SÁNG KIẾN KINH nghiệm một số CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN cực TRỊ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.03 MB, 23 trang )
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 bộ môn : Vật lý
-Lĩnh vực khác:
Có đính kèm:
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2011- 2012
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 1
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958
3. Giới tính :
Nam
4. Địa chỉ : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân
– Thành phố Biên Hoà - Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại:
CQ: 0613.834289;
ĐTDĐ:0903124832.
6. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng.
7. Đơn vị công 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 bài toán vật lý”.
* Năm 2009: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về mạch điện xoay chiều, thiết bị điện,
về dao động và sóng điện từ”.
* Năm 2010: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về tính chất sóng ánh sáng”.
* Năm 2011:chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về Vật lý hạt nhân nguyên tử”.
* Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị”.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 2
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ CÁCH GIẢI
DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
Tóm tắt :
Chuyên đề đư r
t c ch gi i ng t n cực tr ề điện
y chiều
và đư r
t
í ụ inh họ
c ch gi i t n cực tr có p ụng b t đ ng th c unhi c p i.
I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Vật lý học là bộ môn khoa học cơ bản, làm cơ sở lý thuyết cho một số môn
khoa học ứng dụng ngày nay. Sự phát triển của Vật lý học dẫn tới sự xuất hiện
nhiều ngành kỹ thuật.
Do có tính thực tiễn, nên bộ môn Vật lý ở các trường phổ thông là môn học
mang tính hấp dẫn. Tuy vậy, Vật lý là một môn học khó vì cơ sở của nó là toán
học. Bài tập toán vật lý rất đa dạng và phong phú; có những bài toán cơ bản, nhưng
có những bài hay mà khó. Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó.
Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện
xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất
đ ng thức Bunhiacốpski’’.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
A . CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Chúng ta đã biết trong chương trình Vật lý các bài tập cực trị liên quan tới bài
toán tối ưu là dạng toán phức tạp và khó. Có những bài ở mức độ cơ bản, có tính
phổ thông; nhưng có những bài hay mà khó, thường gặp trong các đề thi của các
cuộc thi tranh như thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đ ng, đại học, thi chọn học
sinh giỏi. Kinh nghiệm những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng
túng trong việc tìm cách giải các dạng toán cực trị. Xuất phát từ thực trạng trên,
qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài này.
Khi giải một bài toán Vật lý có thể d ng nhiều phương pháp toán học khác
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 3
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
nhau và cũng có bài có thể giải theo các phương pháp Vật lý khác nhau. M i
phương pháp đều có những ưu điểm và cũng có những như c điểm nhất định .
Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải một bài toán đã giúp cho học sinh
n m vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi và lựa chọn phương pháp vận
dụng, cũng từ đó gây nên sự hứng thú trong học tập của học sinh.
Đề tài này nhằm giúp học sinh kh c sâu những kiến thức giáo khoa và n m
đư c phương pháp giải bài toán cực trị. Việc làm này rất có l i cho học sinh trong
thời gian ng n đã n m đư c phương pháp giải, nhanh chóng giải quyết đư c bài
toán cả ở dạng tự luận và dạng bài tr c nghiệm. Việc làm này giúp cho học sinh có
thể lựa chọn cách giải nào có l i hơn, cũng từ đó phát triển hướng tìm tòi lời giải
mới cho các bài tương tự. Khi đó học sinh tự tin và giành th ng l i trong các cuộc
thi tài.
B . NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
B1.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI ÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ VẬT LÝ
1. Phư ng h
ng iệt thức :
Đại lư ng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lư ng biến thiên khác
x theo hàm bậc hai: y ax 2 bx c .
Ta đưa về phương trình bậc hai 0 ax 2 bx (c y) , rồi áp dụng điều kiện phương
trình có nghiệm là biệt thức không âm 0 ,từ đó tìm ra cực trị ym ứng với xm.
2. Phư ng h
ng tọ đ đ nh c
đường P r
:
Đại lư ng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lư ng biến thiên
2
khác x theo hàm bậc hai: y ax bx c .
Nếu a > 0 đồ thị y x là đường parabol có bề l m quay lên thì hàm y có cực tiểu.
Nếu a < 0 đồ thị y x là đường parabol có bề l m quay xuống thì hàm y có cực đại.
b
;
cho biết cực trị ym.
2a 4a
Tọa độ đỉnh xm ; y m
3. Phư ng h
ng
t đ ng thức C i v hệ uả c
nó :
Cho hai đại lư ng là những số dương a, b thì theo bất đ ng thức Côsi ta có
a b 2 ab .
quan hệ:
Dấu bằng xảy ra khi hai số bằng nhau.
4. Phư ng h
h nh học :
Dựa vào các tính chất và định lý trong hình học .
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 4
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
5. Phư ng h
giải tích :
D ng đặc điểm cực trị tại điểm xm thì đạo hàm tại đó y’ xm) = 0 và y’ đổi dấu
khi qua xm hoặc x t dấu y’’ở đó.
6. Phư ng h
kh ng ti u i u :
Dựa vào phân thức có tử số không đổi, mẫu số lớn nhất thì phân thức nhỏ nhất
và ngư c lại . Nếu mẫu số không đổi thì phân thức lớn nhất khi tử số lớn nhất và
ngư c lại .
Hoặc dựa vào đặc điểm của một số đại lư ng như : Fma sát nghỉ Fma sát trư t ;
Fms< N; sin x 1
7. Phư ng h
;
cos x 1 …….
ụng
t đ ng thức unhi cốpski:
Cho 2n số thực (n 2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :
a1b1 a2b2 ... an bn 2 a12 a22 ... an2 b12 b22 ... bn2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
a
a1 a 2
... n .
b1 b2
bn
B2. MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
VỀ ĐIỆN XOAY CHIỀU
Chủ Đề 1: iết U, R t m hệ thức giữ L, C, đ Imax c ng hưởng điện.
C ch gi i:
* iểu hiện Imax : Theo định luật Ôm : I
U
U
Z
R 2 (Z L Z C ) 2
Nhận x t: Imax khi Zmin Z L Z C 0 L
1
LC2 = 1
C
r
UL
* iểu hiện u, i cùng pha : độ lệch pha φ u i 0 .
Z L ZC
0 LC2 = 1.
Vậy : tgφ u i
R
* iểu hiện hệ công u t cực đ i
R R 2 (Z L Z C ) 2 ZL = ZC LC 2 =1
Kết uận chung
O
iểu hiện hiện tựơng c ng hưởng :
I max
U
R
u, i cùng pha u/i = 0;
(cos )max = 1
r
U
r
UR
r
UC
r
I
r
U L .......
r
U
r
O...........U R
r
UC
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
r
I
-trang 5
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
L.C. 2 = 1
1
LC 2 1
Hệ qu : I max U U Z L Z C ωL
Z min
C c
*
*
*
*
*
*
*
*
ωC
R
u hiệu c ng hưởng h c :
Khi i cùng pha với u ; hay u c ng pha với uR .
Khi L biến thiên UCmax , hay URmax,hay Pmax .
Khi (A)ampekế chỉ giá trị cực đại .
Khi C biến thiên ULmax , hay URmax ,hay Pmax.
Đèn sáng nhất khi L, C, f biến thiên.
Khi f biến thiên ULmac, hay UCmax , hay URmax , hay Pmax
Khi Z = R tức Zmin.
Khi uC hay uL vuông pha với u hai đầu đoạn mach.
Chủ Đề 2: T m C’v c ch mắc tụ v tụ C đ mạch Imax c ng hưởng điện.
C ch gi i: Gọi C0 là điện dung tương đương của hệ C và C’khi mạch cộng hưởng.
Lập luận tương tự chủ đề 1, đưa đến kết quả: LC0 2 =1 C0 tìm C’ gh p.
*So sánh C0 với C :
Nếu C0 > C C’gh p song song tụ C : C0 = C + C’ C’= C0 - C
Nếu C0 < C C’ gh p nối tiếp tụ C : C0-1 =C-1 + C’-1 C’= (C0-1- C-1)-1
*Hoặc so sánh : ZC với ZL .
nếu ZCo > ZC C0 = C’nối tiếp C ; ZC ' ZC0 ZC C’= ωZC’)-1
1
1 1
nếu ZCo < ZC C0 = C’songsong C ; ZC ' (ZC ZC0 ) C’= ωZC’)-1
Chủ Đề 3: Đ ạn mạch RLC :Tính c ng u t tiêu thụ P c
2
C ch gi i: * T m P(mạch): P UI cos I R
mạch.
RU 2
R 2 (Z L Z C ) 2
Cách 1: trong mạch RLC: chỉ có điện trở thuần tiêu thụ điện năng dạng nhiệt ,
còn cuộn cảm thuần và tụ không tiêu thụ điện năng P RI 2
Z L ZC
I
Cách 2: d ng công thức tổng quát : P UI cos φ với I 0 ; tính từ tgφ
R
2
hay cos φ
R
Z
* Bảng biến thiên:
R 0
P
P
Đồ thị quan hệ P R
Pmax
Rm
Pmax
0
0
0
Rm
R
Vậy :Công suất của mạch có một giá trị cực đại, ứng với một giá trị Rm nào đó.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 6
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Chủ đề 4:
iết U, R, L (h y C), . T m C (h y L) đ Pmax.
Khả
t iến thiên P the C (h y L) .
C ch gi i:
Trong 3 phần tử điện R;L;C :chỉ có điện trở R tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt).
RU 2
const
Ta có P = I .R vậy P 2
2
M
R (Z L Z C )
2
1 \ T m L h y C đ P max :
Nhận x t: Tử số RU2 =const nên Pmax khi mẫu số Mmin ZL-ZC=0 LC2=1
Mạch cộng hưởng điện Lúc đó : Pmax
U2
R
1
+ Biết L suy ra C m
L 2
1
+ Biết C suy ra L m
.
C 2
2\
P the C: Khi C = ZC = 0 P1
iến thiên c
P
C
0
Cm
P
RU 2
R 2 Z2L
Pmax
Pmax
P1
0
3\ iến thiên c
P1
P the L: Khi L = 0 P0
L 0
Lm
P
Pmax
P0
0
Cm
C
RU 2
R 2 ZC2
P
Pmax
P0
0
0
Lm
L
Chủ đề 5: Cho U, , L, C . T m R đ c ng u t tiêu thụ Pmax .
Khả
t iến thiên P the R .
C ch gi i:
RU 2
Lập luận P UI cos I R 2
(1)
R (Z L Z C ) 2
2
R
L
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
C
-trang 7
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Chia tử và mẫu cho R P
Nhận xét :
MS mẫu số
U2
const
2
MS
R (Z L Z C ) / R
là tổng của 2 số dương , có tích của chúng là :
ZL
R.
ZC
2
R
Z L – ZC
2
const ,
nên theo hệ quả của bất đ ng thức Cauchy MS = min khi mà 2 số đó bằng nhau
R
vậy với Rm Z L Z C thì Pmax
ZL
ZC
2
.
R
U2
U2
2 Rm
2 Z L ZC
P
ng biến thiên:
R
0
P
Rm
Pmax
Pmax
0
0
Chú ý:
Từ 1 suy ra phương trình bậc hai của R :
R2 –
U2
.R
P
0
Z L Zc
2
0
Rm
R
(2)
* Khi P > Pmax thì 2 vô nghiệm Δ < 0.
* Khi P = Pmax 0 nghiêm kép Rm | Z L ZC | và
Pmax
U2
U2
2 Rm
2 Z L ZC
* Khi P < Pmax c ng có công suất P cho trước thì tồn tại hai giá trị R1; R2 là
2 nghiệm phân biệt của phương trình (2)
- Ta có quan hệ theo định lý Vi-et: R1 R 2
U2
P
và R1.R2 =(ZL-ZC)2
Vậy cho trước R1 và R2, ứng với c ng P thi tìm đư c U; ZL-ZC
- Từ đó ta có các bài toán ngư c :
Nếu cho P, R1 và R2 thì tìm được:
- Gíá trị cực trị
R m R 1R 2
và
Pmax
P R1 R 2
2R m
.
- Suy ra |ZL ZC | R1.R 2 tính được tg ; Z ; cos
- Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình
R’2 –
P R1 R 2
P’
. R’ R1.R 2 0
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 8
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Chủ đề 6:
C ch gi i:
Cách 1:( ùng đ
iết U, ,R,L . T m C đ UCmax đạt cực đại .
Ch
hà ) .
UZ C
Ta có UC = I. ZC U C
R 2 (Z L Z C ) 2
Chia cả tử số, mẫu số cho Zc
UC U / (
(1)
R 2
Z
U
) (1 L ) 2
.
ZC
ZC
y
Nhận x t: tử số là U không đổi, nên UCmax ymin
Đặt x
1
thì biểu thức trong căn y R 2 Z 2L .x 2 2Z L x 1
ZC
Tính đạo hàm : y’ = 2(R2 + ZL2).x –2.ZL y’= 0
xm
1
Z
2 L 2
ZC m R Z L
Bảng biến thiên :
ZC
’
y
R Z
ZL
2
Vậy khi Z Cm
C ch 2: (
2
L
0
-
Z Cm
+
ZCm
0
y
ymin
UC
UC max
thì hiệu điện thế U C max
U R 2 Z L2
R
ng t m thức ậc h i) .
Ta có : UC = IZC U C
UZ C
R 2 (Z L Z C ) 2
(
1
thì
ZC
(1)
U
chia cả tử số, mẫu số cho Zc : U C
Đặt x
R 2 Z L2
ZL
R 2 ZL
) ( 1)2
ZC
ZC
U
y
y R 2 Z L2 x 2 2Z L x 1 .
Đây là tam thức bậc hai có các hệ số a = R2 + ZL2 > 0 ; b = - 2ZL ; c = 1 . Đồ thị
Parabol y x có bề l m quay lên y tồn tại giá trị nhỏ nhất y min )
Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính xm; ymin)
Z
b
xm
2 L 2
2a
R ZL
Z Cm
R 2 Z L2
ZL
ymin
R2
=(
)= 2 2
4a
R ZL
Vì U=const nên y min U C max
U R 2 Z L2
R
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 9
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
C ch 3: ( ng giản đồ vect ) .
X t chung RL nối tiếp C : u = uRL + uC
biểu diễn v ctơ U U RL U C như hình vẽ.
Nhận x t từ giản đồ v ctơ :
đặt góc AOB= ; OAB=
OAB theo định lí hàm số sin :
U
UC
U
U
sin (1)
C
sin
sin sin
UR
R
mà sin
= không đổi.
U RL
R 2 Z2L
A
r
U RL
O
U R 2 Z L2
vậy khi = 90 ; U RL U thì (1) U C max
R
ZL
R 2 Z2L
r
UL
I
0
UL
OAH cos
U RL
α
r
UR H
β
U
r
UC
B
;
R 2 Z2L
U RL
OAB cos
; cho hai vế phải bằng nhau và biến đổi
UCm
ZCm
Vậy Z Cm
R 2 Z L2
ZL
thì UCmax và uRL uông ph
ới u hai đầu đọ n
ch.
Như vậy uRL vuông pha với u là dấu hiệu UCmax.
iết U, , R, C. T m L đ ULmax đạt cực đại .
Chủ đề 7: Ch
C ch gi i:
C ch 1: ( ng đạ h m).
Ta có UL = I. ZL U L
UZ L
R 2 (Z L Z C ) 2
(1)
R
ZL
2
Chia cả tử số và mẫu số cho ZL : U L U / ( ) (1
Đặt
x
ZC 2 U
)
ZL
y
(2)
1
và biểu thức trong căn ở mẫu số đư c viết thành :
ZL
y R 2 Z C2 .x 2 2Z C x 1
Tính đạo hàm bậc nhất : y’ = 2(R2 + ZC2).x – 2 Zc
1
ZC
R 2 Z C2
’
x
Cho y = 0 m
Z Lm
Z Lm R 2 Z C2
ZC
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 10
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Bảng biến thiên :
ZL
’
0
ZLm
y
y
-
0
+
ymin
UL
Vậy khi Z Lm
C ch 2: (
ULmax
R 2 Z C2
ZC
thì hiệu điện thế U L max
R
ng t m thức ậc h i) .
Ta có : UL = IZL U L
UL
U R 2 Z C2
U
Z
R 2
(
) ( C 1) 2
ZL
ZL
UZ L
1 chia cả tử số,mẫu số cho ZL ta có :
R 2 (Z L Z C ) 2
U
1
2
2
2
khi đặt x
và y R Z C .x 2Z C x 1 .
ZL
y
y là tam thức bậc 2 có a =R2 + ZC2 > 0; b = -2ZC ; c = 1 Nên đồ thị Parabol y x
có bề l m quay lên tồn tại cực trị y=min .
Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) ta có :
ZC
R 2 Z C2
b
xm
Z Lm
ZC
R 2 ZC2
2a
R2
y min
R 2 ZC2
4a
Vì U=const nên y= min UL = max U L max
C ch 3: (
U R 2 Z C2
R
ng giản đồ vect ) X t chung RC nối tiếp L :
u = uRC + uL U U RC U L biểu diễn như hình vẽ
Nhận x t giản đồ v ctơ ; đặt góc : AOB = ; OBA = .
AOB theo định lí hàm số sin :
U
UL
U
sin
UL
sin
sin sin
U
Từ ΔOHB có sin R
U RC
r
Vậy khi = 90 ; U RC U thì
0
R
R 2 ZC2
U L max
Từ giản đồ v c tơ: OBH cos
A
r
r
U ......U L
r
r
I.
O ....
βU R.......................
H
r r
U RC ....U C
= không đổi.
B
B
B
U R 2 Z C2
R
UC
U RC
ZC
R ZC2
2
(*)
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 11
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
2
2
y cos U RC R ZC (**) ,
OAB
U L max
từ * , ** Z Lm
ZLm
R 2 Z C2
thì UCmax và uRC uông ph
ZC
ới u hai đầu đọ n
ch.
Chú ý qu n trọng :
- Khi uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng UCmax
và uRC vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng ULmax.;
- Từ quan hệ vuông pha của hai hiệu điện thế ta có thể xác định được các
kháng Z Cm
R 2 Z L2
R 2 Z C2
Z
UCmax hay Lm
ULmax.
ZC
ZL
3. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
CÓ ÁP DỤNG ẤT ĐẲNG THỨC UNHIACỐPXKI.
* Phư ng h
t đ ng thức unhi c
ki:
Cho 2n số thực (n2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :
a1b1 a2b2 ... an bn 2 a12 a22 ... an2 b12 b22 ... bn2
D u
ng ảy r khi v ch khi:
a
a1 a 2
... n .
b1 b2
bn
Ví ụ 1: Phư ng h Tọ đ trọng t m
M t hung t c
ng
t uông
C uông ở
ới g c nhọn , đ t
tr ng
t ph ng th ng đ ng, c nh huyền c phương n
ng ng. Trên 2 c nh
g c uông c uyên 2 h n bi th p c i à ch t điể
h i ư ng ần ư t à 1 , m2
ch ng c thể trư t hông
t trên 2 c nh g c uông à đư c n i ới nh u
b ng 1 y ( tưởng). H y c đ nh g c để hệ 2 qu cầu à i y ở tr ng
th i c n b ng Nêu tính ch t củ tr ng th i c n b ng ?
Cách Gi i:
y
-Tung độ của trọng t m chung
A
m1 y1 m2 y 2
E
của m1, m2 à y
(1)
M2
m1m2
M1
- ệ c n ng n hi min
H
Tính : y1 = BM1 sin
C
B
= (AB - M1M2cos )sin
F
K
I
x
= (a - lcos )sin
với M1M2 = l; AB = a.
y2 = EF = AF – AE = a. sin - AM2cos = asin - lsincos
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 12
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
M2K = M2H + HK = M2H + M1I = l.sin( - ) + (a - lcos). sin
m2 l cos m1
tg cos sin
Tha vào ( ) và iến đ i : y a sin
m1 m2 m2
o c tính
2=
m1
tg cos sin ; ới ,a ,m1,m2 , hông đ i ;
m2
f ( ) 0
vì , nhọn
; à hiệu s dương nên
cos 0
t : f ( )
ymin
f ( )
m1
tg cos sin cưc đại
m2
Áp dụng ất đẳng thức Bunhiacopki:
2
2
m
m1
2
2
1
f ( )
tg 1 cos sin
tg 1
m2
m2
f() cực đại hi
ậ để hệ c n
ng
m1
cos
tg
cot g
m2
sin
n thì góc xác định ởi cot g
m1
tg
m2
Ví ụ 2:t m c ch chạy tối ưu.
M t người u n qu
t c n ông r ng 5
. Nước ch y ới ận t c
v2 1 . Vận t c bơi củ nh t đ i ới nước 1 1,5 . Vận t c ch y b trên
bờ củ nh t à 3 2,5 . T đường đi ( ết h p bơi à ch y b ) để người
đến điể bên i ông đ i iện ới điể
u t ph t tr ng thời gi n ng n nh t?
Cách gi i:
Giả sử ngư i đó chạ ộ từ B, r i từ đến
ơi th o hướng v1 hợp với
AC một góc để đi đ ng tới đích C . Th i gian ơi qua sông t1=AC/(v1cos) (1)
Th i gian chạ ộ t2=AB/v3 (2)
C
H
D
Trong đó
= CH = CD-HD
= v2t1 - BDsin
r
v
= v2t1 - v1t1sin
r 2
r
v3
= (v2 - v1sin)t1 (3)
v1
α
th i gian chu ển động t ng cộng t = t1 + t2
AC v2 v1 sin
t
1
v1 cos
v3
t
3,5 1,5sin
t 200.
cos
A
B
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 13
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
3,5 1,5 sin
y cos 1,5 sin 3,5
cos
Th o ất đẳng thức unhiac ps i:
t y
y cos 1,5sin ( y 2 1,52 )(sin 2 cos 2 )
3,52 y 2 1,52 y 10
ậ min= 10 tmin=200. 10 =632,5s
y
cos
1,5
1,5
0,4743 25 0 23'
hi đó min
hay tg
1,5
sin
y min
10
(1) t1
AC
553,4 s (2) AB v2 v1 sin t1 197,6m 198m
v1 cos
ậ ngư i đó phải chạ ộ đoạn =198m,
r i ơi qua sông th o hướng v1 hợp với C góc = 25 0 23'
Ví ụ 3: T m đ min, Amin k vật ên
Trên
tt
n nghiêng
t g c ới phương ng ng c
t ật đư c
ên b ng
t i y. Hệ
t à n nghiêng à . H i g c h p bởi
phương y
ới phương ng ng à b nhiêu th t n công ít nh t hi
ật
lên?
Cách gi i:
Công củ
ực
nh nh t hi ực
nh nh t.
F ực éo ( ực căng d
), à góc hợp ởi F với ván nghiêng; d
phương ngang góc = + ,
Chọn x dọc th o ván như hình v .
ể éo vật ên
F cos mg sin mg cos F sin F
C ch 1: T biến đ i M u
sin cos
u b ng
yr
2
ự
hi = tg
R
= mgsin cos tg cos cos
F
Q
v
Fms
1
cos
Fmin mgsin cos cos
Px + Fms
mg sin cos
(1)
sin cos
à bđt unhi c p i:
1 cos 2 sin 2
MS max 2 1 tg 2 1
x=
éo hợp với
x
r
P
= mgsin cos cos sin
Vậy Fmin mg sin( )
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 14
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Điều iện : = 90 0 thì mới éo được ên;
ới : = + thì F có phương thẳng đứng và
min=mg
;
C n = 90 0 không éo ên được. ì vật ị éo v ên trái của
đư ng thẳng đứng và hông thê éo vật ên được th o m t nghiêng .
Cách 2: iến đ i
u
th
gi i tích
t tg thì m u s
MS sin cos
Vậy F
ể
min
1
1
cos
sin sin cos cos
cos
cos
mg sin cos
cos
cos
thì Fmin hi mà cos( -) ớn nhất cos( ) 1 =arctg
góc arctg và d
ậ Fmin Amin thì d
éo hợp với phương nghiêng
hợp với phương ngang 1 góc
éo
Cách 3:Dùng phương ph p h nh học :
r
góc = ;
Ta cộng Q Fms R thì R hợp với phương thẳng của P
trong đó =arctg (Fms/Q) =arctg ( ).
Nên để ực nhỏ nhất thì chu ển động phải à chu ển động thẳng đ u:
r r
r r r
r r
r
Q Fms F P 0 R F P
ậ 3 v ctơ tạo thành
tam giác .
ới v ctơ P được xác định ởi
r
v ctơ R có phương
xác định ,
r
hợp với P góc = ;
C n véc tơ F có hướng và độ ớn
;
Fmin
z
H
tha đ i
thì
min
; từ
r
H P
x
R
thì áp ực tha đ i, nên độ ớn R c ng tha đ i th o.
Khi F
K
FG
O
ta có : Fmin mg sin
hi đó Fmin hợp với phương ngang x một góc = = .
Ví ụ 4: T m đ khối trụ u y tại ch
Người t cu n
t i y hông n, không h i ư ng qu nh
t h i
trụ h i ư ng
như h nh . H i ph i
y b ng
t ực minnh nh t
b ng b nhiêu để h i trụ qu y t i ch . hi đ
yt
ới phương ng ng
t
g c b ng bao nhiêu? Biết hệ
t gi
h i trụ ới àn à .
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 15
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Cách gi i:
h i trụ chịu các ực tác dụng như hình v
o h i trụ hông chu ển động tịnh tiến nên F P N Fms 0 (1)
Chiếu ên x: F cos Fms 0 (2)
: F sin mg N 0 (3) với
Chiếu ên
ms=kN
y
(4)
P
Fmin hi m u s cos k sin ớn nhất
kmg
1 k 2
Fms
x
Th o đt unhiacop i: cos k sin 1 k 2
ậ : Fmin
N
F
kmg
(2) (3) (4) suy ra F
cos k sin
Khi đó kcos = sin
Hay tg = k arctg (k )
Ví ụ 5: T c ụng F đ vật c n
ng
min?
r
Dùng
t ực F0 c đ ớn F0 = 11 N để p
t ật = 5 g ào tường
th ng đ ng, cần ùng ực minb ng b nhiêu à c hướng thế nà để gi ch
ật đ ng yên? iết hệ
t gi
ật ới tường à k = 0,3 ; y g = 9,8 m/s2.
Cách gi i:
Nếu ực iết F thì đi u iện để vật đứng ên :
P = Fmsnghỉ = Fmso KN mà N = F0 (c n
Hay k .F0 P F0
Nhưng th o đ cho
0
ng )
P 490
1633N
k 0,3
N nên vật m chưa đứng ên
mà s tụt dần xu ng. ể vật đứng ên cần tác dụng thêm
vào vật
Fmso
F
Fo
góc
ực F hướng ên hợp với phương ngang
như hình v . Nh tác dụng vậ ực ma sát c ng được tăng thêm .
i u iện c n ng hi có thêm ực F : F F 0 N Fmso P 0 (1)
G
N
P
Chiếu ên phương thẳng đứng chi u dương hướng ên :
Fsin + Fmso – P = 0 P F sin Fmso KN (2)
( hi vật chớm mu n trượt thì
mso=
KN)
Chiếu( ) ên phương ngang chiếu dương à chiếu F0 : Fcos + F0 = N (3)
Thế (3) vào ( ) ta được: P - Fsin = k(Fcos+F0) kF cos F sin P kF0
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 16
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Theo ất đẳng thức unhiac ps i:
kF cos F sin 2 (k 2 F 2 F 2 )sin 2 cos 2
P kF0 k 2 F 2 F 2 F
ậ Fmin
ấu
P kF0
k 2 1
ng xả ra hi ra hi và chi hi :
P kF0
k 2 1
456,4
435,4 N
1,044
kF
F
cot g k 0,3 73 0 8'
cos sin
Ví ụ 6:
M t chiếc h
c h i ư ng đ t trên
t ph ng nh
n
ng ng ới
F.H y
hệ
t .Để ê ch h
cần
ph i t c ụng à n t ực
F à g c h p bởi ực F ới phương ng ng
t gi tri nh nh t củ ực
tương ng ?
Cách gi i:
ét trư ng hợp F hướng
ên như hình v .
Q
Gọi à góc hợp ởi F với phương ngang .
Fms
ể có thể xê dịch được h m thì
FG
Fcos - Fms = ma 0 ;
Fms = k (mg - Fsin)
Th o đ ra tìm giá trị nhỏ nhất nên ta chỉ xét hi dấu ng xả ra
F.cos - Fms=0
kmg
0 F cos k mg F sin F
(1)
cos k sin
ì nhọn cos; sin dương , dương
Th o đt unhiacop i:
cos k sin 2 1 k 2 cos 2 sin 2 (2)
sin
kmg
tg
k
Từ (1) (2) Fmin
(3)
cos
1 k 2
F
v
ét trư ng hợp đ h m F hướng xu ng F , v 0 thì áp ực tăng ên và ực
ma sát s tăng ên
Fms= k(mg+Fsin) .
o đó ực s ớn hơn Fmin thu được (3)
ậ ết ụ n giá trị nhỏ nhất của ực àm xê dịch vật à
Fmin
kmg
1 k 2
hi đó góc arctgk .
Ví ụ 8:
i t n tối ưu
M t h p ch c t b n đầu đ ng yên,đư c
trên àn b ng 1 i y ới
ực
=1000N, hệ
t h p à àn à = 0,35. ( y g = 10m/s2).
)Với g c gi
y
à phương ng ng ph i à b nhiêu để
đư c ư ng
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 17
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
c t ớn nh t?
b)Tính h i ư ng c t à h p tr ng trường h p đ b ng b
nhiêu?
Cách gi i :
ật chịu
ực .Chọn hệ tọa trục như hình v y
r r r r
r
P
Ta có N F Fms ma (1)
Q
Fms
Chiếu (1) lên Oy:
0 P F sin (2) Fms kN kQ
Chiếu (1) lên Ox: Fcos - Fms = ma (3)
F cos k sin
m
kg a
F
v
r
P
x
kg a min
a0
cos k sin max
i u iện mmax ( , ,g hông đ i)
Th o đt unhiacop i:
1. cos k sin 1 k
ấu
2
F 1 k 2
m
kg
ng xả ra hi : k = sin / cos = tg = 0,35 19,30
hi đó h i ượng cát ớn nhất mmax
F 1 k 2 1000 1 0,35 2
303kg .
kg
0,35.10
III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
1. Khi ạy chuyên đề n i ung 2 cho thấy
học sinh thì nhanh chóng n m
b t và vận dụng phương pháp rất nhanh vào giải bài tập.
Khảo sát bài cho thấy:
Khi chư hướng ẫn chuyên đề 2 trên
tỷ lệ học sinh
tỷ lệ học sinh
tỷ lệ hoc sinh
giải đư c
lúng túng
không giải đư c
20%
45%
35%
Khi hướng ẫn chuyên đề 2 trên v vận ụng:
tỷ lệ học sinh
tỷ lệ học sinh
tỷ lệ hoc sinh
giải đư c
lúng túng
không giải đư c
80%
15%
4-5%
Chuyên đề này triển khai với các lớp nguồn và luyện thi học sinh giỏi thì rất
hiệu quả.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 18
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
2. Khi ạy chuyên đề n i ung 3
* M i phương pháp đư c vận dụng đều có những ưu điểm nhất định và có
cũng có những như c điểm nhất định so với các phương pháp khác. Trong các ví
dụ trên nội dung B3 ta thấy phương pháp dựa vào bất đ ng thức Bunhiacốpski có
những điểm mạnh, mà có những bài toán phương pháp khác không thể thay thế
đư c. Tuy vậy, ở ví dụ 3 minh họa cho thấy bên cạnh phương pháp áp dụng bất
đ ng Bunhiacốpski, ta vẫn có thể áp dụng các cách khác như: d ng 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 s c và sự sáng tạo nhất định.
* Những bài dạng như nội dung B3 đặc biệt hiệu quả trong luyện thi học sinh
giỏi. Với phương pháp g i mở đặt vấn đề, g i mở cho học sinh cố g ng tìm ra
các cách giải khác nhau cho một bài toán, sẽ giúp cho học sinh phát triển tư duy và
n m vững các phương pháp giải và từ đó hứng thú học tập môn Vật lý hơn.
3. Nhận
t:
* Trên đây là các ví dụ có tính chất minh hoạ g i ý vận dụng phương pháp.
Mong rằng với các phương pháp đã nêu ở phần B2 và B3, học sinh sẽ tìm thêm lời
giải cho các bài toán cực trị phong phú hơn, từ đó hứng thú hơn trong học tập.
* Đề tài này giúp học sinh n m đư c các phương pháp giải dạng toán cựu trị,
giúp cho học sinh có thể n m đư c cách giải và từ đó chủ động vận dụng các
phương pháp này trong khi làm bài tập. Từ đó để cho bản thân hoc sinh có thêm kỹ
năng về giải các bài tập Vật lý, cũng như giúp các em học sinh nhanh chóng giải
các bài toán tr c nghiệm về bài tập điện xoay chiều rất phong phú và đa dạng .
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG.
* Chuyên đề này cũng là tài liệu tham khảo tốt cho quý thầy cô và quý bậc phụ
huynh học sinh. Đề tài có thể vận dụng trong diện rộng góp phần nâng chất lư ng
dạy và học.
* Chuyên đề này cũng mới chỉ hạn chế ở những bài toán điển hình, còn những
bài toán không điển hình chưa đư c đề cập ở chuyên đề này. Đây là vấn đề sẽ
đư c chúng tôi tiếp tục giải quyết trong các chuyên đề tới.
V. ĐÔI LỜI KẾT LUẬN:
Chúng tôi rất mong muốn chuyên đề mang tính khoa học và sư phạm nhằm
mục đích góp phần nâng cao chất lư ng Dạy và Học của thầy và trò trong yêu cầu
mới của giáo dục phổ thông. Do kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên ch c
ch n rằng đề tài còn có thiếu sót, tôi rất mong đón nhận các đóng góp ý kiến của
quý Thầy Cô nhằm đư c học hỏi thêm những kinh nghiệm quí báu và 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 tôi chân thành cảm ơn quý Thầy Cô đã quan tâm !
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 19
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
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 bài tập Vật lý sơ cấp. An văn Chiêu,…NXB Hà nội. Năm
1985.
3.Giải toán vật lý 12.B i Quang Hân,…NXB .Giáo dục,năm 1995.
4.Hướng dẫn giải bài tập vật lý sơ cấp.Ngô quốc Quýnh. NXB Hà nội. Năm 1985.
5.Bài tập Vật lí 12. Vũ thanh Khiết,…NXB Giáo dục,năm 1993.
6.Phân loại và phương pháp giải các dang bài tập vật lý 12. Trần Ngọc. NXB đại
học quốc gia Hà nội. Năm 2008.
7. 500 bài toán vật lý sơ cấp . Trương thọ Lương… NXB giáo dục. Năm 2001.
8. 450 bài tập tr c nghiệm vật lý Quang học . Lê Gia Thuận. NXB đại học quốc
gia Hà nội. Năm 2008.
9. Sai lầm thường gặp và tìm hiểu thêm Vật lý 12.Nguyễn Đình Noãn. NXB đại
học sư pham. Năm 2008.
10. Những bài tập vật lý cơ bản hay và khó trong chương trình PTTH.Vũ Thanh
Khiết. NXB giáo dục 2001.
11.Một số thông tin trên mạng các trang giáo dục và tài liệu Việt nam.
Ý kiến c Hiệu trưởng
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
Biên Hòa , ngày 25 tháng 5 năm 2012.
Người thực hiện:
NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
Giáo viên Vật lý
Tổ Vật lý-Công nghệ-Thể dục-Quốc phòng.
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh.
Người thực hiện : 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
Đ c ậ - Tự
- Hạnh húc
Biên Hòa, ngày 25 tháng 5 năm 0
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 và 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 bộ môn:
Phương pháp giáo dục:
Lĩnh vực khác:
1. Tính mới:
-Có giải pháp hoàn toàn mới:
-Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có:
2. Hiệu uả:
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao:
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng tại đơn vị có hiệu quả
3.Khả năng
ụng
- Cung cấp đư c các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính
sách:
Tốt
Khá
Đạt
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực
hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt
Khá
Đạt
- Đã đư c áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt
hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt
Khá
Đạt
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Tổ phó:Nguyễn Bình Nam
Người thực hiện : 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 bộ môn:
Phương pháp giáo dục:
Lĩnh vực khác:
Có đính kèm:
Mô hình
Phần mềm
Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2011-2012
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 22
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH
-trang 23
