ÁP DỤNG bất ĐẲNG THỨC cô SI và BUNHIA CÔPXKI GIẢI các bài tập cơ học sơ cấp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2
**********

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI VÀ BUNHIA CÔPXKI GIẢI
CÁC BÀI TẬP CƠ HỌC SƠ CẤP

Người thực hiện : Nguyễn Thọ Tuấn
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THPT Triệu Sơn 2
SKKN thuộc môn : Vật lý

THANH HÓA NĂM 2019


MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU........................................................................................................................1
1. Lí do chọn đề tài.........................................................................................................1
2. Mục đích nghiên cứu..................................................................................................1
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu..............................................................................1
4. Phương pháp nghiên cứu............................................................................................1
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.................................................................2
1. Cơ sở lý thuyết của sáng kiến kinh nghiệm...............................................................2
1.1. Bất đẳng thức Cô-si.............................................................................................2
1.2. Bất đẳng thức Bunhia côpxki..............................................................................2
1.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức giải bài toán Cơ học sơ cấp.......................2
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm....................................2
3. Hệ thống các bài toán Cơ học sơ cấp áp dụng BĐT để giải.......................................3
3.1. Các bài toán áp dụng Bất đẳng thức Cô-si..........................................................3

3.2. Các bài toán áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki........................................10
3.3. Các bài toán luyện tập kiểm tra năng lực tiếp thu của học sinh........................15
4. Kết quả nghiên cứu..................................................................................................20
III. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT............................................................................................20
1. Kết luận....................................................................................................................20
2. Kiến nghị..................................................................................................................20


I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
- Phương pháp dùng bất đẳng thức (BĐT) là một phương pháp quan trọng trong
việc giải quyết nhiều bài toán Vật lý, trong đó có các bài toán Cơ học sơ cấp. Đặc biệt
trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, đôi khi dùng BĐT để giải bài toán là phương
pháp duy nhất với nhiều bài toán khó, lạ. Tuy nhiên trong thực tế lại không có nhiều
giáo viên và học sinh biết sử dụng hoặc có thể sử dụng thành thạo cách này.
- Trong các kỳ thi, đặc biệt là thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp Quốc gia và các kì
thi Olympic xuất hiện nhiều bài toán về tính giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng
Vật lý. Hầu hết học sinh khi tham gia giải quyết các bài toán Vật lý có liên quan đến
phương pháp dùng BĐT để tính giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng vật lý đều
chưa thành thạo, hoặc có làm được thì cũng làm một cách máy móc mà chưa nắm được
bản chất của vấn đề, đôi khi hiểu sai bản chất, áp dụng một cách máy móc. Khi biến đổi
một vài dữ kiện của bài toán để chuyển thành bài toán khác thì học sinh lại gặp phải
nhiều lúng túng.
- Bằng sự học hỏi và kinh nghiệm giảng dạy của mình, tôi đã mạnh dạn và kiên trì
nghiên cứu những phương pháp giải toán hay, trong đó có phương pháp dùng BĐT để
tìm nghiệm Vật lý. Mục đích là phục vụ cho việc giảng dạy hiệu quả hơn, nâng cao chất
lượng dạy của thầy và học của trò. Đồng thời cũng mong muốn các đồng nghiệp có thêm
một tài liệu hay để phục vụ tốt hơn nữa công tác giảng dạy của mình.
Vì những lí do trên, tôi quyết định chọn đề tài “Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và
Bunhia côpxki giải các bài tập Cơ học sơ cấp”

2. Mục đích nghiên cứu.
Thực hiện đề tài này, người viết muốn chia sẻ với đồng nghiệp, các em học sinh
đang ôn thi HSG cấp Tỉnh, cấp Quốc gia, thi THPT Quốc gia môn vật lý những kinh
nghiệm sử dụng BĐT để giải bài toán Cơ học hiệu quả nhất. Đó cũng chính là những
kinh nghiệm mà chúng tôi đúc kết từ thực tiễn ôn luyện đội tuyển HSG môn Vật lí và ôn
thi THPT Quốc gia tại trường THPT Triệu Sơn 2 trong nhiều năm qua.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng là các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất (hoặc giá trị giới hạn)
của các đại lượng Vật lý trong các bài toán Cơ học sơ cấp THPT.
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu và tổng hợp tài liệu.
- Tổng hợp kinh nghiệm thực tế.

Trang 1


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lý thuyết của sáng kiến kinh nghiệm
1.1. Bất đẳng thức Côsi
Cho hai số a và b, có : a + b  2 ab
Mở rộng cho 3 số :

(a, b dương)

a + b + c  3 3 abc

(a, b, c dương)

+ Hai số không âm có tổng không đổi thì tích của chúng có giá trị lớn nhất khi hai chúng
bằng nhau.

+ Tích hai số không âm có giá trị không đổi thì tổng của chúng có giá trị nhỏ nhất khi
chúng bằng nhau.
Hệ quả : Dấu “=” xảy ra khi các số bằng nhau : a = b hoặc a = b = c.
1.2. Bất đẳng thức Bunhia côpxki
Với 4 số a1, b1, a1 và b2 ta có : (a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2.(b1 + b2)2.
a1 a2
a1 b1
 .
Hệ quả : Dấu “=” xảy ra khi 
hoặc
b1 b2
a2 b2
1.3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức giải bài toán Cơ học sơ cấp
Phương pháp sử dụng bất đẳng thức (BĐT) thường dùng để tìm giới hạn của một
đại lượng vật lý nào đó (lớn nhất, nhỏ nhất hoặc một điều kiện giới hạn nào đó). Đề bài
có thể nói rõ yêu cầu tính giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất. Để giải các bài toán Cơ học liên
quan đến áp dụng BĐT, trước tiên ta phải đọc kĩ đề bài. Sau đó dựa vào dữ kiện đề bài
cho, phân tích điều kiện bài toán, áp dụng các định luật, định lí vật lý đã có để viết biểu
thức của đại lượng cần tính cực trị. Biểu thức của đại lượng phải chứa các thông số biến
đổi và không biến đổi mà nếu sử dụng BĐT sẽ cho ra giới hạn là hằng số. Nếu biểu thức
đơn giản mà thấy được thì ta áp dụng BĐT ngay, nếu biểu thức còn phức tạp và chưa rõ
ràng thì ta biến đổi thêm để đưa biểu thức về dạng đơn giản dễ thấy để áp dụng BĐT.
Lưu ý rằng một số bài toán có kết quả cần tìm được suy ra từ hệ quả của BĐT.
2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
- Trong các đề thi chọn học sinh giỏi cấp THPT (cấp Tỉnh, cấp Quốc gia và trong các đề
thi Olympic,…), nhìn chung có nhiều bài tập cơ học cần phải giải bằng cách áp dụng
BĐT.
Trang 2

- Trong tình hình chung chưa có một tài liệu chuẩn và hệ thống bài tập nào về phương
pháp này trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi THPT Quôc gia, vậy nên các giáo
viên được phân công bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi THPT Quôc gia đều phải mò
mẫm và thiếu tính hệ thống.
- Áp dụng BĐT để giải các bài toán cơ học đều rất khó khăn cho học sinh và một số giáo
viên, bởi lẽ các bài toán này mang tính đơn lẻ, mỗi bài lại phải qua nhiều bước tính toán.
Nhiều giáo viên và học sinh chưa nắm vững hoặc không biết sử dụng BĐT cho giải toán
vật lý.
Với phương pháp và hệ thống bài tập phong phú dưới đây, chúng tôi hi vọng sẽ
giúp cho giáo viên và các em học sinh hiểu rõ bản chất và giải tốt các bài toán dạng này.
3. Hệ thống các bài toán Cơ học sơ cấp áp dụng BĐT để giải
3.1. Các bài toán áp dụng Bất đẳng thức Cô-si
Bài 1: Một hành khách còn cách xe buyt đang đứng yên một đoạn L = 25 m thì xe đột
ngột chuyển động về phía trước (ra xa người) với gia tốc a = 0,5 m/s 2. Hành khách chạy
đuổi theo với vận tốc không đổi v. Hỏi người phải chạy với vận tốc tối thiểu v bằng bao
nhiêu để đuổi kịp xe buyt ? Tính thời gian đuổi kịp xe buyt.
Hướng giải:
+ Vận tốc tối thiểu khi người gặp xe một lần duy nhất.
at 2
+ Quảng đường người đó phải chạy cho tới khi gặp nhau bằng s = L +
2
s L at
+
+ Vận tốc của người này bằng : v = =
t
t
2
L at
L at
+ Áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Cô-si :

+ �2 . = 2aL = hằng số (hs).
t
2
t 2
+ Vận tốc tối thiểu : v min = 2aL = 5 m/s.

L at
2L
= �t=
= 10 s.
t
2
a
Bài 2: Một người trượt băng trên khoảng cách l = 500 m ban đầu với vận tốc v không
đổi, rồi sau đó người này hãm lại với gia tốc có độ lớn a = 0,05 m/s 2. Hỏi với vận tốc v
bằng bao nhiêu thì thời gian người đó chuyển động cho tới khi dừng lại là bé nhất ?
Hướng giải:
+ Thời gian chuyển động gồm hai số hạng : thời gian chuyển động với vận tốc không
đổi và thời gian chuyển động chậm dần đều cho tới khi dừng hẳn lại.
l
v
+ Ta có tổng thời gian: t = +
v a
l
v
l v
l
+ Áp dụng BĐT Cô – si: t = + �2 . = 2
= hs.
v a

v a
a
* Vận tốc tối thiểu đạt được khi

Trang 3


+ Suy ra thời gian chuyển động nhỏ nhất : t min = 2

l
= 200 s.
a

l
v
= � v = l.a = 5 m/s.
v a
Bài 3: Một hòn đá được ném lên từ mặt đất theo phương hợp với phương ngang góc α.
Cần phải ném hòn đá với vận tốc ban đầu tối thiểu v 0 bằng bao nhiêu để nó đạt tới được
độ cao h ? Tính thời gian để hòn đá đạt độ cao đó.
Hướng giải:
+ Đặt gốc O của trục tọa độ Oy thẳng đứng ở ngay điểm ném. Khi đó phương trình
gt 2
chuyển động của hòn đá theo phương thẳng đứng là y = v 0 tsinα 2
+ Tại thời điểm hòn đá đạt tới độ cao theo yêu cầu của đề bài, ta có y = h. Thay vào biểu
gt
h
+
thức trên và rút ra v0 : v 0 =
2sinα

tsinα
0
+ Vì 0α��
90� 0 sinα 1 .
2gh
gt
h
gt
h
+
�2
.
=
+ Áp dụng BĐT Cô-si : v0 =
= hs.
2sinα tsinα
2sinα tsinα
sinα
2gh
+ Suy ra vận tốc ban đầu cực tiểu của hòn đá : v 0min =
.
sinα
gt
h
=
+ Đồng thời cực tiểu này đạt được với điều kiện :
2sinα tsinα
2h
+ Từ đó suy thời gian hòn đá đạt được tới độ cao h là : t =
.

g
Bài 4: Hai vật có cùng khối lượng m có thể trượt
m
m
không ma sát trên một thanh nằm ngang, được nối
với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, có
α
2m
chiều dài 2l. Một vật khác khối lượng 2m được gắn
l
l
vào trung điểm của sợi dây. Thả nhẹ cho hệ chuyển
động, hãy tính vận tốc cực đại của mỗi vật và tính
góc α khi đó.
Hướng giải:
+ Gọi u là vận tốc quả cầu 2m và v là vận tốc 2 quả cầu m (hai quả cầu m có cùng độ lớn
vận tốc ở mọi thời điểm), hợp với phương ngang góc α.
+ Vì dây luôn căng nên ta có : v.cosα = u.sinα
(1)
1
1
+ Định luật bảo toàn cơ năng : 2mu 2 + 2 mv 2 = 2mglsinα
(2)
2
2
2
2
+ Suy ra : v = 2glsinα - u �2glsinα
(3)
0

+ Khi hai quả cầu sắp chạm nhau thì α = 90 , tức là sinα = 1 và cosα = 0.
+ Thời gian nhỏ nhất khi:

Trang 4


+ Suy ra khi hai quả cầu sắp chạm nhau thì vận tốc hai quả cầu m cực đại và bằng :
v max = 2gl khi α = 900.
+ Từ (1) ta có v = utanα (α  900), thế vào (2) ta được :
2
2
2
u2(tan2α + 1) = 2glsinα � u 2 = 2glcosαsinα
= 2glcos α
1 - cos α
2
1 - cos α2 = 2gl
+ Áp dụng BĐT Cô-si : u 2 = 2glcosα

2 - 2cos α .cos α.c osα
2

2

2

3

2
4 3

�2 - 2cosα2 + cos α2 + cos α2 �
� 2gl �
=
gl = hs.
�
3
9
�
�
6
+ Dấu “=” xảy ra khi 2 – 2cos2α = cos2α  cosα =
.
3
2
3gl khi α = 35,260.
+ Vận tốc cực đại của quả cầu 2m là : u max =
3
Bài 5: Một khối lăng trụ tam giác có khối lượng m 1, với góc α, có
thể trượt theo đường thẳng đứng và tựa lên khối lập phương có khối
lượng m2, còn khối lập phương có thể trượt trên mặt phẳng nằm
ngang. Bỏ qua tất cả ma sát. Xác định giá trị góc α sao cho gia tốc
của khối m2 có giá trị lớn nhất. Tính gia tốc của mỗi khối trong
trường hợp đó.
Hướng giải:
+ Các lực tác dụng lên các vật như hình vẽ.
+ Phương trình chuyển động của mỗi vật :
P1 – Nsinα = m1a1
(1)
Ncosα = m2a2
(2)

+ Hệ thức giữa các gia tốc : a2 = a1.tanα
(3)
+ Từ (1), (2) và (3) suy ra :
m1gtanα
m1g
a2 =
=
2
m1
+ Gia tốc của m2 :
m1 + m 2 tanα
+ m 2 tanα
tanα
+ Áp dụng BĐT Cô-si cho biểu thức của a2 :
m1
+ m 2 tanα �2 m 2 m 2 = hs.
tanα
m1
m2
= m 2 tanα � tanα =
+ Dấu “=” xảy ra khi :
.
tanα
m1

1 m2
g
.g và a1 = .
2 m1
2

Bài 6: Thanh AB cứng, nhẹ, chiều dài l, mỗi đầu gắn một quả cầu
nhỏ khối lượng bằng nhau tựa vào tường thẳng đứng như hình vẽ.

m1
α
m2

+ Khi đó a2 lớn nhất : a 2max =

A

Trang 5
B


Truyền cho quả cầu B một vận tốc rất nhỏ theo phương ngang để nó trượt trên mặt sàn
nằm ngang. Giả thiết rằng trong quá trình chuyển động thanh AB luôn nằm trong mặt
phẳng vuông góc với tường và sàn. Bỏ qua ma sát giữa các quả cầu với tường và sàn.
Gia tốc trọng trường là g.
a) Xác định góc α hợp bởi thanh với sàn vào thời điểm mà quả cầu A bắt đầu rời khỏi
tường.
b) Tính vận tốc quả cầu B khi quả cầu A bắt đầu rời khỏi tường.
Hướng giải:
a) Vào thời điểm quả cầu A còn tựa vào tường, AB hợp với
r
r
phương ngang góc α. Vận tốc của A và B là v A và v B , lúc đó đầu
A
A đi xuống một đoạn x = l(1 - sinα).
+ Định luật bảo toàn cơ năng :

G
1
1
2
2
2
2
mgx = m  vA + vB  � mgl  1- sinα  = m  vA + vB 
(1)
2
2
B
α
+ Vì thanh AB cứng nên theo định lí về hình chiếu của hai điểm A
và B trên vật rắn : vAsinα = vBcosα
(2)
+ Từ (1) và (2) suy ra :
1
1
gl  1- sinα  = v 2B 2 � v 2B = 2gl  1 - sinα  .sin 2α
(3)
2 sinα
+ Khi A chưa rời khỏi tường thì lực gây ra gia tốc và vận tốc theo phương ngang là phản
lực của tường tác dụng lên A theo phương ngang. Lực này làm vận tốc trọng tâm v Gx
tăng dần, nên khi đầu A rời tường, tức là N = 0 thì aGx = 0 và vGx đạt giá trị cực đại.
+ Mà vB = 2vGx nên vB cũng đạt giá trị cực đại.
sinα sinα
.
+ Xét biểu thức v 2B = 2gl  1 - sinα  .sin 2α = 8gl  1 - sinα  .
2

2
3
sinα sinα 1 �
sinα sinα � 1
.
� �
+
=
+ Áp dụng BĐT Cô-si :  1- sinα  .
 1- sinα  +
2
2
27 �
2
2 �
� 27
sinα
2
�sinα =
α 420
+ Do đó vB đạt giá trị cực đại khi 1- sinα =
2
3
2
8
b) Thay sinα = vào (3) ta được v B =
gt .
3
27
Bài 7: Hai hạt A và B có khối lượng m A và mB, với mA > mB. Hạt A chuyển động tới va

chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B, lúc đầu hạt B đang đứng yên. Sau khi va chạm vận
tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là . Tính giá trị lớn nhất
của sin.
Hướng giải:
Bảo toàn động lượng:
Trang 6


r
r
r
p A = p'A + p'B � p'B2 = p A2 + p'A2 - 2p A p'A cosθ
p 2A
p'2A
p'2B
=
+
+ Bảo toàn năng lượng:
2m A
2m A
2m B
2
+ Rút p'B từ phương trình (2) thế vào (1) ta có :
m
m
2p A p'A cosθ = p 2A (1- B ) + p'A2 (1 + B )
mA
mA
1
m

m
p'A
v'
= A , ta có: 2.cos = (1 - B ) + x(1 + B )
+ Đặt x =
x
mA
mA
pA
vA
+ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si :
1
mB
m
m
m
) + x(1 + B ) ≥ 2. (1 - B ).(1 + B ) = 2. 1 2.cos = (1 x
mA
mA
mA
mA
mB
* Vậy: [sin]max =
mA

(1)
(2)

(3)
(4)

mB
m B2
 sin 
2
mA
mA

Bài 8: Một cái nêm khối lượng M được giữ trên
2M
mặt phẳng nghiêng cố định với góc nghiêng 
so với đường nằm ngang. Góc nghiêng của nêm
M
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 = 10 m/s 2. 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 nêm khi đó.
Hướng giải:
Phương trình của nêm và khối hộp : ( Mg + N) sinα = Ma và 2Mg - N = 2Masinα .

3gsinα
3g
a=
=
2
1
+ Suy ra gia tốc nêm :

2sinα+1
2sinα+
sinα
�
1 �
2sinα +
�
+ Để amax thì �
�
�
sinα �
�
min
+ Áp dụng BĐT Cô-si : 2sin  

1
�2 2
sin 
Trang 7


+ Dấu “=” xảy ra khi 2sin  
* Suy ra: a max =

1
1
0
 sin a = � a =45
2
sin 

3g
= 10,4 m/s2.
2 2

Bài 9: Xác định hệ số ma sát cực tiểu  của một thanh mảnh đồng chất với nền nhà để
có thể dựng chậm (không trượt) thanh này tới phương thẳng đứng bằng cách tác dụng
vào đầu của thanh một lực vuông góc với thanh.
A
Hướng giải:
+ Điều kiện để thanh không trượt là : Fms  N, hay
α
Fms
μ� .
N
F
+ Ta sẽ tìm sự phụ thuộc của ms vào góc nâng α của
N
thanh.
+ Chọn trục quay vuông góc với mặt phẳng
hình vẽ và rđi
r
α
qua A là giao điểm là hai giá của lực Fr và trọng
lực P . C
B
r
Đối với trục quay này, mômen của lực F và
r P đều bằng
0. Đoạn AB là cánh ta đòn của lực ma sát Fms , đoạn CB là

r
cánh tay đòn của phản lực N .
+ Gọi chiều dài của thanh là l, ta có điều kiện cân bằng của thanh đối với trục quay đã
chọn là :
l
l�
1 �
N.CB = Fms .AB � N. cosα = Fms . �
sinα +
�
2
2�
sinα �
Fms
cosα.sinα
cosα.sinα
tanα
1
=
=
=
=
2
2
2
2
1
+ Từ đó ta rút ra : N
sinα+1
2sin α+cos α 2tan α+1

2tanα+
tanα
+ Phân số trên đạt cực đại khi mẫu số cực tiểu.
1
1
�2 2tanα.
= 2 2 = hs.
+ Áp dụng BĐT Cô-si cho mẫu số : 2tanα +
tanα
tanα
F
1
�0,35
+ Đo đó ms �
N 2 2
* Vậy trong quá trình nâng chậm thanh, để thanh không bị trượt thì giá trị của  thỏa
mãn :   0,35.
Bài 10: Hai chất điểm dao động điều hòa trên hai đường thẳng song song kề nhau có vị
trí cân bằng nằm trên cùng một đường thẳng vuông góc với quỹ đạo của chúng và có
cùng một tần số góc , biên độ lần lượt là A1, A2. Biết A1 + A2 = 8 cm. Tại một thời điểm
Trang 8


vật 1 và vật 2 có li độ và vận tốc lần lượt là x 1, v1, x2, v2 và thỏa mãn x1v2 + x2v1 = 8
cm2/s. Tính giá trị nhỏ nhất của .
Hướng giải:
�
AA
�x1 = A1cos(ωt + φ1 )
� x1x 2 = 1 2 [ cos(2ωt + j 1 + j 2 )+cos(j 1 - j 2 )]

+ Ta có: �
2
�x 2 = A 2cos(ωt + φ2 )
A A .2ω
sin(2ωt + j 1 + j 2 ) = 8
+ Mặt khác: x1v2 + x2v1 = (x1x2)’ = 1 2
2
8
�ω =
(1)
A1A 2 .sin(2ωt + j 1 + j 2 )
+ Theo BĐT Cô - si: (A1 + A2)  4A1A2
2

‫ ޣ‬A1A 2

(A +A )
1

2

4
+ Thay (2) vào (1) được: min = 0,5 khi sin(2t + 1 + 2) = 1.

2

= 16 = hs.

(2)

Bài 11: Hai chất điểm dao động điều hòa cùng tần số trên hai đường thẳng song song
với nhau và song song với trục Ox, có phương trình x 1 = A1cos(ωt + φ1) và x2 = A2cos(ωt
+ φ2). Giả sử x = x1 + x2 và y = x1 – x2. Biết rằng biên độ dao động của x bằng hai lần
biên độ dao động của y. Tính độ lệch pha cực đại giữa x1 và x2
r
r
Hướng giải: Đặt φ = φ2 – φ1. Biểu diễn biên độ của x là A và của y là B như hình vẽ.
A 2 = A12 + A 22 + 2A1A 2cosΔφ
�
+ Ta có : � 2
2
2
�B = A1 + A 2 - 2A1A 2cosΔφ
r
+ Suy ra: 2(A12 + A22) = A2 + B2
B
A 2 - B2
và cosΔφ =
4A1A 2
+ Áp dụng bất đẳng thức Cô – si :
4A1A 2 �2  A12 + A 22  , suy ra :
A 2 - B2
A 2 - B2
A 2 - B2
4B2 - B2
cosΔφ =
�
=
=
= 0,6 .

4A1A 2 2  A12 + A 22 
A 2 + B2
4B2 + B2
* Vậy : φmax = 53,130.
Bài 12: Một con lắc vật lí được làm bằng thanh nặng, thẳng, đồng chất,
tiết diện đều, chiều dài l0. Người ta có thể cho thanh dao động với trục
quay qua bất kì điểm nào trên thanh. Tìm vị trí trục quay trên thanh sao
cho chu kì của thanh nhỏ nhất.
Hướng giải:
Gọi l là khoảng cách từ khối tâm G của thanh đến vị trí trục quay O. +
Chu kì dao động của con lắc vật lí là :
Trang 9

O
α

G


T = 2π

I
I + ml2
l02
l
= 2π 0
= 2π
+
mgl
mgl

12gl g

2
+ Với : I = I0 + ml là mômen quán tính đối với trục quay.
1 2
I0 =
ml0 là mômen quán tính đối với trục quay qua khối tâm G song song với
12
trục quay.
l02
l
l02
l
+ Áp dụng BĐT Cô-si :
+ �2
= 0 = hs.
12gl g
12
3
l0
l02
l
= l�l = 0 .
+ Suy ra Tmin = 2π
. Khi đó
12l
g 3
2 3
+ Vậy có hai vị trí O1 và O2 đối xứng nhau qua G và cùng cách nhau một khoảng
l

l = 0 thì chu kì dao động của thanh cực tiểu.
2 3

3.2. Các bài toán áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki
Bài 1: Một khúc gỗ khối lượng m = 0,5 kg đặt trên sàn nhà. Người ta buộc khúc gỗ vào
r
sợi dây nhẹ không dãn và kéo bằng lực F hướng chếch lên, hợp với phương nằm ngang
một góc α. Biết hệ số ma sát trượt giữa gỗ và sàn là  = 0,2. Lấy g = 9,8 m/s 2. Để kéo
khúc gỗ trượt đều với lực kéo nhỏ nhất thì góc  bằng bao nhiêu ? Tính lực kéo khi đó.
Hướng giải:
ur
uur
r
ur
Các lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực P , phản lực N , lực ma sát Fms và lực kéo F ,
được biểu diễn như hình
r vẽ. u
r ur r
r
+ Định luật II Niutơn: Fms  P  N  F  ma
(*)
y
u
r
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ
ur
x
F
N
+ Chiếu lên (*) lên Ox ta có: Fms  Fcos   ma (1)


O
+ Chiếu lên (*) lên Oy ta có:
r
N  P  Fsin   0  N  P  Fsin 
(2)
u
r
F
ms
� Fms  N    P  Fsin  
P
+ Thế vào (1) có:
  P  Fsin    Fcos   ma �   P  Fsin    ma  Fcos 
P  ma
� Fcos   Fsin   P  ma � F 
cos    sin 
P
+ Khi vật chuyển động thẳng đều thì a = 0 nên: F 
cos    sin 
2
2
2
2
+ Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:  a.c  bd  � a  c   b  d 
Trang 10


2
2

2
2
2
2
  1.cos    sin   � 1     cos   sin    1  
2

� Fmin 

P

12   2

�0,96 N.

+ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

a b
1

 �

� tan    �  �11,31o .
c d
cos  sin 

Bài 2: Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai đường
OA và OB, ban đầu AB = 40 km; vận tốc của hai


tàu vA = 40 km/h, vB = 40 3 km/h. Chiều chuyển
động các tàu được biểu diễn như hình vẽ. Tính
khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tàu. Biết α = 300, β =

uur
VA
A 

600.
Hướng giải:
Ta có : α +  = β   = 300

A'
α

α'
β
B
b'
B'

+ Đặt : AO = d1; BO = d2.
+ Trong tam giác OAB :

�

d1
d
AB
 2 

sin sin sin

�
d1  AB 3 40 3(km)
d1
d2
AB
�


�
�
sin600 sin300 sin300 �
d2  AB  40(km)

+ Khi tàu A đến A' thì d1' = d1 - v1t = 40 3 - 40t ; d2 = d2+ v2t = 40 + 40 3 t.
d'
d1'
d'2


+ Khoảng cách giữa 2 tàu d' = A'B'. Có
sin sin ' sin '

d' 120-40 3t 40+40 3t
160
=
=
=
( ' '1500)

sin'
sin'
3sin '
3sin'+sin'
80
� d'
� d'min khi y 3sin '  sin ' ymax
3sin ' sin '
�

+ Áp dụng BĐT Bunhia côpxki :
3 3'
1
y 3sin ' sin(1500  ')
sin ' cos '� 7
2
2
80
 30,2 km.
* Suy ra : yMax  7� d'min 
7
Trang 11

uur
VB

0


Bài 3: Hai vật chuyển động trên AO và BO cùng hướng

v
về O. Với v2 = 1 , α = 300. Khi khoảng cách giữa hai
3

A

vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách vật thứ nhất đến O là
d1'  30 3 m. Hãy tìm khoảng cách vật thứ hai đến O lúc B

A'
b

B'

d1'
a

0

d2'

này.
Hướng giải:
Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc đầu ta xét (t = 0) ta có:
d d1  v1t d2  v2t


.
sin sin
sin

v
d
d v t
3d2  v1t
d
3d2  d1
 1 1 
�

.
+ Vì v2  1 
sin sin
sin
3
3sin
3sin sin
+ Với sinβ = sin(1800 - β) = sin (α +  ) = sin (300 +  )
d
3d2  d1
3d2  d1
3d2  d1

� d

0
 sin30
.
y
3
1

3cos  sin
cos  sin
2
2
+ Ta thấy : dmin khi ymax
+ Áp dụng BĐT Bunhia côpxki  y  (3 1)  (sin2   cos2 )  2.
sin 1

 tg �   300 và 1200
ymax = 2 
cos
3
d1'
d'2
sin1200 '
'
* Lúc đó :

�
d

.d1  3d1'  90 m.
2
0
0
0
sin30 sin120
sin30
Bài 4: Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa M và sàn là
u

r
2. Hệ số ma sát giữa M và m là 1. Tác dụng lực F lên M
theo phương hợp với phương ngang một góc α (α thay đổi).
Hãy tìm lực nhỏ nhất Fmin để m thoát khỏi M. Tính α tương
ứng.
Hướng giải:
uu
r uur u
r
uu
r
Vật m: P1  N1  F ms21  ma1
Chi�
u l�
n Ox: E ms21  ma1
Chi�
u l�
n Oy: N1  P1  0

(1)
 a1 =

Fms21
m
Trang 12

m
M

ur

F
α


 a1  1g (*) Khi m bắt đầu trượt a1 = 1g
u
r uu
r uu
r uur u
r
uuu
r
uu
r
+ Xét vật M: F  P2  P1  N2  F ms12  Fms  Ma2
(2)
F cos  Fms12  Fms
+ Chiếu lên Ox: F cosa - Fms12 - Fms = Ma2  a2 =
M
Oy: F sina - (P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 - Fsinα.
Fcos 1mg 2 (P1  P2  Fsin)
+ Mà Fms = 2N2  a2 =
(**)
M
Fcos 1mg 2 (P1  P2  Fsin)
+ Ta có a1  a2  1g 
M
(m M)(1  2)g (m M)(1  2)g
F
cos  2 sin

y
+ Fmin khi yMax. Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki
y  (a12  a22)(b12  b22)  122 � yMax  122
(m M)(1 2 )g
cos 1
 � tg  2
* Vậy Fmin =
,
lúc
đó
sin  2
122

r
Bài 5: Người ta quấn một sợi chỉ không giản vào một khối trụ. Kéo trụ bằng một lực F.
Tìm lực cực tiểu Fmin để trụ lăn không trượt tại chỗ. Xác định góc α lúc đó, biết hệ số ma
sát là .
Hướng giải:
Khi trụ lăn tại chỗ không trượt thì khối tâm G của trụ đứng yên.
(Lúc đó vật chỉ quay, không chuyển động tịnh tiến).
u
r ur u
r uuu
r
+ Ta có F  N  P  Fms  0
 F cos  Fms  0
�
�F  F cos
� � ms
+ Chiếu lên trục x, y: �

 Fsin  N  P  0
�N  P - Fsin
�
+ Mà Fms = N  (P - Fsina) = F cosa
P
�F =
.
cos  sin

(1)
(2)

r
F
G

+ Đặt y = cosa + sina

y

r
N

x

α

+ Ta có : F cực tiểu khi y = yMax .

r

P

+ Theo BĐT Bunhia côpxki :
y  1 2 � yMax  12
Trang 13

Fms


P

. Lúc đó 1  cos hay tg 
 sin
1
r r
Bài 6: Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp với
mặt phẳng nghiêng góc β. Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang. Hệ số ma
sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là .
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng.
b) Với m = 5 kg, α = 450,  = 0,5, lấy g = 10 m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ
nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.
Hướng giải:
r
a) Các lực tác dụng lên vật như
F
r hình
r vẽ.
r
r
r

N
+ Vật chuyển động đều nên: F + P + Fmst + N = 0 (1)

y
+ Chiếu (1) lên Ox : Fcosβ - Psinα - Fmst = 0
(2)
x
r
Oy : Fsinβ + N - Pcosα = 0
(3)
Fmst
O
+ Thay Fmst = μN = μ  Pcosα - Fsinβ  vào (2) ta được:
r
P

sinα + μcosα
F=P
cosβ + μsinβ
(4)
b) Vì P = mg,  và α xác định nên từ (4) thì F = F min khi mẫu số y = cosβ + μsinβ cực
đại.
+ Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki:
cosβ + μsinβ � sin 2β + cos2β 1 + μ 2 = 1 + μ 2 .

* Vậy FMin =

2





 



+ Dấu ‘=’ xảy ra � tanβ = μ = 0,5 � β = 26,56o .
sinα + μcosα
= 47,43 N.
* Vậy khi β = 26,56o thì F = Fmin = P
2
1+μ
Bài 7 (Trích đề thi chọn HSG Tỉnh Thanh Hóa 2019):
Khung dây cứng có dạng hình tam giác vuông với α = 300
đặt trong mặt phẳng thẳng đứng. Hai vật m 1 = 0,1 kg và m2
= 0,3 kg nối với nhau bằng sợi dây nhẹ và có thể trượt
không ma sát dọc theo hai cạnh của khung dây hình vẽ.
Tính lực căng dây nối và góc β khi hai vật ở vị trí cân bằng
? Cân bằng của hệ vật là bền hay không bền ? Vì sao ? Lấy
g = 10 m/s2.
Hướng giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. uur uur uur uur
+ Các ngoại lực tác dụng lên hệ hai vật: N1 , N 2 , P1 , P2
uur uur ur uur r
+ Khi hệ cân bằng: N1 +N 2 +P1 + P2 =0
Trang 14

m1

β

α
Hình 1

m2


- Chiếu lên hệ trục tọa độ Oxy:

y

+ Trên Ox: N1sinα = N2cosα  N2 = N1tanα.
+ Trên Oy: N1cosα + N2sinα = P1 + P2
 N1(cosα + tanα.sinα) = P1 + P2  N1 = (m1 +
m2).g.cosα = 2 3 (N)
uur ur ur r
uur
uur ur
+ Xét với vật m1: N1 +P1 +T1 = 0 � T1 = - (N1 + P1 )
(1)
� T12 = N12 + P12 + 2N1P1.cos(1800 - α)  T2 = T1 =

uur
N1

m1
α

O

a
β L
u
r

x
m2

r
ur T uu
r
P1 1 T2 uu
P2

7 ≈ 2,65(N)

+ Chiếu (1) lên phương của thanh: P1sinα = T1cosβ  cosβ =

7
 β ≈ 79,10
14

+ Gọi khoảng cách từ m1 đến O là a, chiều dài sợi dây khi hệ cân bằng là L. Cân bằng
của hệ hai vật là bền nếu tọa độ trọng tâm trên trục y là thấp nhất.
+ Trên Oy, ta có:
+ Vật m1y1 =- a.sinα . Vật m2 : y2= - L2 - a 2 .cosα
+ Tọa độ trọng tâm hệ vật : yG =

m1y1 + m 2 y 2

a.sinα 3. L2 - a 2
=-(
+
.cosα)
m1 + m 2
4
4

+ Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki, ta có :
2
a.sinα + 3.cosα. L2 - a 2 ≤ (a 2 + L2 - a 2 ).(sinα2 + 9cos α)
=L 7 .
+ Dấu bằng xảy ra 
 yG min khi a =

a
L 7
L2 - a 2
=
a=
sin 
14
3cosα

L 7
L 7
 cosβ =
 β = 79,10.
14
14

* Vậ y đây là cân bằng bền vì G ở vị trị thấp nhất.
3.3. Các bài toán luyện tập kiểm tra năng lực tiếp thu của học sinh
Bài 1: Một quả cầu nhỏ rơi từ điểm A đến một
A
tấm chắn đặt nghiêng một góc α = 45 0 so với
mặt phẳng ngang như hình vẽ. Sau khi va chạm
α
đàn hồi trên tấm chắn, quả cầu rơi xuống mặt
đất tại điểm C nằm cách đường thẳng đứng AB H
(AB = H) một đoạn s. Hỏi phải đặt tấm chắn ở
h
độ cao h bằng bao nhiêu (không thay đổi hướng
của nó) để khoảng cách s đạt cực đại. Tính
B
khoảng cách cực đại này. Bỏ qua sức cản không
s
khí.
Trang 15

C


HD: + Gọi s là tầm bay xa, ta viết biểu thức s dưới dang : s = 2 h  H - h  .
+ Áp dụng BĐT Cô-si ta được kết quả.
H
ĐS: smax = H khi h = H – h, suy ra h  .
2
Bài 2 (Đề thi Olympic Vật Lý toàn Liên Bang Nga lần thứ XLI):
Một đoàn tàu khách dài l đỗ trên sân ga. Anh N ngồi ở toa cuối cùng

đợi thư của người yêu do con chó Lulu mang tới. Vào đúng thời
L
điểm tàu chuyển bánh, con Lulu suất hiện đối diện ngay với đầu tàu
l
như hình. Hỏi con chó phải chạy với vận tốc tối thiểu v 0 bằng bao
nhiêu và theo hướng nào để chuyển được thư cho anh N. Biết con
tàu chuyển động với gia tốc a không đổi và khoảng cách từ con chó
đến toa cuối cùng bằng L.
HD:
+ Viết biểu thức vận tốc của con chó dưới dạng:
L2
a 2 .t 2
2
v0 = 2 +
- al
t
4
+ Áp dụng BĐT Cô-si ta được kết quả.
L-l
ĐS: Con chó cần chạy hướng AD với góc α = arctan 2 2 và tốc độ nhỏ nhất :
L -l
v 0min = a  L - l  .
Bài 3: Một máng có khối lượng m, bán kính R, có
dạng hình bán trụ, đứng yên trên mặt phẳng nằm
ngang như hình vẽ. Một vật nhỏ có cùng khối
lượng với máng được thả không vận tốc ban đầu từ
mép máng sao cho nó bắt đầu trượt không ma sát
trong lòng máng. Giữa máng và mặt ngang có ma
sát với hệ số ma sát . Tìm điều kiện của  để máng luôn luôn đứng yên trong quá trình
vật chuyển động. Coi vật chuyển động trong tiết diện thẳng đứng của hình trụ.

HD:

3sinαcosα
3
=
.
2
1+ 3sinα 4tanα + cotanα

+ Tìm ĐK của  là : μ �

+ Áp dụng BĐT Cô-si cho mẫu số ta được kết quả.
3
ĐS: μ � .
4
Bài 4: Bạn An và bạn Bình tham gia một trò chơi như sau : An và Bình lần lượt đứng tại
hai điểm A và B cách nhau 34 m trên một bãi sông. Khoảng cách từ A đến bờ sông là 12
m, từ B đến bờ sông là 28 m. Nhiệm vụ của An là bắt đầu chạy không vận tốc đầu từ A
Trang 16


đến bờ sông, múc nước ở sông rồi chạy đến B dừng lại đưa cho Bình. Coi đoạn sông là
thẳng, chuyển động của An là liên tục (tốc độ của An không thay đổi khi múc nước) và
gồm hai giai đoạn : chuyển động thẳng nhanh dần đều và chuyển động thẳng chậm dần
đều, thời gian múc nước là không đáng kể. Tìm thời gian ngắn nhất đê An hoàn thành
nhiệm vụ, biết trong suốt quá trình chuyển động, độ lớn gia tốc của An không được quá
0,5 m/s2.
HD: Gọi S là quảng đường An chạy. Ta viết biểu thức thời gian An chạy từ A đến B dưới
dạng :
a2

a1
2S � a 2
a1 �
� 
�, sau đó áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số a và a để cho ra
a1 + a 2 � a1
a2 �
1
2
kết quả.
ĐS: tmin = 20 s.
Bài 5: Một người khối lượng M đứng ở đầu mép
A của một chiếc bè khối lượng m dài l đặt trên
mặt nước như hình vẽ. Người này bắt đầu thực
hiện cú nhảy xa để sao cho khi rơi xuống thì B
A
chạm vào mép B của chiếc bè. Bỏ qua sức cản
của nước.
a) Hãy tìm vận tốc tối thiểu của người để cú nhảy được thành công.
b) Để cú nhảy được thành công nhưng lại muốn năng lượng tiêu tốn là ít nhất thì người
này phải thực hiện cú nhảy với góc nhảy bằng bao nhiêu ? Tìm năng lượng tiêu tốn nhỏ
nhất để thực hiện cú nhảy này.
ml
gt
HD: a) Viết biểu thức của v x =
và v y =
.
 m + M t
2
2

2
2
Sau đó áp dụng BĐT Cô-si : v = v x + v y �2 v x v y để ra kết quả.

t=

ĐS: v min =

mgl
.
 m + M

b) Viết biểu thức năng lượng cần thiết để thực hiện cú nhảy dưới dạng :
2
2
1 �M + m � 2 1 � m ��gl � 1
W = M�
.v x + M �
�
�� �.
2 � m �
2 �M + m ��2 � v 2x
Sau đó Sau đó áp dụng BĐT Cô-si để ra kết quả.
m+M
Mgl
m
ĐS: Góc nhảy α với tanα =
và Wmin =
.
m

2
M+m
Bài 6: Hai vật được ném đồng thời từ một điểm với vận tốc như nhau, cùng bằng v 0.
Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng, còn vật kia được ném lên dưới một góc
nào đó so với phương ngang. Hỏi góc đó phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa hai
vật là cực đại ? Khoảng cách cực đại đó bằng bao nhiêu ? Xem rằng khi rơi xuống đất,
vận tốc của vật lập tức triệt tiêu.
Trang 17


2v 0sinα
HD: Do t �
nên biểu thức khoảng cách giữa hai vật là :
g
32v02 sinα sinα
2
d � 2 .
.
. 1 - sinα  .
g
2
2
sinα sinα
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số :
,
và 1 – sinα. Từ đó suy ra kết quả.
2
2
2
4 2 v 02

ĐS: d max =
khi sinα  .
3
3 3 g
Bài 7: Hai máng rất nhẵn AB và CD cùng nằm trong mặt
A
phẳng thẳng đứng và cùng hợp với phương ngang góc như
nhau, CD = CB. Hai vật nhỏ được thả đồng thời không
C
vận tốc đầu từ A và C. Thời gian để vật trượt từ A đến B là
t1 và thời gian để vật trượt từ C đến D là t 2. Sau bao lâu kể
B
từ khi thả, khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất ? Tính D
α
khoảng cách ngắn nhất này.
HD: Biểu thức khoảng cách giữa hai vật :
L2 = AC 2 - 2  1 + cos2α   AC - x  .x . Áp dụng BĐT Cô-si và biến đổi ta được kết quả.
t12 - t 22
ĐS: t =
và L min = ACsinα .
2
Bài 8: Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên, được kéo trên sàn bằng một sợi dây với lực
kéo F = 1000 N. Hệ số ma sát giữa hộp với sàn nhà là 0,35.
a) Hỏi góc giữa dây và phương ngang phải là bao nhiêu kéo được lượng cát lớn nhất ?
b) Khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu ?
Lấy g = 10 m/s2.
F  cosα + μsinα 
HD: a) Viết biểu thức khối lượng : m =
.
μg + a

+ Áp dụng BĐT Bunhia côpxki cho tử số ta được kết quả (lưu ý kết hợp mẫu số a = 0).
ĐS : tanα = .
F 1 + μ2
b) ĐS: Khối lượng cát lớn nhất : m =
.
r
μg
F
Bài 9: Vật có khối lượng m được kéo lên dốc nghiêng
r α so với

phương ngang bởi lực kéo F có độ lớn không đổi, F hợp với
mặt phẳng nghiêng góc β. Hệ số ma sát giữa vật và mặt nghiêng
là . Tính trị số góc β để vật có gia tốc lớn nhất.
HD:
+ Viết biểu thức gia tốc dưới dạng :



Trang 18


F
 cosβ + μsinβ  - g  sinα + μcosα  .
m
+ Áp dụng BĐT Bunhia côpxki cho cosβ + μsinβ ta được kết quả.
ĐS: amax  tanβ = .
Bài 10: Khung dây cứng có dạng hình tam giác
B
vuông với góc nhọn α đặt trong mặt phẳng thẳng

m1
đứng. Hai vật m1 và m2 kg nối với nhau bằng
β
m2
thanh nhẹ, dài l (l < AC) và có thể trượt không
l
ma sát dọc theo hai cạnh của khung dây (hình
α
vẽ). Ban đầu thả nhẹ thanh và hai viên bi từ đỉnh
góc vuông B. Khi thanh nhẹ nối hai vật hợp với A
C
cạnh AB một góc β thì hệ vật đạt trạng thái cân
bằng bền. Tìm hệ thức liên hệ giữa m1, m2, α và β.
m 2lcosα
 bcosβ + sinβ  .
HD: Viết biểu thức tọa độ khối tâm G : yG = a.sinα m1 + m 2
m1
tanα . Áp dụng BĐT Bunhia côpxki cho
Với b =
m2
bcosβ + sinβ su y ra kết quả.
m1
A
tanα
ĐS: Hệ ở trạng thái cân bằng bền thì : cotβ =
m2
Bài 11: Hai quả cầu cùng bán kính R, khối lượng m dựa vào
tường. Do quả cầu dưới bị đẩy nhẹ về bên phải nên quả cầu trên
trượt xuống theo phương thẳng đứng. Hệ hai quả cầu bắt đầu
chuyển động. Tìm vận tốc cuối của quả cầu dưới. Bỏ qua mọi

B
ma sát.
HD: Viết biểu thức vận tốc quả cầu bên dưới :
2
v 22 = 4gRcosα
1 - cosα  = 2gR.cosα.cosα. 2 - 2cosα  .
Với α là góc hợp bởi tâm O1O2 và phương thẳng đứng.
+ Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số : cosα, cosα và 2 - 2cosα suy ra được kết quả.
2
16gR
ĐS: v 2max =
và lúc này cosα  .
3
27
Bài 12 (Trích đề thi chọn HGS tỉnh Thanh Hóa 2018):
Một vật nhỏ trượt không ma sát, không vận tốc ban đầu từ
H
đỉnh một cái nêm cao H bằng 80 cm và văng ra theo phương
ngang ở độ cao h rồi rơi xuống mặt bàn nằm ngang như hình
vẽ. Hỏi độ cao h bằng bao nhiêu thì vật rơi xuống mặt bàn ở
h
vị trí xa nêm nhất ? Biết rằng nêm được gắn cố định vào mặt
bàn.
HD: Biểu thức tầm bay xa của vật so với nêm :
Trang 19
a=


L = 2 h  H - h  . Áp dụng BĐT Cô-si ta được kết quả.
ĐS: h = H/2 và L = H.

4. Kết quả nghiên cứu
Với nội dung kiến thức trên tôi đã áp dụng vào giảng dạy chuyên đề cho học sinh
trường THPT Triệu Sơn 2. Cụ thể là học sinh ở các lớp ban KHTN từ khoá học 20172018. Đa số các em tiếp thu rất tốt và khá tự tin áp dụng vào giải các bài tập dạng này,
đặc biệt là các em trong đội tuyển HSG cấp tỉnh.
Đội tuyển học sinh giỏi Vật lí trường THPT Triệu Sơn 2 luôn đạt kết quả cao
trong các kì thi học sinh giỏi văn hóa do Sở GD và ĐT tổ chức, cụ thể như sau:
TT
Năm học
Nhất
Nhì
Ba
KK
Tổng số giải
1 Năm học 2016- 2017
1
3
1
5
2 Năm học 2017- 2018
1
2
3
3 Năm học 2018- 2019
1
4
5
III. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT
1. Kết luận
Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chính là công việc đào tạo và bồi dưỡng nhân

tài cho đất nước. Vì vậy mỗi giáo viên phải không ngừng tự học tập, trau dồi chuyên
môn, tích lũy và học tập kinh nghiệm của các đồng nghiệp để vận dụng phù hợp vào
thực tiễn công tác của mình. Tôi mong rằng hệ thống những bài toán mà tôi chia sẻ trong
khuôn khổ của SKKN này sẽ giúp ích cho các đồng nghiệm trong quá trình ôn thi HSG
và ôn luyện thi THPT Quốc gia môn Vật lí.
Phương pháp sử dụng BĐT còn có thể mở rộng để giải các bài toán Điện học,
Quang học, Từ học...và là một phương pháp rất hay để giải các bài toán lạ và khó tìm
giới hạn các đại lượng Vật lý.
2. Kiến nghị
Ôn luyện HSG và là một công tác đòi hỏi rất nhiều sự nỗ lực và cả sự hy sinh của
các giáo viên đứng đội tuyển. Tuy nhiên, hiện nay chế độ đãi ngộ đối với các giáo viên
đứng đội tuyển ở nhiều trường còn chưa tương xứng. Tôi kính đề nghị Sở GD và ĐT,
các ban, ngành, các nhà trường cần có sự hỗ trợ về tài chính nhiều hơn cho công tác ôn
thi HSG, đặc biệt là đối với các giáo viên trực tiếp đứng đội tuyển.
Vì điều kiện thời gian nghiên cứu và năng lực còn hạn chế nên trong sáng kiến
kinh nghiệm này tôi chưa thể nêu hết các vấn đề. Kính mong người đọc góp ý và bổ
sung để tác giả ngày càng hoàn thiện hơn trong phương pháp nghiên cứu khoa học.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
Trang 20


viết, không sao chép nội dung của người
khác.
Tác giả

Nguyễn Thọ Tuấn

Trang 21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa vật lý 10 (Nâng cao), NXB GD 2015.
[2]. Sách giáo khoa vật lý 10 chương trình Chuẩn, NXB GD 2015.
[3]. Các bài toán Hay lạ khó, Chu Văn Biên.
[4]. Thư viện vật lý.
[5]. Thư viện violet.vn.
[6]. Tuyển tập các đề “Olympic 30 tháng 4” từ năm 1996 đến năm 2018.
[7]. Tuyển tập các đề “Trại hè Hùng Vương” các năm từ 2010 đến năm 2017.
[8]. Tuyển tập các đề “Chọn học sinh giỏi các tỉnh Đồng bằng bắc bộ”.
[9]. Giải toán vật lý 10, Bùi Quang Hân, NXB Giáo dục 2000.
[10]. Tài liệu Internet khác.


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP
LOẠI CẤP SỞ GD&ĐT XẾP LOẠI TỪ LOẠI
Tên đề tài
Số, ngày, tháng, năm của quyết định
Năm cấp Xếp loại
Sáng kiến
công nhận, cơ quan ban hành QĐ
Sử dụng hình vẽ để chứng
minh công thức độ bội giác
của các dụng cụ quang học
Một số giải pháp của giáo
viên chủ nhiệm trong việc

giáo dục đạo đức học sinh
nhằm ngăn ngừa tình trạng
học sinh đánh nhau mang
tính bạo lực
Hướng dẫn học sinh sử
dụng phương pháp độ lệch
pha để giải một số bài toán
giao thoa sóng, sóng dừng
Tích hợp có hiệu quả giáo
dục ứng phó với biến đổi
khí hậu trong một số bài
học Vật Lý THPT
Hướng dẫn học sinh đọc
và giải các bài toán đồ thị

2007

C

/QĐ-SGD&ĐT năm 2007

2012

C

/QĐ-SGD&ĐT năm 2012

2013

C

/QĐ-SGD&ĐT năm 2013

2014

C

753/QĐ-SGD&ĐT ngày 13/11/2014

2016

C

972/QĐ-SGD&ĐT ngày 24/11/2016