cực trị cơ học bồi dưỡng học sinh giỏi Lý THPT

CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG PHẦN ĐỘNG HỌC VÀ ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIÊM
I. Đặt vấn đề
Khi trong một bài toán vật lý yêu cầu tìm cực trị - cực đại hoặc cực tiểu – của một
đại lượng vật lý, các bạn học sinh thường nghĩ ngay đến việc dùng đạo hàm, cụ thể là lấy
đạo hàm của đại lượng đó rồi cho bằng không. Việc biết tính thành thạo đạo hàm thì tất
nhiên là rất có lợi, nhưng điều đó chỉ có được đối với các học sinh ở lớp cuối cấp THPT,
nhưng ngay cả các HS lớp dưới cũng hay gặp các bài toán về cực trị, đặc biệt là trong các
kì thi học sinh giỏi, mà học sinh thường chưa được học đạo hàm. Hơn nữa, lời giải dùng
đạo hàm không phải bao giờ cũng là đơn giản nhất và đẹp nhất.
Trong bài này tôi sẽ giới thiệu các bạn “một số phương pháp tìm cực trị” mà
không dùng đạo hàm.
- Sử dụng đạo hàm ẩn có ý nghĩa vật lý. Ví dụ, cực trị của tọa độ đạt được khi hình
chiếu của vật tốc bằng không; cực trị của vận tốc đạt được khi gia tốc bằng không…
- Khảo sát tam thức bậc hai, công thức có sẵn về đỉnh của parabol, tìm nghiệm tam
thức.
- Sử dụng biến đổi lượng giác và các cực trị của hàm lượng giác. Ví dụ, nếu hàm
khảo sát dẫn đến hàm số sin của một biến góc, thì cực đại đạt được khi sin bằng 1.
- Sử dụng bất đẳng thức Cô-si, Bunhia-cốpki.
- Chuyển về hệ quy chiếu khác. Trong hệ quy chiếu mới việc tìm cực trị có thể dễ
hơn rất nhiều.
- Sử dụng phương pháp đồ thị. Khi đó việc tìm cực trị quy về một phép dựng hình
đơn giản.
- Phương pháp biến thiên nhỏ. Với biến thiên nhỏ của tham số, độ biến thiên của
đại lượng cần khảo sát phải bằng không.
II. Cơ sở lý thuyết
1. Phương trình bậc hai
Ta có phương trình y = f(x) = ax2 + bx + c = 0
 = b2 – 4.a.c

1


- Nếu:  > 0: phương trình có hai nghiệm phân biệt: x =

b  
2a

b
2a

- Nếu  = 0: phương trình có nghiệm kép: x = - Nếu  < 0: phương trình vô nghiệm
* Cực trị của tam thức bậc hai
+ a > 0 thì ymim = 


b
khi x = 4a
2a

+ a < 0 thì ymax = 

y


b
khi x = 4a
2a

y

ymax

a>0

a<0

ymim
x
O

x
O

- b/2a

- b/2a

* Định lí Vi-ét: Nếu phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và
x2 thì:
x1 + x2 = -

b
c
và x1.x2 =
2a
a

2. Bất đẳng thức
* Bất đẳng thức Cô – si ( Cauchy)
- Cho hai số dương a và b, ta có: a + b  2

(a  b)min  a.b

a.b  
ab
(
a
.
b
)

max

2

dấu “ =” xảy ra khi a = b
- Áp dụng cho n số hạng (ai > 0): a1 + a2 +…+ an  n

n

a1a2 ...an

dấu “ =” xảy ra khi a1 = a2 = … = an.

2


* Bất đẳng thức Bunhia – cốp ki (Bunyakovsky)
2
2

2
2

- Ta có: (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²  (a.c2  b.2d )max2  (2a  b )(c  d )

[(a  b )(c  d )]min  a.c  b.d

dấu “ =” xảy ra khi

c b
=
a d

- Có 2n số thực (n  2): Với hai bộ số a1, a2,…, an và b1, b2,…, bn ta có:

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

a
a1
a
= 2 = …= n
b1
b2
bn

3. Các công thức lượng giác thường dùng
a. Công thức cộng:
cos(a + b) = cosa.cosb – sina.sinb
tana - tanb
tan(a - b) =

1 + tana.tanb
tana + tanb
tan(a + b) =
1 - tana.tanb
b. Công thức nhân đôi :

sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb
sin(a + b) = sina.cosb + cosa.sinb

cos2x = cos2x – sin2x = 2cos2x - 1 = 1 – 2sin2x

sin2x = 2sinxcosx
tan2x =

cos(a - b) = cosa.cosb + sina.sinb

2tanx
1  tan 2 x

cot2x =

cot 2 x  1
2cotx

sin 2 x 

1  cos2 x
2

c. Công thức hạ bậc:

cos 2 x 

1  cos 2 x
2

d. Công thức tích thành tổng.
1
cos( x  y)  cos( x  y)
2
1
sinxsiny=   cos( x  y)  cos( x  y)
2

cosxcosy=

sinxcosy=

1
Sin( x  y)  Sin( x  y)
2

e. Công thức tổng (hiệu) thành tích:
 x y

 x y

sinx + siny = 2sin 
 cos 

 2 

 2 

 x y  x y
 sin 

 2   2 

sinx – siny = 2cos 

3


 x y  x y
 sin 

 2   2 
sin( x  y )
tanx – tany =
cos xcosy
sin( y  x)
cotx – coty =
sin xsiny

 x y
 x y
 cos 

 2 
 2 
sin( x  y )

tanx + tany =
cos xcosy
sin( x  y )
cotx + coty =
sin xsiny

cosx – cosy = 2sin 

cosx + cosy = 2cos 

f. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx:
Dạng: asinx + bcosx = c. Điều kiện để phương trình có nghiệm là a2  b2  c2 .
Cách giải : Chia hai vế phương trình cho a 2  b2 , ta được:
a
a 2  b2

Đặt:

a
a 2  b2

 cos  ;

sin x 

b
a 2  b2

cos  sin x  sin  cos x 

a 2  b2

cos x 

c
a 2  b2

 sin  . Khi đó phương trình tương đương:

c
a b
2

b

2

hay sin  x    

c
a  b2
2

 sin 

II. Các bài toán minh họa
A. Một số bài toán phần động học chất điểm
* Bài toán 1: Một xe ô tô tới gần điểm A với tốc độ v1 = 80m/s. Tại thời điểm khi còn đi
L = 10km nữa, thì từ A một xe tải đi ra theo phương vuông góc với tốc độ v2 = 60m/s.
Hỏi khoảng cách ngắn nhất giữa xe ô tô và xe tải bằng bao nhiêu?

Gợi ý hướng giải
- Dễ dàng thấy rằng khoảng cách giữa ô tô và xe tải có một cực tiểu - ban đầu
khoảng cách đó giảm khi xe ô tô tới gần A thì khoảng cách đó tăng lên. Sự phụ thuộc của
khoảng cách (mà đúng hơn là bình phương khoảng cách) giữa ô tô và xe tải vào thời gian
có dạng
s2 = (L - v1t)2 + (v2t)2 = (v12 + v22)t2 - 2Lv1t + L2
- Đơn giản hơn cả là xét cực tiểu của hàm này nhờ đạo hàm. Lấy đạo hàm rồi cho
bằng 0, ta được:

4


t=

,s=

= 6km

- Hoặc có thể tách riêng phần có chứa t thành dạng bình phương một tổng, ta có
s2 = (
- Thấy ngay s2 cực tiểu khi biểu thức trong ngoặc thứ hai bằng 0. Từ đó ta nhận lại
được các kết quả trên.
- Ta cũng có thể dùng tam thức bậc 2. Xét phương trình
(
Nếu s là cực tiểu cố định thì phương trình trên phải có nghiệm duy nhất, tức là biệt
thức Δ của nó phải bằng 0. Kết quả ta sẽ nhận được giá trị của s đúng như đã tìm được ở
trên (bạn hãy thử kiểm tra xem!).
- Tuy nhiên, lời giải đẹp và ngắn gọn nhất là
dựa trên sự chuyển HQC về hệ gắn với một trong
hai xe, ví dụ là xe ô tô. Khi đó trong HQC này xe tải

chuyển động với vận tốc không đổi bằng
tức là theo đường thẳng đứt nét vẽ

s

trong H.1.

v2

Khoảng cách cực tiểu giữa o tô đứng yên (trong

A

v21


v1

HQC này) và xe tải có thể tìm được bằng cách dựng

L

v1

H.1

s = Lsinα =
* Bài toán 2: Hai chất điểm chuyển động đều với vận tốc v1 và v2 dọc theo hai đường
thẳng vuông góc với nhau và về giao diểm O của hai đường ấy. Tại thời điểm t

0 hai

chất điểm cách điểm O các khoảng l1 và l2 . Sau thời gian bao nhiêu khoảng cách giữa hai
chất điểm là cực tiểu và khoảng cách cực tiểu ấy bằng bao nhiêu ?
Gợi ý hướng giải
- Chọn gốc tọa độ O tại giao điểm của 2 đường.
- Ta có: x1 = l1 – v1.t; x2 = l2 – v2.t

5


- Khoảng cách giữa hai chất điểm: d2 = x12 + x22 = (l1 – v1.t)2 + (l2 – v2.t)2
= (v12 + v22).t2 – 2(l1.v1 + l2.v2).t + l12 + l22
- Ta có: v12 + v22 > 0 nên y = (d2)min khi:
t=-

l v l v
l v l v
b

= 1 12 2 2 2  dmim = 
= 1 22 2 21
v1  v2
2a
4a
v1  v2

* Bài toán 3: Hai chất điểm chuyển động thẳng đều trên hai trục Ox và Oy vuông góc
với nhau. Tại thời điểm t = 0, vật 1 đang ở A cách O một đoạn l1, vật 2 đang ở B cách O
một đoạn l2, hai vật cùng chuyển động hướng về O với các vận tốc v1 và v2.

a. Tìm điều kiện để hai vật đến O cùng một lúc.
b. Cho l1 = 100 m, v1 = 4 m/s, l2 = 120 m, v2 = 3 m/s. Tìm khoảng cách giữa hai
vật tại thời điểm t = 10 s.
c. Với các dữ kiện như câu b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật? Xác định vị
trí của vật 1 khi đó ?
Gợi ý hướng giải
a. Hai vật đến O cùng một lúc thì thời gian chuyển động của chúng phải bằng nhau:
l1 l2

v1 v 2

b. Tại thời điểm t = 10 s khoảng cách từ các chất điểm đến O là:
x = l1 – v1.t = 60 m.
y = l2 – v2.t = 90 m.
* Khoảng cách giữa hai chất điểm.
l  x 2  y2  108,17 m

c. Khoảng cách hai vật
d2  x 2  y2  (100  4t)2  (120  3t)2  25t 2  1520t  24400

Từ đây ta có dmin = 


b
= 36m, khi t = = 30,4s.
4a
2a

 Vị trí của vật 1 là: x = l1 – v1.t = - 21,6 m

6


* Bài toán 4: Hai chiếc tàu biển chuyển động cùng vận tốc hướng tới điểm O trên hai
đường thẳng hợp nhau góc  = 600. Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai con tàu.
Biết ban đầu chúng cách O những khoảng là a = 60 km, b = 40 km.
y

Gợi ý hướng giải

d

* Phương pháp đại số

v1

x = vt - 40

(1)

y = vt - 60

(2)



x

v2

- Khoảng cách 2 tàu ở thời điểm t: d2 = x2 + y2 - 2xycosα
d2 = x2 + y2 - xy

mà α = 600 nên:

(3)

- Thay (1)(2) vào (3) ta có:
d2 = v2t2 - 100vt + 2800

(4)

- Vế phải (4) là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi: t =
dmin2 =

(5)
= 300

dmin =
* Phương pháp hình học: ( lời giải đẹp)
v1

- Hệ qui chiếu B đứng yên:
v2

- Vì v1 = v2 = v và α = 600, nên ΔOAC là tam
giác đều
- Suy ra: BC = a - b = 20 km
dmin = BC sinα =

a

O

v12

v2

dmin
H

B



≈ 17,32 km

* Bài toán 5: Hai động tử M1, M2 đồng thời chuyển động trên hai đường thẳng đồng quy
( góc ) với v1 và v2. Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng và thời gian đạt khoảng

7


cách đó, biết khoảng cách ban đầu là l. Biết một động tử xuất phát từ giao điểm của hai
đường thẳng.
Gợi ý hướng giải
* Cách 1: Tam thức bậc 2 ( phương pháp đại số)
- Phương trình tọa độ:
x = t - v2 t

(1)

y = v1 t

(2)

- Khoảng cách giữa hai động trở ở thời điểm t:
d2 = x2 + y2 - 2xycosα

(3)

- Thế (1) và (2) vào (3) ta được:
d2 = ( v12 + v22 + 2v1v2cosα)t2 - 2l(v1cosα + v2)t + t2

(4)

Vế phải (4) là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi:
t=
 dmin =

=
=

* Cách 2: Phương pháp hình học
Chọn hệ qui chiếu đứng yên là động tử 2

x

Động tử 1 chuyển động trên AH

H

dmin = BH = l.sinβ

(1)

dmin
v1


v2

v12

y

v2

l

Thế (2) (3) vào (1): dmin =
Thời gian để đạt được d' = dmin : t =
với cos2β = 1 - sin2β = 1

sin2α =

=
=

8

=

=
 cosβ =

Vậy

t=

Biện luận:
- Nếu α = 900

. Giống bài trước t

dmin =

- Nếu α > 900 : để bài toán có nghĩa thì
t>0

v1cosα + v2 > 0

v2 ≥ v1 |cosα|

* Bài toán 6: Một ô tô chuyển động từ A đến B dài L = 800 m. Khởi hành từ A, ô tô
chuyển động nhanh dần đều, tiếp sau đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B.
Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá ao = 2 m/s2.
Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B.
Gợi ý hướng giải

- Gọi a1, a2 là độ lớn gia tốc của ô tô trong hai giai đoạn
- Áp dụng: vmax2 = 2a1.s1 = 2a2.s2 

s1 a2
a2
a .L
 s1 =

( s1  s2 ) = 2
s2 a1
a1  a2
a1  a2

 vmax2 =

- Mà: t = t1 + t2 =

vmax vmax
=

a1
a2

a 
2 L  a2
. 
 1 
a1  a2  a1
a2 

a2
a
 1  2
a1
a2

- Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:

( trong trường hợp này ta có:

mà

2.a1.a2 .L
a1  a2

a2 a1
.
=1
a1 a2

2L

a1  a2

 a2
a 
 1  min )

a2 
 a1

L
a0

9


- Vậy t cực tiểu khi: a1  a2 = a0  tmin = 2

L
a0

* Bài toán 7: Một xe buýt chuyển động thẳng đều trên đường với vận tốc v1 = 12m/s.
Một hành khách đứng cách đường một đoạn b = 80m.

A

Người này nhìn thấy xe buýt vào thời điểm xe cách
người một khoảng a = 450m

a

b

B

a. Hỏi người này phải chạy theo hướng nào để đến

v1

được đường cùng lúc hoặc trước khi xe buýt đến đó?

Thời gian hai xe gặp nhau là bao nhiêu? biết rằng người ấy chuyển động với vận tốc đều
là v2 = 4m/s.
b. Nếu muốn gặp xe với vận tốc nhỏ nhất thì người phải chạy theo hướng nào ? Vận
tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu ?
Gợi ý hướng giải
A

* Bài toán chuyển HQC
- Hình vẽ.

a

- Chọn HQC A đứng yên.

b

B

- ĐL cộng vận tốc: v21 = v2 + (- v1 )

v1

C

a. G/s hai xe gặp nhau tại C
- Ta có: t2 =

AC

BC
; t1 =
v2
v1

- Theo đề người đón xe buýt cùng lúc hoặc trước: t1  t2:
- Áp dụng định lí hàm sin trong tam giác:


v
BC
BC
AC


 1
AC
v1
v2
v2

AC
BC

sin  sin 

v
v b
sin 
8

 1  sin  1 . =
 32,230    147,770
sin 
15
v2
v2 a

- Thời gian hai tàu gặp nhau: t =

AB
v1cos  v2 .cos

10


 29,61 (s)  t  53,41(s)
b. v =

v1
.sin  vmin khi sin = 1  vmin = 2,13m/s
Sin

* Bài toán 8: Hãy xác định vận tốc cực tiểu phải truyền cho quả bóng chuyền để khi nảy
từ chính mặt đất nó có thể bay qua lưới với độ cao h = 2,5m, đặt cách nơi bóng đập vào
đất s = 6m.
Gợi ý hướng giải
- Ta viết phương trình chuyển động của quả bóng tại thời điểm nó sượt qua điểm
cao nhất của lưới chiếu trên trục nằm ngang và thẳng đứng
s = (v0cosα)t, h = (v0sinα)t - Rút t từ phương trình thứ nhất, rồi thay vào phương trình thứ hai, ta được
h = s.tanα -

= s.tanα -

(tan2α +1)

- Nếu từ đó rút ra v02 và phân tích cực tiểu như hàm của tanα thì tính toán sẽ rất
cồng kềnh. Bởi vậy chúng ta sẽ dùng phương pháp đã chứng tỏ là có hiệu quả mà ta đã
trình bày ở trên, cụ thể là xét công thức của v02 như phương trình đối với tanα với v0 đã
cho. Đối với giá trị cực tiểu của vận tốc v0 = vmin, phương trình phải chỉ có 1 nghiệm:
Δ = s2 -

=0

- Đối với v2min, ta nhận được phương trình bậc hai, giải ra ta được:
v2min = g
- Thay số vào, ta có vmin =

≈ 9,5m/s.

* Bài toán 9: Một người ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo phương hợp với
phương ngang một góc α. Tìm α để tầm bay xa trên mặt đất là lớn nhất.
Gợi ý hướng giải

x

- Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất.
- Chuyển động của vật chia làm hai thành phần

h

O

α

v0

y
11


- Theo Ox: v = v0t. cos
- Theo Oy: y = h0 + v0t -

(1)
(2)

* Khi chạm đất thì x = Lmax lúc đó t =
- Thay t vào (2) ta được y = h0 + L. tan -

Mà

= 1 + tan2

=0

tan2 - L. tan +

=0

(*)

- Phương trình phải có nghiệm với tan

. Phương trình (*) có nghiệm
kép.
- Vậy tan

thì tầm xa cực đại.

* Bài toán 10: Từ một điểm trên mặt đất người ta ném đồng thời hai vật với các vận tốc
ban đầu có cùng độ lớn v0. Vật A được ném lên thẳng đứng, vật B được ném xiên lên trên
hợp với phương ngang một góc . Bỏ qua sức cản không khí.
a. Lập biểu thức tính khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t kể từ lúc ném.
b. Để trong thời gian hai vật chuyển động khoảng cách giữa hai vật lớn nhất thì 
phải bằng bao nhiêu?
Gợi ý hướng giải
a. Phương trình tọa độ:
- Vật A: y1 = v0t -

2v
g 2
t ; x1 = 0; t  0
2
g

12


- Vật B: y2 = v0tsin -

2v
g 2
t ; x2 = v0tcos ; t  0 .sin
2
g

- Khoảng cách giữa hai vật : d =

( y1  y2 )2  x22 =

2v0 2 .t 2 ( 1 – sin )

b. Từ điều kiện về thời gian ta có:
d2 = 2v02.t2(1 - sin) 
 d2 

8v04
.sin2( 1 - sin)
2
g

32v04 sin  sin 
.
.
. ( 1 - sin)
2
2
g2

sin  sin 


 1  sin  )3
32v
2
- Theo bất đẳng thức Cô-si ta có : d2  2 . 2
27
g
4
0

(

4 6v02
32v04 1
d  2 .
d
9g
27
g
2

 dmax

4 6v02
=
9g

4 6v02 2 8v04
- Vậy: (
) = 2 .sin2( 1 - sin)   = 41,80

9g
g

B. Một số bài toán phần động lực học chất điểm
* Bài toán 11: Hai máng nhẵn AB và CE trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, cùng
tạo nên góc  so với phương ngang. Từ A và C đồng
A
thời thả hai vật trượt không vận tốc đầu. Thời gian trượt
C
từ A đến B và từ C đến E là t1 và t2. Hỏi sau thời gian
nào kể từ lúc bắt đầu chuyển động, khoảng cách giữa
hai vật là ngắn nhất?


E

Gợi ý hướng giải

B

- Theo định luật II Niu-tơn: P + N = m. a (1)
- Chiếu (1) lên phương chuyển động: a1 = a2 = a = g.sin
A x
d

E


x

C


B
13


- Chọn gốc tọa độ O  C, chiều dương là chiều chuyển động, v0 = 0, AC = b;
s1 = s2 = x =

1 2
a.t > 0
2

- Khoảng cách giữa hai vật: d2 = x2 + (b – x)2 – 2.x(b – x).cos
 d2 = b2 – 2x(b - x)( 1 – cos2)
 d2 = b2 – x(b – x).4sin2
dmin  [x(b – x)]max. Theo BĐT cosi: x (b – x) 
 x (b – x) 
[x(b – x)]max

1
.(x + b – x)2
4

b2
4

b2
b

khi: x (b – x) =  x =
2
4

 b = 2x
 AB – CB = 2x
 AB – CE = 2x 

t12  t22
2

1
1
1
a.t12 - a.t22 = 2. a.t2  t =
2
2
2

* Bài toán 12: Người ta phóng một vật từ dưới lên trên theo một tấm ván nghiêng với
vận tốc nhỏ nhất đủ để vật lên được tới mép trên của tấm ván. Hỏi với góc nghiêng của
tấm ván bằng bao nhiêu thì thời gian chuyển động của vật là nhỏ nhất? Tính thời gian đó.
Biết hệ số ma sát của vật và tấm ván là μ = 0,75, và chiều dài tấm ván là l = 4m.
Gợi ý hướng giải

y

x
N

- Khử v0 từ các công thức động học



Fms



P



14


0 = v0 - at, l = v0t -

ta nhận được t =

- Như vậy để t là nhỏ nhất thì gia tốc a của vật phải lớn nhất. Từ các phương trình
động lực học:
mgsinα + Fms = ma
N - mgcosα = 0
- Ta tìm được a = g(sinα + μcosα)
- Để tìm cực đại của a, ta có thể dùng đạo hàm, ta được: tan = 1/
 a = g.
- Mà cũng có thể dùng biến đổi, sau đó biện luận dựa trên giá trị của sin hoặc cos:
sinα + μcosα =
với β = arccos(1/

.sinα +

(

.cosα ) =

sin(α+β)

).

- Cực đại của biểu thức trên bằng

, đạt được khi sin(α+β) = 1. Do đó

gia tốc cực đại bằng amax = g
- Và do đó thời gian cực tiểu: tmin =

=

= 0,8 s.

- Cũng có thể dựa vào bất đẳng thức Bunhia – cốp ki, gia tốc a cực đại khi:
sinα + μcosα 
(sinα + μcosα)max khi tan = 1/
 a = g.

Và do đó thời gian cực tiểu: tmin =

= 0,8 s.

Và theo tôi đây cũng là lời giải đẹp nhất cho loại bài toán cực trị này.

* Bài toán 13: Một vật có khối lượng m, được kéo đi với vận tốc không đổi bởi một lực
F trên mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt ngang. Hệ số ma sát giữa vật và mặt nghiêng

F
β

15


là k. Xác định góc β giữa F với mặt phẳng nghiêng để cho lực F nhỏ nhất. Khi đó F có
độ lớn bằng bao nhiêu?
Gợi ý hướng giải
- Vật trượt đều nên: P + F + N + Fms = 0 (*)
- Chiếu (*) lên Ox, Oy ta được: F.cosβ - mg.sinα –k.N = 0
N + F.sinβ - mg.cosα = 0
→F=

(sin   k.cos )mg
cos  k .sin

- Giá trị Fmin khi mẫu số max
- Đặt y = cosβ + k.sinβ
* Cách 1:
y = cosβ + k.sinβ =

1 k 2 (

1

1 k

2

cosβ +

k
1 k

2

.sinβ ) =

1  k 2 .sin( + β)

→ ymax khi sin( + β) = 1 → tanβ = k
→ Fmin =

(sin   k .cos )mg
1 k 2

= mg.sin(α +β)

* Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia – Côpxki:
y 

(cos2   sin 2  )(1  k 2 ) → ymax =

→ Fmin =

(sin   k .cos )mg
1 k 2

1  k 2 với tanβ = k

= mg.sin(α +β)

- Nếu α + β = /2 → lực F hướng thẳng đứng lên trên và F = mg, lực F giữ cho
vật lơ lửng.
- Nếu α + β > /2 → lực F sẽ nghiêng sang trái so với phương thẳng đứng và k thể
kéo vật lên được.
Vậy để bài toán có nghĩa là: α + β < /2

16


* Bài toán 14: Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên, được kéo trên sàn bằng một sợi dây
với lực kéo F = 1000N, hệ số ma sát giữa hộp và sàn là 0,35. Lấy g = 10m/s2
a. Hỏi góc giữa dây và phương ngang là bao nhiêu để kéo được lượng cát lớn nhất?
b. Khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu?
Gợi ý hướng giải
- Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ
- Định luật II Niu-tơn: N + P + F + Fms = m. a (1)
- Chiếu ( 1) lên Oy: N = P - F.sin
- Chiếu (1) lên Ox: F.cos - Fms = ma  a =

F (cos  .sin  )   mg
m

- Để vật chuyển động từ trạng thái nghỉ: a  0 

m

F (cos  .sin  )   mg
0
m

F 1  2
 303kg
 .g

- Để mmax thì (cos + .sin)max
+ Áp dụng đất đẳng thức Bunhia- cốp ki: cos + .sin  1   2
 (cos + .sin)max khi dấu “ =” xảy ra, khi: tan =    = 19,30
- Vậy khối lượng bao cát và hộp khi đó: m  303 kg.

* Bài toán 15: Cho cơ hệ như hình vẽ: Cho biết: Hệ số ma sát giữa M và sàn là k2, giữa
M và m là k1.Tác dụng một lực F lên M theo phương hợp với phương ngang một góc  .
Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M và tính góc  tương ứng?
Gợi ý hướng giải
m

* Xét vật m: P1  N1  Fms 21  ma (1).
- Chiếu lên Ox: Fms21= ma  a1 

M

F


Fmn 21

m

17


- Chiếu lên Oy: N1 – P1 = 0  N1 = P1  Fms21= k1.N1 = k1.mg
 a1 

k1mg
 k1 g . Khi vật bắt đầu trượt thì thì a1 = k1mg.
m

* Xét vật M: F  P2  P1  N2  Fms12  Fms  M .a2 .
- Chiếu lên trục Ox: F cos   Fms12  Fms  M .a2  a2 

F cos   Fms12  Fms
M

- Chiếu lên Oy: F sin   ( P1  P2 )  N2  0  N2  P1  P2  F sin 
- Ta có: Fms12  k1mg ; Fms  k2 N2  k2 ( P1  P2  F sin  )
 a2 

F cos   k1mg  k2 ( P1  P2  F sin  )
M

* Khi vật trượt: a1  a2  k1 g 

F cos   k1mg  k2 ( P1  P2  F sin  )
M

 k1 g.M  F (cos   k2 sin  )  k1mg  k2 ( P1  P2 )

F

(k1  k2 )( Mg  mg ) (k1  k2 )(Mg  mg )

cos   k2 sin 
y

* Nhận xét: Fmin  ymax . Theo bất đẳng thức Bunhia Côpski:
y  (cos   k2 sin  )2  (12  k22 )(cos 2   sin 2  )  1  k22
 ymax  1  k2 2

* Vậy:

Fmin 

(k1  k2 )( Mg  mg )
1  k2 2

, Lúc đó:

sin  k2
  tg  k2
cos  1

C. Một số bài toán tham khảo thêm
Bài 1. Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng
mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức

A

tường thẳng đứng như hình vẽ. Vào thời điểm mà đầu B
của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang
với tốc độ không đổi v thì con bọ bắt đầu bò dọc theo

B
18


thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh. Trong quá trình bò trên thanh, con bọ đạt
được độ cao cực đại là bao nhiêu đối với sàn. Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường
thẳng đứng.
ĐS: hmax =

u .L
2v

Bài 2. Hai xe chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với v2 =

v1
, α = 300. Khi
3

khoảng cách giữa 2 xe là cực tiểu dmin thì khoảng cách từ xe một đến ) là d1’ = 30 3 m.
Hãy tính khoảng cách từ xe 2 đến O.
ĐS: 90m
Bài 3. Hai xe chuyển động thẳng đều từ A và B cùng hướng về điểm O với cùng vận tốc
v. Biết AO = 20km, BO = 30km, góc α = 600. Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa
chúng trong quá trình chuyển động?

ĐS: 5 3 km
Bài 4. (Olympic 30/04 – Đắc Lắk 2015)
Một người cần bơi qua một con sông rộng AB = d = 750m với tốc độ
chảy của dòng nước là u = 1m/s. Biết tốc độ chạy bộ của người đó trên
bờ là v = 2,5m/s, tốc độ bơi đối với nước là v’ = 1,5m/s. Tìm lộ trình của
người xuất phát từ A để đến B nhanh nhất và tính khoảng thời gian đó.

B
d
A

ĐS: tmin = 632s
Bài 5. (Olympic 30/04 - Chuyên Hùng Vương – Gia Lai 2015)
Từ một điểm trên sườn núi lập một góc 30o so với mặt phẳng ngang, người ta ném đồng
thời hai vật với cùng vận tốc ban đầu 20m/s nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng.
Một vật được ném lên phía trên, vật còn lại được ném xuống phía dưới với những góc
nào đó. Hỏi điểm rơi của hai vật trên sườn núi cách nhau một khoảng tối đa bao nhiêu?
ĐS: Lmax = 106,67m
Bài 6. (Olympic 30/04 - Ninh Thuận 2014 – 2015)

19


Phía trên mặt phẳng nghiêng góc α = 300, tại điểm O cách mặt

O

phẳng nghiêng một đoạn OC = h, người ta đặt một máng trượt
thẳng và nhẵn, tựa vào mặt phẳng nghiêng tại điểm P . Để một
chất điểm từ O trượt không vận tốc đầu, theo máng đến điểm P

của mặt phẳng nghiêng trong thời gian ngắn nhất thì góc β giữa

β
h
P
C

phương thẳng đứng và máng trượt phải bằng bao nhiêu? Tìm

α

thời gian trượt ngắn nhất đó theo h và gia tốc rơi tự do g. Biết
mặt phẳng nghiêng đặt cố định.
ĐS: tmin 

1,86h
g

Bài 7. Một tấm gỗ có khối lượng M được đặt trên một mặt phẳng
nghiêng cố định trên mặt bàn có góc nghiêng α. Phía trên tấm gỗ
người ta đặt một chiếc xe đồ chơi có khối lượng m, chạy bằng dây
cót. Cho hệ số ma sát trượt giữa xe và tấm gỗ là µ1, giữa tấm gỗ và

α

mặt phẳng nghiêng là µ2. Lên dây cót cho xe và thả xe chạy xuống
dưới. Tìm gia tốc chuyển động lớn nhất của xe để tấm gỗ trượt đều lên phía trên theo mặt
phẳng nghiêng. Nêu nhận xét kết quả tìm được. Cho gia tốc trọng trường g.
ĐS: amax = g (1 

M
) 1  22
m

Bài 8. Một cái nêm khối lượng M được giữ trên mặt phẳng nghiêng cố định với góc
nghiêng  so với đường nằm ngang. Góc nghiêng của nêm cũng bằng  và được bố trí
sao cho mặt trên của nêm cũng nằm ngang như hình vẽ. Trên mặt nằm ngang của nêm có
đặt một khối hộp lập phương có khối lượng 2M đang nằm yên. Nêm được thả ra và bắt
đầu trượt xuống. Cho g = 10m/s2.
a. Bỏ qua mọi ma sát ở các mặt tiếp xúc. Hỏi với giá trị nào của  thì gia tốc của
nêm đạt giá trị cực đại? Tính giá trị cực đại của gia tốc của nêm khi đó?

20


b. Bề mặt của các mặt tiếp xúc có ma sát và cùng hệ số ma sát  và biết góc
nghiêng của nêm  =300. Tìm
điều kiện về  để khối lập phương
không trượt đối với nêm khi nêm
trượt xuống.
ĐS: amax = 10,4 m/s2;
2 3   

3
3

Bài 9. Một vật được ném lên từ mặt đất với vận tốc V0 = 10m/s hợp với phương nằm
ngang một góc  = 300 cách vị trí ném theo phương ngang một đoạn l có một bức tường
thẳng đứng (Hình 1), vật va chạm với tường là tuyệt đối đàn hồi. Lấy g = 10m/s2.
a. Tìm l để khi vật chạm đất cách O một đoạn ngắn nhất.

b. Tìm l để khi vật chạm đất cách O một đoạn lớn nhất.
ĐS: dmin = 0 khi  

5 3
; dmax = 5 3 khi l = 0
2

Bài 10. Hai vật nhỏ cùng lúc được ném lên với vận tốc có cùng độ lớn v0 nhưng các
hướng khác nhau. Góc hợp bởi hai vận tốc của hai vật tùy ý. Biết hai vật chạm đất cùng
một vị trí và khoảng cách xa nhất trên không của chúng là L max = 19m. Lấy g = 10m/s2.
Hãy xác định vận tốc ban đầu v0 của hai vật.
ĐS: d max 

2v 20
1
(1 
)  19  v 0  18m / s
g
2

Gợi ý giải một số bài toán tham khảo thêm
Bài 1.
- Xét ( 0 < t <

L
L
) và ( t < )
u
v

A

u

- Khi B di chuyển một đoạn s = v.t,
h

α

B v
21


thì con bọ đi được l = u.t
- Độ cao mà con bọ đạt được:
h = l.sinα = ut.sinα với sinα =
→h=

u
L

L2t 2  (vt )4 =

L2  (v.t ) 2
L
u
y
L

- Với y = L2t 2  (vt )4 . Đặt X = t2 → y = -v2.X2 + L.X

- Nhận xét hmax  ymax, y là tam thức bậc hai có a = - v2 < 0
→ ymax = -

2
L4
L4
L
→ ymax =
tại X = 2

2
2
4a
2v
4(v ) 4v

- Vậy độ cao mà con kiến đạt được là: hmax =

Bài 2.

u .L
2v

A
d

β

d1


B

α
d2

O

- Chọn hệ tọa độ Oxy trùng với phương chiều chuyển động của hai xe.
- Ta có: x = v2t – d2; y = v1t – d1
- Khoảng cách hai xe tịa thời điểm t: d2 = x2 + y2 – 2xy.cos300
- Thế x và y vào ta được:
d2 = ( v12 + v22 – v1.v2).t2 + ( 3 d1.v2 + 3 d2v1 – 2d2v2 – 2d1v1).t + d12 + d22 + 3 d1d2
- Ta có: dmin khi t =

3.d1  d 2
2.v2

- Khi đó khoảng cách từ xe một đến O là: 30 3 = 3 v2.

3.d1  d 2
→ d1 =
2.v2

3 d2 - 60 3

22


- Khoảng cách từ xe hai đến O là: x = v2.

3.d1  d 2
- d2 = 90m
2.v2

Bài 3.
A’

A

α



O

β
B’
B
Xét tại thời điểm t vật A ở A’, vật B ở B’, khoảng cách d = A’B’
Ta có:

10
d
AO  vt BO  vt
d
AO  BO
10
→
=





sin 
sin 
sin 
sin  sin   sin  sin   sin  2cos    sin   
2
2

Với β +  = 1200 → d =

10.sin 600
2cos600 sin

- Nhận xét: dmin  sin

 
2

 
2

=

5 3
 
sin
2

= 1 → dmin = 5 3 (km)

Bài 4.
- Hình vẽ 1
- Người chạy bộ trên bờ một đoạn AC rồi bơi theo hướng
CD (CD tạo với AB một góc  ) sao cho đối với bờ người
chuyển động theo hướng CB
AC
t1 =
v

t1 =

AC
u  v' sin 
AB
=
=> AC = AB.
v' cos  u  v' sin 
v' cos 

B

D
u

d
v’
A

 v
C

Hình 1

t = t1 + t 2

23


t=

AB
(v + u – v’sin  )
vv' cos 

(1)

với AB = 750 m; v = 2,5 m/s; v’ = 1,5 m/s
 3,5  1,5 sin  

cos 



t = 200 
- Đặt y =

(2)

3,5  1,5 sin 
cos 

(3)

 ycos + 1,5 sin  = 3,5

(4)

- Ta có: ycos + 1,5 sin   y 2  1,52  y2 + 1,52  3,52  y  10
ymin = 10  3,16
- Vậy tmin = 200 ymin  632s

x1  v 0cos1.t1  gsin 

t
(1)
2

1

2

- Phương trình chuyển động của vật 1
2
1

x1

y

Bài 5.
- Chọn hệ quy chiếu của hai vật như hình vẽ.
x2

o

)

t12
y1  v 0 sin 1.t1  gcos (2)
2

+ Thời gian chuyển động của vật 1 là: y1  0  t1 
xa của vật 1 là L1 

2v 0 sin 1
thay vào (1) ta có tầm bay
cos

2v 0 sin 1
(cos1  sin 1. tan )
cos

+ Ta thấy L1max khi Y  sin 1 (cos1  sin 1. tan ) có giá trị lớn nhất.
+ Ta có Y lớn nhất khi đạo hàm Y'  0  cos21 

3
sin 21  0  1  30o

3

Vậy ta có L1max= 80/3m.
- Phương trình chuyển động của vật 2: x 2  v 0cos2 .t 2  gsin 

t 22
2

24


y2  v 0 sin 2 .t 2  gcos

+ Thời gian chuyển động của vật 2 là: y2  0  t 2 
+ Tầm bay xa của vật 2 là L2 

t 22
2

2v 0 sin 2
cos

2v 0 sin 2
(cos2  sin 2 . tan )
cos

+ Tương tự vật 1 ta có L2max khi 2  60o
L2max= 80m.
- Vậy khoảng cách cực đại của hai vật trên mặt phẳng nghiêng là Lmax=106,67m.

Bài 6.
- Chọn trục tọa độ Ox trùng với OP, chiều dương từ O đến P. Khi chất điểm trượt trên
máng không ma sát thì gia tốc của nó là: a = gcosβ >0
- Chất điểm trượt theo máng là chuyển động nhanh dần

O

đều nên thời gian đi từ O đến P là:
t

2.OP
g cos 

β
h

(1)

P

Từ hình vẽ, xét OPC ta có:

C

α

OP
OC

0

sin(90   ) sin(900     )
hay

OP 

Hình 1

OCcos
h.cos

(2) .
cos( - ) cos( - )

Thay (2) vào (1) ta được:

t

2h cos 

g cos  cos( - )

4hcos
cos +cos( -2 ) g

(3)

Để thời gian vật trượt là nhỏ nhất thì (3) có mẫu số lớn nhất. Vì góc α có giá trị xác định
nên (3) nhỏ nhất khi cos(α-2β) = 1, hay  



2

.

Thay số ta được β = 150. Thay β = 150 và α = 300 vào (3) ta được :

25