SKKN bài toán cực trị lớp 10

MỞ ĐẦU
1. 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 trong bài
toán động học và động lực học chất điểm” 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.
2. Mục tiêu nghiên cứu
- Một số phương pháp giải bài toán cực trị trong bài tập vật lý.
- Tìm lời giải đẹp nhất trong một số bài toán cực trị.
3. Phương pháp nghiên cứu
- Tìm tài liệu từ sách bài tập, sách bồi dưỡng HS giỏi, mạng internet.
- Tổng hợp tài liệu và phân loại các phương pháp giải bài toán cực trị.
4. Giới hạn (phạm vi) nghiên cứu

Chỉ tìm hiểu về phương pháp cực trị vận dụng giải các bài tập phần động học chất
điểm và động lực học chất điểm cho các em HS mới bắt đầu tiếp xúc với các bài toán cực
trị.
5. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu.
- Một số phương pháp để giải bài toán cực trị.
- Lời giải đẹp trong bài toán cực trị.

NỘI DUNG
1


I. Cơ sở lý thuyết
1. Phương trình bậc hai
Ta có phương trình y = f(x) = ax2 + bx + c = 0
 = b2 – 4.a.c
- 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 x 1 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 ) m ax 
�
�
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)
�
(a.c  b.d )

 (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )

m ax
- Ta có: (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²  �
[( a 2  b 2 )(c 2  d 2 )]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

an
a1
a2
= = …=
b1

b2
bn

3. Các công thức lượng giác thường dùng
a. Công thức cộng:
cos(a + b) = cosa.cosb – sina.sinb
cos(a - b) = cosa.cosb + sina.sinb
tan(a - b) =
sin(a - b) = sina.cosb - cosa.sinb
tan(a + b) =
sin(a + b) = sina.cosb + cosa.sinb
b. Công thức nhân đôi :
sin2x = 2sinxcosx
tan2x =

2tanx
1  tan 2 x

cos2x = cos2x – sin2x = 2cos2x - 1 = 1 – 2sin2x
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 �
cos �
�
�
�2 � �2 �
�x  y � �x  y �
cos �
cosx + cosy = 2 cos �

�
�
�2 � �2 �
sin( x  y )
tanx + tany =
cos xcosy
sin( x  y )
cotx + coty =
sin xsiny

sinx + siny = 2sin �

�x  y � �x  y �
�sin �
�
�2 � �2 �
�x  y � �x  y �
cosx – cosy = 2sin �
�sin �
�
�2 � �2 �
sin( x  y )
tanx – tany =
cos xcosy
sin( y  x)
cotx – coty =
sin xsiny

sinx – siny = 2cos �

f. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx:
Dạng: asinx+bcosx=c. Điều kiện để phương trình có nghiệm là a 2  b2 �c 2 .
3


Cách giải : Chia hai vế phương trình cho a 2  b 2 , ta được:
a
a2  b2

Đặt:

a
a b
2

2

b

 cos  ;

a  b2
2

cos  sin x  sin  cos x 

sin x 

b
a 2  b2

c

cos x 

a 2  b2

 sin  . Khi đó phương trình tương đương:

c
a 2  b2

hay sin  x    

c
a2  b2

 sin 

II. Các bài toán minh họa
* 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 v 2 = 60m/s. Hỏi
khoảng cách ngắn nhất giữa xe ô tô và xe tải bằng bao nhiêu?
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:
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
(

4


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
trong H.1.
Khoảng cách cực tiểu giữa o tô đứng yên (trong

r vr
v2  21

r
A
v1

s

r
v1

L

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

H.1

s = Lsinα =

* Bài toán 2: 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.
Giải

y
- Khử v0 từ các công thức động học

0 = v0 - at, l = v0t -

x




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:
5


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.
.
* Sau đây là một số bài toán về cực trị có lời giải đẹp nhất đối với tôi:

* Bài toán 3: 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.
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
6


trình bày ở trên, cụ thể là xét công thức của v 02 như phương trình đối với tanα với v 0 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 4: Hai chất điểm chuyển động đều với vận tốc v 1 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 ?
Giải
- Chọn gốc tọa độ O tại giao điểm của 2 đường.
- Ta có: x1 = l1 – v1.t; x2 = l2 – v2.t
- 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=-

l1v2  l2 v1
l1v1  l2 v2
b

= 2 2  dmim = 
=
v1  v2
2a
4a
v12  v22

* Bài toán 5: 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 v 1 và
v2.

y

r
v2

B
l2
O

a. Tìm điều kiện để hai vật đến O cùng một lúc.

l1

r
v1

A
x

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 ?
7


Giải
a. Hai vật đến O cùng một lúc thì thời gian chuyển động của chúng phải bằng nhau:
l1 l 2

v1 v2

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  y 2 �108,17 m

c. Khoảng cách hai vật
d 2  x 2  y 2  (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
* Bài toán 6: 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.
Giải
* Phương pháp đại số
x = vt - 40

(1)

y = vt - 60

(2)

r
v1

y
d

r
v2

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



x

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 =
8


r
v1

* Phương pháp hình học: ( lời giải đẹp)
- Hệ qui chiếu B đứng yên:

r
v2

r
v12

- Vì v1 = v2 = v và α = 600, nên ΔOAC là tam
giác đều

dmin

H

- Suy ra: BC = a - b = 20 km
dmin = BC sinα =

a

O

r
v
B 2



≈ 17,32 km

* Bài toán 7: 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 cách
đó, biết khoảng cách ban đầu là l. Biết một động tử xuất phát từ giao điểm của hai đường
thẳng.

x

Giải
* Cách 1: Tam thức bậc 2 ( phương pháp đại số)
- Phương trình tọa độ:
x = t - v2t

(1)

y = v1 t

(2)

r
v1

d



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

r
v2

y

l
(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 =

=

=
9

* Cách 2: Phương pháp hình học
x

Chọn hệ qui chiếu đứng yên là động tử 2

H

Động tử 1 chuyển động trên AH
dmin = BH = l.sinβ

r
v1

(1)

r

r v12
v2 l

dmin

r
v2

y

Thế (2) (3) vào (1): dmin =

Thời gian để đạt được d' = dmin : t =

với cos2β = 1 - sin2β = 1

=

sin2α =

=

=

=

 cosβ =

Vậy

t=

Biện luận:
- Nếu α = 900

dmin =

. Giống bài trước t

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

v1cosα + v2 > 0

v2 ≥ v1 |cosα|

10


* Bài toán 8: 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.
Giải
- Gọi a1, a2 là độ lớn gia tốc của ô tô trong hai giai đoạn
s1 a2
a2
a .L

( s1  s2 ) = 2
 s1 =
s2 a1
a1  a2
a1  a2

- Áp dụng: vmax2 = 2a1.s1 = 2a2.s2 

 vmax2 =
- Mà: t = t1 + t2 =

vmax vmax


=
a1
a2

2 L � a2
a1 �
.�

�
a1  a2 �
a2 �
� a1
�
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
a1 �
�
�a  a �
�min )
2 �
� 1

L
a0
L
a0

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

* Bài toán 9: Hai máng nhẵn AB và CE trong cùng một

A

mặt phẳng thẳng đứng, cùng tạo nên góc  so với phương

C

ngang. Từ A và C đồng thời thả hai vật trượt không vận
tốc đầu. Thời gian trượt từ A đến B và từ C đến E là t 1 và
t2. Hỏi sau thời gian nào kể từ lúc bắt đầu chuyển động,


E


B

khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất?
Giải
r

r

r

- Theo định luật II Niu-tơn: P + N = m. a (1)
- Chiếu (1) lên phương chuyển động: a1 = a2 = a = g.sin
11


A x
d


x

C





B

E

- 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) 

1
.(x + b – x)2
4

b2
 x (b – x) 
4

[x(b – x)]max khi: x (b – x) =

b
b2
 x=
2
4

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

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

t12  t22
2

* 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?
Giải

a. Phương trình tọa độ:

12


- Vật A: y1 = v0t -

2v0
g 2
t ; x1 = 0; t 
g
2

- Vật B: y2 = v0tsin -

2v0
g 2
t ; x2 = v0tcos ; t 
.sin
g
2

- Khoảng cách giữa hai vật : d = ( y1  y2 ) 2  x22 =

2v 0 2 .t 2 ( 1 – sin )

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

8v04
.sin2( 1 - sin)
g2

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

- Theo bất đẳng thức Cô-si ta có : d2 

sin  sin 
32v04 (

 1  sin  )3
.
2
2
g2
27

32v04 1
4 6v02
d  2 .
d
g
27

9g
2

 dmax

4 6v02
=
9g

4 6v02 2 8v04
- Vậy: (
) = 2 .sin2( 1 - sin)   = 41,80
g
9g

* Bài toán 11: Cho cơ hệ như hình vẽ: Cho biết: Hệ số ma sát giữa M và sàn là k2, giữa M
r

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?
Hướng dẫn
r r r
r
* Xét vật m: P1  N1  Fms 21  ma (1).

- Chiếu lên Ox: Fms21= ma � a1 

m

Fmn 21

m

M



r
F

- Chiếu lên Oy: N1 – P1 = 0 � N1 = P1  Fms21= k1.N1 = k1.mg
13


k1mg
 k1 g . Khi vật bắt đầu trượt thì thì a1 = k1mg.
m
r r r r
r
r
r
* Xét vật M: F  P2  P1  N 2  Fms12  Fms  M .a2 .
� a1 

- Chiếu lên trục Ox: F cos   Fms12  Fms  M .a2 � a2 

F cos   Fms12  Fms
M

- Chiếu lên Oy: F sin   ( P1  P2 )  N 2  0 � N 2  P1  P2  F sin 
- Ta có: Fms12  k1mg ; Fms  k2 N 2  k2 ( P1  P2  F sin  )

� a2 

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

k1 g

* Khi vật trượt: a1 �a2

 k1 g .M
ۣ



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

F (cos   k 2 sin  )  k1mg  k 2 ( P1  P2 )

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

 F

( k1  k2 )( Mg  mg )
y

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

* Vậy:

Fmin 

(k1  k2 )( Mg  mg )
1  k2

2

, Lúc đó:

sin  k2
 � tg  k2
cos  1

* Bài toán 12: 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/s 2
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?
Giải
- Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ
r

r

r

r

r

- Định luật II Niu-tơn: N + P + F + Fms = m. a (1)
- Chiếu ( 1) lên Oy: N = P - F.sin
14


- Chiếu (1) lên Ox: F.cos - Fms = ma  a =

F (cos   .sin  )   mg
m

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

F (cos   .sin  )   mg
0
m

F 1  2
m
 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 13: Một xe buýt chuyển động thẳng đều trên

A

đường với vận tốc v1 = 12m/s. Một hành khách đứng cách
đường một đoạn b = 80m. Người này nhìn thấy xe buýt vào
thời điểm xe cách người một khoảng a = 450m

a
B

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

b

u
u
r
v1

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 ?
A

Giải
a

Bài toán chuyển HQC
B

- Hình vẽ.
- Chọn HQC A đứng yên.
r

r

r

u
u
r
v1

b
C

- ĐL cộng vận tốc: v21 = v2 + (- v1 )
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


BC

AC
v1
BC



v1
v2
v2
AC

- Áp dụng định lí hàm sin trong tam giác:

AC
BC

sin  sin 
15




v1
v1 b
sin 
8

 sin  . =
v2
v2 a

sin 
15

 32,230    147,770
- Thời gian hai tàu gặp nhau: t =

AB
v1cos  v2 .cos

 29,61 (s)  t  53,41(s)
b. v =

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

* Bài toán 14: Điểm xuất phát C nằm trên một đoạn quốc lộ thẳng, còn đích là điểm F
nằm trên một cánh đồng đã cày vỡ, cách đường một đoạn bằng d và đối diện với điểm A
trên dường (xem H.10). Biết rằng A cách điểm xuất phát C một khoảng ι. Cho vận tốc
chạy trên đường là v1 và theo cánh đồng là v2 < v1. Hỏi cần phải chạy theo quỹ đạo như thế
nào để thời gian đến đích là ngắn nhất.
Giải


- Nếu rẽ khỏi đường ở tại điểm
cách A một khoảng là x (xem H.10) thì
thời gian chuyển động là:
d
t=

+
x.cos

- Xét cực tiểu của hàm này bằng
C
x
x
A
đạo hàm hơi phức tạp, vì vậy chúng ta sẽ
tìm thời gian cực tiểu bằng lập luận sau:
nếu hơi thay đổi quỹ đạo một chút, bằng cách dịch chuyển điểm rẽ khỏi đường lên trước
hoặc lùi lại sau một chút, thì độ biến thiên thời gian chuyển động trong gần đúng bậc nhất
sẽ bằng 0. Nếu dịch gần điểm rẽ một khoảng nhỏ Δx thì thời gian chuyển động trên đường
sẽ giảm một lượng Δx/v1, còn thời gian chuyển động trên cánh đồng sẽ tăng một lượng
Δxcosα/v2 . Khi này ta nhận được phương trình Δxcosα/v2 - Δx/v1 = 0
- Từ đó ta tính được góc α tương ứng với thời gian cực tiểu và khoảng cách x cần
tìm cosα = v2 / v1, x = dcotα = dcosα /

= dv2 /

- Lưu ý rằng nếu giá trị x tìm được lớn hơn ι thì phải chạy hoàn toàn theo cánh
đồng ngay từ điểm xuất phát tới đích.

* Bài tập tự rèn luyện:
1. Hai vật đồng thời bắt đầu chuyển động theo một đường thẳng tới gặp nhau với các vận
tốc ban đầu v01 = 10m/s và v02 = 20m/s; và với các gia tốc a 1 = 2ms-2 và a2 = 1ms-2 có
16


hướng ngược với các vận tốc ban đầu tương ứng. Hỏi khoảng cách ban đầu giữa hai vật

lớn nhất phải bằng bao nhiêu để chúng gặp nhau trong quá trình chuyển động?
ĐS: ιmax = 150m
2. Xác định tỷ phần cực đại của năng lượng quả cầu bay tới chuyển thành động năng của
quả cầu thứ hai ban đầu đứng yên trong va chạm đàn hổi tuyệt đối không xuyên tâm của
hai quả cầu đó.
ĐS: δ = 0,25
3. Hai hòn đá nằm cùng trên phương nằm ngang, cách nhau một khoảng L = 42m. Một
hòn được ném lên trên theo phương thẳng đứng với vận tốc v 01 = 5m/s, còn hòn thứ hai
được ném lên đồng thời dưới một góc α = 300 đối với phương ngang theo hướng về phía
hòn đá thứ nhất với vận tốc ban đầu v 02 = 5m/s. Hãy xác định khoảng cách cực tiểu của hai
hòn đá trong quá trình chuyển động.
ĐS: lmin = 6m
4. Một vật có khối lượng m = 2kg dịch chuyển đều theo mặt phẳng ngang, dưới tác dụng
của một lực không đổi có hướng lập với phương ngang một góc nào đó. Lực đó có thể có
giá trị cực tiểu bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát của vật và mặt phẳng ngang là m = 0,75.
ĐS: Fmin = 1,2N
5. Vận tốc của dòng sông là v = 5m/s và độ rộng của nó là L = 32m. Khi vượt qua sông
bằng thuyền với vận tốc u = 4m/s đối với nước, người lái đảm bảo để thuyền bị nước cuốn
trôi một khoảng ngắn nhất. Khoảng trôi ấy bằng bao nhiêu?
ĐS: l = 24m
6. Một hòn đá được ném xiên với vận tốc ban đầu v 0 từ một điểm cách mặt đất một
khoảng h. Hãy xác định tầm bay cực đại của hòn đá theo phương ngang.

ĐS: ιmax =

KẾT LUẬN
Sau khi tìm hiểu một số phương pháp giải bài toán cực trị, tôi đã truyền tải đến
thông tin đến các em HS lớp 10L ( năm học 2015 – 2016), bước đầu cho thấy sự phấn khởi
về phương án biện luận cực trị, các bài toán có lời giải ngắn gọn.
Kết quả đạt được khi vận dụng một số phương pháp giải bài tập trên cho các em HS

lớp 10L
- Tôi đã tiến hành thử nghiệm ở lớp 10L (Sĩ số 32/32)

Lần kiểm tra thứ 1(chưa giới thiệu, hướng dẫn chuyên đề trên)
8,0 – 10 điểm 7,5 – 5,0 điểm
4,5 – 3,5 điểm
Dưới 3,0 điểm

Nhận xét
17


4/32

25/32

3/32

0

Đa số các em còn
phân vân khi lựa
chọn cách để biện
luận cho bài toán
cực trị.

Lần kiểm tra thứ 2 ( sau khi đã giới thiệu, hướng dẫn chuyên đề trên)
15/32
17/32
0

0
Các em thích
dùng
phương
pháp tam thức bậc
2, phương pháp
hình học, và biện
luận BĐT.
Với chuyên đề “Một số phương pháp tìm cực trị trong bài toán động học và động
lực học chất điểm” tôi đã trình bày ở trên, bản thân cũng tự rút ra được các lời giải đẹp cho
bài toán mà không dùng đến cách tính đạo hàm ( HS đầu cấp – lớp 10 chưa học kiến thức
đạo hàm). Về các em HS thấy có sự tiến bộ rõ ràng hơn, và phương pháp các em chọn lựa
để biện luận cho bài toán cực trị phong phú hơn.
Chuyên đề này có thể dùng tài liệu tham khảo cho các em học sinh khi tiếp xúc với
bài toán cực trị, và giáo viên có thể dùng để truyền tải đến các em rằng, một bài toán vật lí
luôn có lời giải đẹp nhất đối với mỗi HS.
Trong quá trình viết chuyên đề vẫn còn nhiều sơ sót, kính mong được sự đóng góp
ý kiến của quý thầy, cô cùng bạn đọc để có thể hoàn chỉnh chuyên đề hơn nữa.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng 4 Vật lý 10 – Nhà xuất bản đại học Quốc Gia
Hà Nội, 2014
- 252 Bài toán cơ học – Nguyễn Anh Thi – Nhà xuất bản giáo dục
- Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật Lý 10 – Nguyễn Phú Đồng, Nguyễn Thanh Sơn, Nguyễn
Thành Tương – Nhà xuất bản tổng hợp thành phố Hồ Chí Minh.
- Vật lý & tuổi trẻ, Hội vật lý Việt Nam, số 145, tháng 09, 10, 11, 2015.
18


19