Định L để U
L max
. Tính U
L max
3- Khảo sát P theo L, U
L
theo L.
R L C
1- Tìm L để I
max
4
0)(
)(
222
22

2
=−+−=>
−+
=+
CL
CL
ZZPRUPR
ZZR
RU
P
2
2
21
)(
)(
.
CL
LC
ZZ
P
ZZP
a
c
RR −=

==
2
22
21
2

)(
1
)(
R
ZZ
U
ZZR
UR
IRU
CL
R

+
=
−+
==+
22
)(
CL
ZZR
U
I
−+
=+
2. Định L để U
L max
Phương pháp giải tích:
Ta được: f(x) = (R
2
+Z

2
C
)x
2
- 2 Z
C
x + 1
Vì a = R
2
+ Z
C
2
> 0 nên f(x) min khi:
3. Khảo sát P theo L.
- Z
L
= 0 => P = P
1
- Z
L
= Z
C
→ P = P
max
P
- Z
L
= ∞ → P => 0 P
1
+ Khảo sát U

L
theo L.
Z
L
Vận dụng thực tiễn: Bài 2.31 bài tập tuyển tập vật lý, đề 3 (2001-2002),
đề 10 (2001-2002), Bài 2.31 Bài tập tuyển tập vật lý.
Bài 3: Bài toán cơ bản về C biến thiên.
5
L
CL
ZC
LZZkhiI
2
max
11
ωω
===>=
C
LZZkhip
CL
2
max
1
ω
==>−
1
2)(
2
222
2

+−
+
=
−+
==+
L
C
L
LCL
L
L
Z
Z
Z
ZR
U
ZZR
UZ
IZU
x
Z
Dat
L
=+
1
2
2
2
2
)(2

2
2
C
C
C
C
ZR
Z
ZR
Z
a
b
x
+
=
+

−=−=
C
C
L
C
L
C
C
L
Z
ZR
L
Z

ZR
Z
ZR
Z
Z
ω
2
2
2
2
2
2
1 +
==>
+
==>
+
==>
2
2
2
min
'
)(
C
ZR
R
a
xfdoKhi
+

=

−=
22
max
2
2
min
)(
cL
C
ZR
R
U
U
ZR
R
xf +==>
+
=
c
c
C
C
L
C
RC
RC
L
Z

ZR
L
Z
ZR
Z
Z
IZ
UC
RC
U
Sin
U
U
ωϕ
22
2
2
2
2
(max)
+
==>
+
==>===
Cho mạch R, L, C nối tiếp, biến thiên
1- Tìm C để I
max
, P
max
.

2- Tìm C để U
C(max),
tính U
C(max)
3- Khảo sát P theo C, U
c
theo C.
Giải
R L C

1- Tìm C để I
max
, P
max
.
2 - Định C để U
C(max)
Phương pháp giải tích:
)(
12)(
222

U
xZxZR
U
U
C
C
=
+−+

=
+ Để U
C(max)
=> f(x)
min
+ Vì a > 0, f(x) min khi
6
22
)(
CL
ZZR
U
I
++
=
22
2
2
)(
CL
ZZR
RU
RIP
−+
==
L
CZZthiPhayIDe
CL
2
maxmax

1
ω
==>−
1
2
.
)(
2
2
2
22
+−
+
=
++
==+
C
L
C
L
C
CL
CC
Z
Z
Z
ZR
U
Z
ZZR

U
IZU
)(
12)(
1
222

U
xZxZR
U
x
Z
Dat
LL
C
=
+−+
=→=
C
Z
ZR
x
Z
ZR
Z
a
b
x
L
L

L
L
C

+
===>
+
=−=
22
2
22
1'

3) Khảo sát P theo C
- Z
C
= 0 => P = P
1
- Z
C
= Z
L
→ P = P
max
- Z
C
= ∞ → P => 0 P
1
Khảo sát U
C

theo Z
C
?
L Z
C
* Vận dụng thực tế: Bài 3-20 học tốt vật lý. Đề 27/3, 43/3 bộ đề. Bài 93,
94, 95, 96, 97 sách 351 bài tập.
Bài 4: Bài toán về ω hay f biến thiên.
Cho mạch xoay chiều R, L, C nối tiếp có ω hay f biến thiên
1. Định ω, (f) để I
max
, P
max
, U
R max
2. Định ω, (f) để U
L max
, U
C max
3. Khảo sát U
R
, U
L
, U
C
theo ω.
Giải
1. Định ω để I
max
, P

max
, U
R max
+ Để I
max
, P
max
, U
R max
thì
2. Định ω, để U
L max
, tính U
L max
- Biểu thức:
7
2 2
2
min min max
2 2
2 2
'
C
C
L
L
U R Z
R R
Va f f U
a R Z R

R Z
+

= − = → = => =
+
+
IRURIP
ZZR
U
I
R
CL
==
−+
=+ ;;
)(
2
22
.
2
11
LC
f
LC
ZZ
CL

=⇔⇔−
ω
- Đặt f(x) =

1
21
242222
2
+−+
ωωω
LCCLL
R
=
2
2 2 4 2 2
1 1 2 1
1
R
x
L C L LC
ω ω
 
+ − +
 
 
- Đặt
x=
2
1
ω
Ta được: f(x) =
1
21
2

2
2
22
+








−+ x
LC
L
R
x
CL
- Để U
1max
thì f(x)
min
.
+ Với
0
1
22
〉=
CL
a

Vậy f(x)
min
khi
a
b
x
2
−=
=>
2
2
2
2
2
2
22
C
R
C
LCRLC
x






−=

=

(Với
2
2
R
C
L

)
=>
CRL
C
C
x
2
2
211

==
ω
Khi đó f(x)
min
=
a4


Với
acb 4
2
−=∆
8

1
21
1
22)(
.
.
24222
2
2
2
2
2
22
+−+
=
+−+
=
−+
==
ωωω
LCCLL
R
U
Z
Z
ZZ
R
U
ZZR
ZU

ZIU
L
C
L
C
L
CL
L
LL
=> f(x)
min
=
( )
22
2
2
4
4
CRCL
L
R

Và U
1max
=
22
4
2
min)(
CRLCR

UL
xf
U

=
3. Định
ω
(f) để U
C max
.
Biểu thức: U
C
= I.Z
C
=
CLCL
C
ZZZZR
U
22222
2−++
Ζ
=> U
C
=
1
2
2
2
2

2
+−+
C
L
C
L
C
Z
Z
Z
Z
Z
R
U
=
2422222
21
ωωω
LCCLCR
U
−++
- Đặt
x=
2
ω
Ta được:
U
C
=
1)2(

22222
+−+ xLCCRxCL
U
=
)(xf
U
Để U
C max
thì f(x)
min
.
Vì a = L
2
C
2
>0 Vậy f(x)
min
khi
CL
CRL
CL
CRLC
a
b
x
2
2
22
22
2

2
2
2
2

=

=−=
(Với 2L>R
2
C).
=>
C
CRL
L
x
2
21
2

==
ω
9
- f(x)
min
=
2
222
22
22222

4
)4(
4
4)2(
4
L
CRLCR
CL
CLLCCR
a

=
−−
=

- U
C max
=
CRLCR
UL
xf
U
22
4
2
min)(

=
* 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.

VÍ DỤ CỤ THỂ:
Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ
U
AB
= 200
2
sin 100nt (v)
R = 100Ω ; C =
4
1
.10 (F)
2

π
. Hình vẽ 2.18
Cuộn dây thuần cảm và có L thay đổi.
Tìm L để U
AM
đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó.
HDG:
+ Dung kháng: Z
C
=
1
200
C
= Ω
ω
+ Tổng trở: Z =
2 2 2 2

L C AM L
R (Z Z ) ; Z R Z+ − = +
+
AM AM
2
C C L
2 2
L
U U
I ; U I.Z
Z
Z 2Z Z
1
R Z
= = =

+
+
Đặt y = 1 +
2
C C L
2 2
L
Z 2Z Z
R Z

+
U
AM
cực đại khi y = y

min
.
* y' =
2 2
C L C L
2 2 2
L
2Z (Z Z Z R )
(R Z )
− −
+
10
R


C B
L
A
+ y' = 0 ⇔
2 2
C C
L
2 2
L C L
2 2
C C
C
Z Z 4R 241( )
Z
2

Z Z Z R 0
Z Z R
Z 0 (lo¹i)
2

+ + = Ω

=

− − = ⇒

− +

= <


Bảng biến thiên
Vậy khi Z
L
=
241Ω tức là L =
0,767(H) thì U
AM
cực

đại.
U
AM(Max)
=
2 2

C C
U( 4R Z Z )
482(V)
2R
+ +
=
Ví dụ 2: Cho mạch điện
U
AB
= U
2 sin tω
R không đổi, cuộn dây thuần cảm có L không đổi.
Tụ C có điện dung thay đổi, tìm C để U
AM
cực đại. Tính giá trị cực đại đó.
HDG:
U
AM
= I . Z
AM
=
2
L L C
2 2
C
U
Z 2Z Z
1
R Z


+
+
đặt
2
C L C
2 2
C
Z 2Z Z
y 1
R Z

= +
+
.
U
AM
cực đại khi y = y
min
.
Tương tự như ví dụ 16. Ta tìm được khi Z
C
=
2 2
L L
Z Z 4R
2
+ +
thì y = y
min
và U

AM
cực đại.
U
AM(Max)
=
2 2
L L
2 2
L L
U(Z Z 4R )
2
KhiC
2R
(Z Z 4R )
+ +
=
ω + +
* Mở rộng: Có thể dùng PP đạo hàm để tìm U
L
, U
C
đạt giá trị cực đại khi f
thay đổi.
Z
L
0 241

y' - 0 +
y y
min

11
R


C
B
L
A

M
* Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ
U
AB
= 200
2
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 trên R cực đại khi r = 0
b) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 5Ω
HDG:
a) + Cảm kháng: Z
L
=

ω
L = 100Ω;
Dung kháng: Z
C
=
1
200
C
= Ω
ω
+ Tổng trở: Z =
2 2
L C
R (Z Z )+ −
+ Công suất:P = I
2
R =
2
2
L C
U
(Z Z )
Rx
R

+

Đặt y = R +
2
L C

(Z Z )
R

.
+ Áp dụng BĐT Côsi: y
min
⇔ R = Z
L
- Z
C
 = 100Ω.
Lúc đó P
R(Max)
=
2
L C
U
200(W)
2 Z Z
=

b) Tương tự ta có: Z =
2 2
L C
(R r) (Z Z )
+ + −
P
Rx
= I
2

Rx =
2 2
2
L C
U u
r (Z Z )
y
R 2r
R
=
+ −
+ +
+ áp dụng BĐT côsi y
min
⇔ R =
2 2
L C
r (Z Z )+ −
Max
2
R
2 2
L C
U
P 124(W)
2(r r (Z Z )
=
+ + −
;
* Mở rộng: Khi tính P của mạch:

+ Nếu Z
L
- Z
C
 > r thì P
Max
khi R = Z
L
- Z
C
 - r
+ Nếu Z
L
- Z
C
 ≤ r thì P
Max
khi R = 0.
12
R


L,r
C
A B
II. Các bài toán về giải toán cực trị trong các bài toán khác.
* Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ
E = 12V; r = 4Ω; R là biến trở.
Hãy tìm
x

R
để công suất mạch ngoài cực đại.
HDG:
- Dòng điện:I =
E
r R+
- Công suất: P = I
2
R =
2 2 2
2 2
2
E E E
r
y
r
R 2r
R
R
R
= =
 
+ +
+
 ÷
 

- P
max
⇔ y

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

Y
min

r
R
R
=
. Vậy khi R = r = 4Ω thì P
max
=
2
E
9(W)
4r
=
Ví dụ 2: Có hai điện tích điểm q
1
= q
2
= q > 0 đặt tại hai điểm A, B trong
không khí (ε = 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 E
M
đạt
cực đại.
HDG:

* Xác định
M
E
ur
:
+
M 1 M 2 M
E E E= +
ur ur ur
Với E
1M
= E
2M
= k
2 2
q
d x+
Hình vẽ 2.3
+ Dùng quy tắc tổng hợp vectơ ⇒
M
E
ur
⊥ AB hướng ra xa AB.
+ E
M
= 2E
1M
cosα =
3
2 2

2 2
2 2
2
2kq x x
. 2kq.
d x
d x
(d x )
=
+
+
+
(*)
* Tìm vị trí M: - Theo BĐT Côsi ta có:
13
E,r
R
B
A
H




2M
E
ur
M
E
ur

1M
E
ur
M
q
1
α
d
d
x
Ta có d
2
+ x
2
=
( )
2 2 4 2
3
2 2 2 2
2
3
d d d x 3 3
x 3 d x .d .x
2 2 4 2
+ + ≥ ⇒ + ≥
(**)
+ Từ (*) và (**) ⇒ E
M

2

4kq
3 3 d
. Vậy E
M(Max)
=
2
4kq
3 3 d
khi x =
d
2
.
Ví dụ 3: Vật m
1
chuyển động với vận tốc
1
V
uur
tại A và đồng thời va chạm với
vật m
2
đang nằm yên tại đó. Sau va chạm m
1
có vận tốc
1
V '
uur
; hãy xác định tỷ số
'
1

1
V
V
của m
1
để góc lệch α giữa
1
V
uur

1
V '
uur
lớn nhất. (α
Max
).
Cho m
1
> m
2
.
HDG:
+ Động lượng hệ trước va chạm:
T 1 1 1
P P m V= =
uur uur uur
.
+ Động lượng hệ sau va chạm:
' ' ' '
s 1 2 1 1 2 2

P P P m V m V= + = +
uur uur uur uur
uur
.
Hìnhvẽ 2.4
+ Hệ kín nên Động lượng hệ bảo toàn:
S T 1
P P P= =
uur uur uur
+ Gọi α =
'
1 1 1 S
(V V ) (P P )× = ×
uur
uur uur uur
Ta có:
' 2 '2 2 ' 2
2 1 1 1 1
P P P 2P P cos= + − α
(1)
Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn:
2 ' 2 ' 2
1 1 1 1 2 2
m v m v m V
2 2 2
= +

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
= + ⇒ − =
(2)
+ Từ (1) và (2) ⇒
'
2 1 2 1
'
1 1 1 1
m P m P
1 1 2cos .
m P m P
   
− + + = α
 ÷  ÷
   
'
2 1 2 1
'
1 1 1 1
m V m V
1 1 2cos .
m V m V
   
⇔ − + + = α
 ÷  ÷
   

Đặt x =
'
1
1
V
0.
V
>
2 2
1 1
m m 1
1 x 1 2cos
m m x
   
⇒ + + − = α
 ÷  ÷
   
Để α
Max
thì (cosα)
min
. Theo BĐT cosi: (cosα)
min
khi:
14
α
S 1
P P=
uur ur
2

P '
uur
1
P '
uur
2 2 1 2
1 1 1 2
m m 1 m m
1 x 1 x
m m x m m
   

+ = − ⇒ =
 ÷  ÷
+
   
Vậy khi
'
1 1 2
1 1 2
V m m
V m m

=
+
thì góc lệch giữa
1
V
uur


'
1
V
uur
cực đại.
Với cosα
Max
=
2 2
1 2
1
m m
m

.
Ví dụ 4: 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.
HDG:
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 2.5:
Theo tính chất đồng dạng của 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 Côsi ta có:
2.
a d a
d f f
+ ≥
vậy r’/r đạt min khi
.
a d
d a f
d f
= ⇒ =
do đó
( )
2
.
a b
a f a b f
a


= − ⇒ =
thay số ta có f = 36 cm.

15
a
b
r r’
A O A’
d d’
Hình vẽ 2.5
Ví dụ 5: Vật phẳng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ
có tiêu cự f = 20cm. Phía sau thấu kính đặt một màn để hứng ảnh của vật, cách
thấu kính một khoảng l = 60cm.
a) Xác định vị trí đặt vật để ta thu được ảnh rõ nét trên màn.
b) Giữ vật và màn cố định. Chứng tỏ rằng nếu di chuyển thấu kính ta thu
được hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn. Tìm khoảng cách giữa 2 vị trí
đó?
c) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa vật và ảnh trong khi di chuyển thấu
kính từ vị trí này đến vị trí còn lại mà ta thu được ảnh rõ nét trên màn.
HDG:
a) Sơ đồ tạo ảnh
TK
d '
d
AB A'B '→
Theo bài ra d' = l = 60cm ; → d =
d' f
30cm
d' f

=

b) Vì vật và màn cố định tức là d + d' = 90cm ⇒ d +
df
90
d f
=

→ d
2
- 90d + 1800 = 0 → d
1
= 30cm; d
2
= 60cm
Vậy có 2 vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn.
Khoảng cách giữa 2 vị trí đó là: ∆d = d
2
- d
1
= 30cm
c) Khi di chuyển thấu kính từ vị trí 1 (d
1
= 30cm) sang vị trí 2 (d
2
=
60cm)
16
Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d' =
2

d
.
d 20−
2
d(d 40)
L' . L ' 0 khid 40cm
(d 20)

= ⇒ = =

Vậy khoảng cách ngắn nhất cần tìm là L
min
=
2
40
80(cm)
40 20
=

Ví dụ 6: Một Mol khí lý tưởng thực hiện biến đổi theo quy luật.
a) P = P
0
- αV
2
Tìm nhiệt độ cực đại T
Max
của khí
b) T = T
0
+ αV

2
Tìm áp suất cực tiểu P
min
của khí, biết P
0
, α, T
0
là hằng số.
HDG:
a) Ta có PV = RT ⇒ T =
3
0
PV P
V V
R R R
α
= −
.
Đạo hàm T theo V.
T' =
2
0 0
0
P 3 P
V T ' 0 khi V V
R R 3
α
− ⇒ = = =
α
Vậy nhiệt độ cực đại T

Max
=
0 0
2 P P
.
3 R 3α
b) Ta có: PV = RT ⇒ P =
0
RT RT
R V
V V
= + α
Đạo hàm P.
P' = Rα -
0 0
0
2
RT T
P ' 0 khi V V
V
⇒ = = =
α
Vậy áp suất cực tiểu P
Min
=2R
0
.Tα
C. KẾT LUẬN:
17
d304060L'-0+L

min
VV
0
T'+0-TT
max
V V
0
P' - 0 +
P P
min
Qua việc hình thành cho học sinh có phương pháp giải chung đã giúp cho
học sinh có được phương pháp nhận dạng, kỹ năng giải từng dạng bài toán khi có
các đại lượng biến thiên. Từ chổ nắm bắt được kiến thức, học sinh đã say mê hơn
trong học tập, tin tưởng vào bản thân và có sáng tạo trong giải những giải toán cụ
thể.
Kết quả khảo sát:
- Khi học sinh chưa nắm được phương pháp giải thường mắc sai lầm trong
vận dụng, phải mò mẫm trong kiến thức và cách giải không có tính tổng quát. Cách
nhìn nhận bài toàn chưa xoáy sâu vào trọng tâm. Kết quả chỉ có từ 10-15% học
sinh có được kết quả đúng song cách giải còn dài dòng.
- Khi nắm được phương pháp giải, kết hợp với kiến thức đã có, vận dụng
nghiên cứu, đến nay 100% học sinh học khối A nhìn nhận được bài toán về R, L,
C,
ω
biến thiên, giải được bài toán theo thời gian ấn định cho phép.
Trên đây là một số kiến thức mà bản thân tôi đã vận dụng trong giảng dạy ở
phần tìm giá trị cực trị của dòng xoay chiều. Chắc chắn đề tài còn nhiều thiếu sót,
rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp để bản thân tôi tiến bộ hơn, góp
phần được nhiều hơn cho sự nghiệp giáo dục.
Xin chân thành cảm ơn!.

18

×