Phương pháp giải bài toán cực trị trong vật lý THPT

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Việc dạy học và đánh giá thi cử theo hình thức TNKQ thì giáo viên cũng như
học sinh phải có sự thay đổi lớn về cách dạy và học. Dạy học theo phương pháp
TNKQ đòi hỏi người giáo viên không những phải đầu tư theo chiều sâu mà còn phải
đầu tư kiến thức theo chiều rộng, người dạy phải nắm được tổng quan chương trình
của môn học.
Thực tế, khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp
TNKQ, GV phải mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi trắc
nghiệm, vấn đề đầu tư cho việc giải bài toán theo phương pháp tự luận có thể bị mờ
nhạt đi. Điều này ảnh hưởng khá lớn đến chất lượng, mức độ hiểu sâu kiến thức về vật
lý của học sinh.
Trong Vật lý THPT có nhiều bài toán được giải theo phương pháp tính giá trị
cực đại, cực tiểu các đại lượng Vật lý. Mỗi loại bài tập đó đều có một số cách giải nhất
định, song để chọn cách giải phù hợp là điều rất khó khăn cho học sinh bởi lẽ các bài
toán này mang tính đơn lẻ, chưa có tài liệu nào viết có tính chất hệ thống.
Để góp phần cải tiến thực trạng trên tôi quyết định thực hiện đề tài “Phương
pháp giải bài toán cực trị trong vật lý THPT”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu để vận dụng một cách có chọn lọc và sáng tạo và xây dựng phương
pháp cốt lõi để hướng dẫn học sinh giải các bài toán cực trị trong Vật lý THPT.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu:
- Mục tiêu giáo dục.
- Học sinh.
- Nội dung chương trình và phương pháp giảng dạy vật lí ở trường THPT.
- Chiến lược dạy học dựa trên vấn đề và một số chiến lược dạy học hiện đại.
Phạm vi áp dụng:
Các bài toán cực trị trong chương trình Vật lý THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
* Nghiên cứu lý luận

- Nghiên cứu văn kiện Đảng về đổi mới nội dung, chương trình, PPDH.
1


- Nghiên cứu tài liệu về giáo dục và các phương pháp giảng dạy vật lí.
- Vận dụng những kiến thức toán học để tìm cực trị, như:
+ Tính chất của phân thức đại số.
+ Bất đẳng thức Cô-si, Bunhiacopxki.
+ Tính chất đạo hàm của hàm số.
- Khái quát hóa, phân loại các trường hợp để có thể giải quyết các bài tập trong
từng điều kiện cụ thể.
* Nghiên cứu thực nghiệm
- Nghiên cứu, khai thác tài liệu liên quan đến các phương pháp dạy học.
- Nghiên cứu, thiết kế, xây dựng các phương pháp giải bài toán cực trị.
- Chọn mẫu và dạy thực nghiệm ở trường THPT Đông Sơn 2.
* Phương pháp thống kê toán học
- Sử dụng phương pháp thống kê toán học để trình bày kết quả thực nghiệm sư
phạm và kiểm định giả thuyết thống kê về sự khác biệt trong kết quả học tập của hai
lớp đối chứng và thực nghiệm.

2


2. NỘI DUNG
2.1. Những kiến thức toán học bổ trợ.
* Bất đẳng thức Côsi:
a + b  2 ab

(a, b dương)

a + b + c  3 3 abc

(a, b, c dương)

+ Dấu bằng xảy ra khi các số bằng nhau.
+ Khi Tích 2 số không đổi tổng nhỏ nhất khi 2 số bằng nhau.
Khi Tổng 2 số không đổi, Tích 2 số lớn nhất khi 2 số bằng nhau.
* Phạm vi áp dụng: Thường áp dụng cho các bài tập điện hoặc bài toán va chạm
trong cơ học.
* Bất đẳng thức Bunhia côpxki
(a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2 . (b1 + b2)2.
Dấu bằng xảy ra khi

a1 b1

a2 b2

* Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học.
* Tam thức bậc 2.
y = f(x) = ax2 + bx + c.
+ a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol.
+ a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol.
+ Toạ độ đỉnh: x = -

b

; y
( = b2 - 4ac)
2a
4a

+ Nếu  = 0 thì phương trình y = ax2= bx + c = 0 có nghiệm kép.
+ Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
* Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học và
bài tập phần điện.
* Giá trị cực đại của hàm số sin hoặc côsin
a = 00

 (cosa)max = 1

a = 900  (sina)max = 1
* Thường dùng trong các bài toán cơ học - Điện xoay chiều.
* Khảo sát hàm số.
3


- Dùng đạo hàm
- Lập bảng xét dấu để tìm giá trị cực đại, cực tiểu.
Thường áp dụng cho các bài toán điện xoay chiều (vì lúc đó học sinh đã được
học đạo hàm).
* Ngoài ra trong quá trình giải bài tập chúng ta thường sử dụng một số tính chất
của phân thức

a c a c a c
 

b d b d b d

2.2. Các ví dụ áp dụng.

2.2.1. Áp dụng Bất đẳng thức Côsi
Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ

E,r

E = 12V; r = 4W; R là biến trở.
Hãy tìm Rx để công suất mạch ngoài cực đại.
Hướng dẫn:
- Dòng điện: I =

R

E
r R
E2

E2

E2

 2
2
2
- Công suất: P = I2R = r  R  2r �
r � y
�R
�
R
R�
�

- Pmax  ymin.
Theo BĐT Côsi tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau.
� Ymin 

r
E2
. Vậy khi R = r = 4W thì Pmax =
 9(W)
R
4r

R

Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ


UAB = 200 2 sin(100nt) (v)

A

4

L=

L,r

1
10
(H); c

(F). R thay đổi
n
2n

a) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 0
b) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 5W
Hướng dẫn:
a) + Cảm kháng: ZL =  L = 100W;
Dung kháng: ZC =

1
 200
C
4

C


R

B


+ Tổng trở:

Z=

R2  (ZL  ZC )2

U2

+ Công suất: P = I2R =
(ZL  ZC )2
R
R
(ZL  ZC )2
Đặt y = R +
.
R
+ Áp dụng BĐT Côsi: ymin  R = ZL – ZC = 100W.

U2
 200(W)
Lúc đó PR(Max) =
2 ZL  ZC
b) Tương tự ta có:

Z=

(R  r)2  (ZL  ZC )2

U2
u2

PRx = I2R =
r2  (ZL  ZC )2
y
R
 2r
R
+ áp dụng BĐT côsi ymin  R =

PRMax 

U2
2(r  r  (ZL  ZC )
2

2

r2  (ZL  ZC )2

; 124(W)

* Mở rộng: Khi tính P của mạch:
+ Nếu ZL – ZC > r thì PMax khi R = ZL – ZC - r
+ Nếu ZL – ZC  r thì PMax khi R = 0.
Ví dụ 3: Có hai điện tích điểm q1 = q2 =

ur
E 2M

q > 0 đặt tại hai điểm A, B trong không khí (e =
1). Cho biết AB = 2d. Hãy xác định cường độ



điện trường tại M trên đường trung trực AB
cách đường thẳng AB một khoảng x. Tìm x để
EM đạt cực đại.
Hướng dẫn:

ur

* Xác định E M :

ur

ur

ur

+ E M  E 1M  E 2M
Với E1M = E2M = k

q
d  x2
2

5

ur
EM

ur
E 1M
M

a
q1


A

d

x


H

d



B


ur

+ Dùng quy tắc tổng hợp vectơ  E M  AB hướng ra xa AB.

2kq
x
x
.

2kq.
+ EM = 2E1M cosa = 2 2
3
d x
d2  x2

(d2  x2) 2
* Tìm vị trí M:
Ta có d2 + x2 =

(*)

- Theo BĐT Côsi ta có:
d2 d2
d4x2

 x2 �33
� d2  x2
2 2
4





3
2

3 3 2
�
.d .x
2

(**)

4kq

4kq
d
.
Vậy
E
(Max)
=
.
M
2
2 khi x =
3 3d
3 3d
2
uu
r
Ví dụ 4: Vật m1 chuyển động với vận tốc V1 tại A và đồng thời va chạm với vật
+ Từ (*) và (**)  EM 

uu
r
V1'
m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm m 1 có vận tốc V1 ' ; hãy xác định tỷ số
của
V1
uu
r
uu
r
m1 để góc lệch a giữa V1 và V1 ' lớn nhất. (amax).

uu
r
Cho m1 > m2.
P1 '
Hướng dẫn:

u
u
r
u
r
PS  P1

a

+ Động lượng hệ trước va chạm:

uur uu
r
uu
r
PT  P1  m1V1 .

uu
r
P2 '

+ Động lượng hệ sau va chạm:

r uu

r
uu
r
uur
uu
r uu
Ps  P1'  P2'  m1V1'  m2 V2' .

uu
r uur uu
r

+ Hệ kín nên Động lượng hệ bảo toàn: PS  PT  P1

r
uu
r uu

uu
r uu
r

+ Gọi a = (V1�V1' )  (P1�PS )
Ta có: P2'2  P1'2  P12  2P1'P12cos

(1)

m1v12 m1v1' 2 m2V2'2
Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn:



2
2
2
P12
P1'2 P2'2
m


� P12  P1'2  1 P2'2

2m1 2m1 2m2
m2

(2)

� m2 �P1 � m2 �P1'
1
1
+ Từ (1) và (2)  �
� ' �
�  2cos.
m
P
m
P1
�
1 �1 �
1�
6

� m2 �V1 � m2 �V1'
V1'
��
1
1
 0.
� ' �
�  2cos. Đặt x =
m
V
m
V
V
�
1 �1 �
1�1
1
� m2 � � m2 �1
��
1
x �
1
�
�  2cos
� m1 � � m1 �x
Để aMax thì (cosa)min . Theo BĐT cosi: (cosa)min khi:

� m2 � � m2 �1

m1  m2
1
x �
1
�
�
� � x
m1  m2
� m1 � � m1 �x
uu
r
uu
r
V1'
m1  m2

Vậy khi
thì góc lệch giữa V1 và V1' cực đại.
V1
m1  m2
Với cosamax =

m12  m22
.
m1

Ví dụ 5: Một thấu kính hội tụ được đặt song song với màn ảnh E .Trên trục
chính có điểm sáng A và màn E được giữ cố định. Khoảng cách từ A đến màn E là a =
100 cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng giữa màn E và A, người ta thấy vệt sáng
trên màn không bao giờ thu lại một điểm. Nhưng khi L cách màn E một đoạn b =

40cm thì vệt sáng trên màn có kích thước nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính.
Hướng dẫn:
Theo đề bài thì điểm hội tụ của chùm tia ló phải nằm sau màn ảnh E, đường đi
của tia sáng như hình vẽ:
Theo tính chất đồng dạng của tam giác ta có:

r ' d ' b
b
ad
a d

 1  1
 1 
r
d'
d'
d'
d' d'
�

�1 1 � �d
� a d a
r'
 1  a. �  �
 �  1�  
r
f
f
�f d � �f
� d

Mặt khác theo định lý Côsi ta có:

7


a
d

�2.
d
f

a. f  a  b � f 

a d
a
 � d  a. f do đó
vậy r’/r đạt min khi
d
f
f

 a  b
a

2

thay số ta có f = 36 cm.

a
b
r
A

r’

O

A’

d

d’

2.2.2. Áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki:
Ví dụ 6: Hai chuyển động trên
AO và BO cùng hướng về 0. Với V2 =

A

V1
.   300 . Khi khoảng cách giữa hai
3

A'
b


vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách vật

B

B'

d1'
a
d2'

1 đến 0 là d1'  30 3(m) . Hãy tìm
khoảng cách vật 2 đến 0 lúc này?
Hướng dẫn:
Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc t = 0
ta có:


d d1  v1t d2  v2t
v


. Vì v2  1
sin sin
sin
3

d d1  v1t 3d2  v1t
d
3d2  d1



�

.
sin sin
sin
3sin
3sin  sin

sinb = sin(1800 - b) = sin (a +  ) = sin (300 +  )

d
3d2  d1
3d2  d1
3d2  d1

� d

0
 sin30
;
y
3
1
3cos  sin
cos  sin
2
2
8

0

dmin khi ymax

(3 1)  (sin2   cos2 )  2.

áp dụng BĐT Bunhia côpxki  y 
Ymax = 2 
Lúc đó

sin 1

 tg �   300 và  1200
cos
3

d1'
d'2
sin1200 '
'

�
d

.d1  3d1'  90(m)
2
0
0
0
sin30 sin120

sin30

Ví dụ7: Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai đường OA và OB biết AB = 40km;
VA = 40km/h; VB = 40 3 km. Chiều chuyển động các tàu được biểu diễn như hình vẽ.
Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tàu, biết a = 300; b = 600.
Hướng dẫn:
a +  + b   = 300
Ta có: AO = d1;



BO = d2

uur
VA

d1
d
AB
 2 
sin sin sin

A 

A'

a'

a

b
B
b'
B'

�

uur
VB

�
d1  AB 3 40 3(km)
d1
d2
AB
�


�
�
0
0
0
sin60 sin30 sin30
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 '

� d'

80
3sin ' sin '

áp dụng BĐT Bunhia côpxki

d'min khi y  3sin '  sin ' ymax
a1b1 + a2b2 

9

(a12  a22).(b12  b22)

0


y  3sin ' sin(1500  ') 
yMax  7� d'min 

3 3'
1
sin ' cos '� 7
2
2

80
 30,2(km)
7
m
M

Ví dụ 8: Cho cơ hệ như hình vẽ
Hệ số ma sát giữa M và sàn là K2

ur
aF

Hệ số ma sát giữa M và m là K1

u
r

Tác dụng lực F lên M theo phương hợp với phương ngang 1 góc a (a thay đổi).
Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M. Tính a tương ứng.
Hướng dẫn:

uu
r uur u
r

uu
r

* Vật m: P1  N1  F ms21  ma1

(1)

Chi�
u l�
n Ox: E ms21  ma1

 a1 =

Chi�
u l�
n Oy: N1  P1  0

Fms21

m

 a1  K1g (*) Khi m bắt đầu trượt a1 = k1g

u
r uu
r uu
r uur u
r

uuu
r

uu
r

* Xét vật M: F  P2  P1  N 2  F ms12  Fms  Ma2

Chiếu lên Ox: F cosa – Fms12 - Fms = Ma2  a2 =

(2)

F cos  Fms12  Fms
M

Oy: F sina - (P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 - Fsina.
Mà Fms = K2 N2  a2 =
Ta có a1  a2  K1g 
F

Fcos  K 1mg K 2 (P1  P2  Fsin)
M

(**)

Fcos  K 1mg K 2 (P1  P2  Fsin)
M

(m M)(K 1  K 2)g (m M)(K 1  K 2)g
cos  K 2 sin
y

Fmin khi ymax. Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki
y

(a12  a22)(b12  b22)  1 K 22 � yMax  1 K 22

Vậy Fmin =

(m M)(K 1  K 2)g
1 K

2
2

lúc đó

cos 1

� tg  K 2

sin K 2

2.2.3. Áp dụng tính chất tam thức bậc 2.
Ví dụ 9: Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều
dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng (Hình vẽ)
10


- Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn
ngang với vận tốc không đổi v thì con bọ bắt đầu bò dọc theo 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.
Hướng dẫn:

A

L
L
Xét (0 < t < ) và (t )
u
v
Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t

Con bọ dừa

Thì con bọ đi được l = u.t
Độ cao mà nó đạt:

B

2
2 2
h = l. Sinα = u.t L  v t .

L

U 22 24 U
L t v t 
y
H=
L
L

r
u

hmax khi y = ymax

h a

y = -v2 X2 + L2X (với X = t2 > 0).
ymax =

r
v

L
L
tại X  2
2

4v
2v
4



2

(y là tam thức bậc 2 có a = -v2 < 0  ymax tại đỉnh Parabol).
Vậy độ cao cực đại con bọ dừa đạt được là: hmax =

U
UL
yMax 
L
2v

Ví dụ 10: Một người đứng tại điểm A trên bờ hồ. Người này muốn đến B trên
mặt hồ nhanh nhất. Cho các khoảng cách trên hình vẽ, biết rằng người này chạy trên
bờ thì vận tốc là v1, khi bơi có vận tốc v (v2< v1). Hãy xác định phương án chuyển
động của người đó.
Hướng dẫn:
Giả sử người đó chọn phương án chạy trên bờ 1 đoạn AD, sau đó bơi từ D  B.

d2  x2
S x
Thời gian người đó từ A  B: t =

v1
v2

t=

v1 d2  x2  v2x S

v1v2
v1

2
2
Đặt P = v1 d  x  v2x (1);

t

P
 S;
v1v2

11

Tmin khi Pmin.


 Từ (1)  P + v2x = v1 d2  x2 � (v12  v22)x2  2pv2 .x  v12d2  p2  0
để có nghiệm (với 0  x < S) thì '  0

B

 p2v22  v12v22d2  v14d2  v22p2  v12p2 �0
2 2
v12 (v22d2 v�

 p2) 0
1d

p2 (v12 v22)d2
v2d

Vậy Pmin = d v  v . Khi đó x 
2
1

d

2
2

S

A



D

v12  v22

H



x

+ Nếu x  S thì bài toán vô nghiệm tức là không tồn tại C  chọn phương án
bơi thẳng A  B.
+ Nếu x < S thì người đó phải đi một đoạn AD = S -

v2d
v12  v22

rồi bơi từ D đến B.

Ví dụ 11: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo
phương hợp với phương ngang một góc a. Tìm a để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất.
Hướng dẫn:
+ Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất.
+ Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần
theo Ox:

x = v0t. cosa

theo Oy:

y = h0 + v0t . sina -

* Khi chạm đất thì x = LMax

(1)

gt2
2

(2)

L Max
lúc đó t =
v0 cos

Thay t vào (2) ta được:

gL
0
y = h0 + L.tga 2
2v0 cos2

y

h

a

uur
V0
x

0

�gL2
�
gL2 2
1
2

.tg


L.tg



h
0

1

tg

mà
.

�
0�
2
2v20
cos2
�2v0
�
Phương trình phải có nghiệm với tga.

�
4gL2 �gL2
g2L2 2gh0
  = L2 �  h0 ��0 � 1 4  2 �0

2v20 �2v20
v0
v0
�
12

(*);


v
v
L � 0 v20  2gh. L Max  0 v20  2gh
g
g
 Phương trình (*) có nghiệm kép.

v0

Vậy tanga =

v20  2gh

thì tầm xa cực đại.
R

Ví dụ 12: Cho mạch điện như hình vẽ
A

UAB = 200 2 sin 100nt (v)
R = 100W; C =





L

C

B

104
(F) ; cuộn dây thuần cảm và có thể thay đổi được độ tự cảm.


Hãy xác định L để hiệu điện thế UL đạt cực đại. Tính giá trị cực đại đó.
Hướng dẫn:
Cảm kháng Z = L ; dung kháng ZC =
Tổng trở: Z =

U L  I.ZL 

1
100 .
C

R2  (ZL  ZC )2

U.ZL


Z

U
U

;
1
1
y
(R2  Z2C ). 2  2ZC . 1
Z2
ZL

U L (Max) khi ymin
y là tam thức bậc 2 có a = R2 + Z2C > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol.

1
Z
R2  ZC2 2
U R2  Z2C
 2 C 2 �L 
 (H) thì U
 200 2(V)
LMax 
ZL R  ZC
 ZC

R
* Mở rộng.
Nếu L = const, tụ C có điện dung thay đổi. Tìm C để U C đạt giá trị cực đại ta

làm tương tự trên và kết quả là:

U R2  Z2L
R2  Z2L
UCMax =
khi ZC 
R
ZL
2.2.4. Áp dụng giá trị cực đại của Hàm số sin và Hàm số cos
Ví dụ 13: Từ độ cao h so với mặt đất. Tại A, B cách nhau một khoảng l người ta
ném đồng thời hai vật (vật ở A ném đứng lên trên với vận tốc v 1; vật ở B ném ngang
với vận tốc v2 hướng về phía A). Hãy tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật đó.
13


Hướng dẫn:
Gọi vật 1 là vật ở A; vật 2 là vật ở B; vật 3 là mặt đất.

uur r

uur r

uur uur uur uur
a13  a12  a23 � a23  0

Có a13  g; a23  g;

Do đó hai vật chuyển động thẳng đều so với nhau.
+ Chọn vật ở B làm mốc thì vật ở A sẽ chuyển động theo đường Ax (theo hướng

uuu
r
V12 ).

uuu
r uuu
r uuu
r

uuu
r uuu
r uuu
r uu
r

uur

Vì V13  V12  V23 � V12  V13  V23  V1  ( V2)

d
l
l.v1

� d
.
sin sin
v12  v22 .sin
Vậy dmin =

l v1

v v
2
1

2
2

dmin khi sinb = 1

(điều kiện t =

l
v v
2
1

2
2

�
A

2h
).
g

V1

L, r

Ví dụ 14: Cho mạch điện như hình vẽ

0,9
(H)
UMN = const ; L =


M

V2

M
a

C thay đổi. Ra = 0; Rv rất lớn.

C

Tần số dòng điện f = 50 HZ; r = 90W.
Hãy chứng tỏ rằng khi điều chỉnh C để
hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha nhau 1 góc


thì UC đạt giá trị cực đại.
2

Hướng dẫn:
+ Mạch điện vẽ lại như hình bên

uur

UL

Vôn kế v1 chỉ UMA ; Vôn kế v2 chỉ UMN
+ Ta có: ZL = L = 90W;

ur
U MN

+ Giản đề véc tơ.
tgj1 =
+

ZL

1� 1 
r
4

j1
j

0

U MN
UC

sin sin(1  )

� U C  U MN .

uur
Ur

ur
U MN

sin


mà   1  .
sin(1  )
2
4
14

uuu
r
UC

a

r
I


 UC =

U MN
2.sin(1  )

Ta thấy UC cực đại khi sin (j1 + j) = 1  j1 + j =
Theo bài ra thì (j1 + j) =


2


 UC đạt cực đại.
2

2.2.5. Dùng phương pháp đạo hàm
Ví dụ 15: Cho mạch điện như hình vẽ

A



R
L



C B

UAB = 200 2 sin 100nt (v)
R = 100W ; C =

1
.104(F) . Cuộn dây thuần cảm và có L thay đổi. Tìm L để
2

UAM đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó.
Hướng dẫn:
+ Dung kháng:

ZC =

1
 200
C

+ Tổng trở:

Z=

R2  (ZL  ZC )2 ; ZAM  R2  Z2L

+

I

U
; U AM  I.ZAM 
Z

U
Z2C  2ZCZL
1
R2  Z2L

Z2C  2ZC ZL
Đặt y = 1 +
R2  Z2L
UAM cực đại khi y = ymin.

2ZC (Z2L  ZC ZL  R2)
* y' =
(R2  Z2L )2
� Z  Z2  4R2  241()
C
�
ZL  C
2
2
2
+ y' = 0  ZL  ZC ZL  R  0� �
�
ZC  ZC2  R2
�
Z 
 0 (lo�
i)
�C
2
Bảng biến thiên

15


ZL

Vậy



241

khi

tức là L =
thì

0

UAM

ZL = 241W
y'

-

0

y

+

0,767(H)
cực đại.

ymin

UA

(Max)

M

=

U( 4R2  Z2C  ZC )
 482(V)
2R
Ví dụ 16: Vật phẳng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có
tiêu cự f = 20cm. Phía sau thấu kính đặt một màn để hứng ảnh của vật, cách thấu kính
một khoảng l = 60cm.
a) Xác định vị trí đặt vật để ta thu được ảnh rõ nét trên màn.
b) Giữ vật và màn cố định. Chứng tỏ rằng nếu di chuyển thấu kính ta thu được
hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn. Tìm khoảng cách giữa 2 vị trí đó?
c) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa vật và ảnh trong khi di chuyển thấu kính từ
vị trí này đến vị trí còn lại mà ta thu được ảnh rõ nét trên màn.
Hướng dẫn:
TK
a) Sơ đồ tạo ảnh ABd ���d' A 'B'

Theo bài ra d' = l = 60cm ;  d =

d'f
 30cm
d' f

b) Vì vật và màn cố định tức là d + d' = 90cm  d +
 d2 - 90d + 1800 = 0

df
 90
d f

 d1 = 30cm; d2 = 60cm

Vậy có 2 vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn.
Khoảng cách giữa 2 vị trí đó là: d = d2 - d1 = 30cm
c) Khi di chuyển thấu kính từ vị trí 1 (d1= 30cm) sang vị trí 2 (d2 = 60cm)

d2
.
Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d' =
d 20
L '

d(d 40)
.� L ' 0khi d 40cm
(d 20)2

16

d304060L'-0+Lmin


Vậy khoảng cách ngắn nhất cần tìm là Lmin =

402
 80(cm) .
40 20

3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Bằng thực tế giảng dạy tôi thấy các cách giải bài tập Vật lý "Tìm giá trị cực
đại, cực tiểu của đại lượng Vật lý" được nêu ở trên đã phát huy được ưu điểm như:
Củng cố được cách làm bài tập Vật lý cho học sinh và một số giáo viên của trường
nâng cao được năng lực chuyên môn của mình.
Đối chiếu với nhiệm vụ, mục đích đặt ra của đề tài chúng tôi nhận thấy rằng:
nhiệm vụ đã hoàn thành và mục đích đã đạt được. Tuy nhiên với kiến thức cá nhân còn
hạn chế, đề tài thì quá rộng nên bài viết còn có những sai sót nhất định. Rất mong
được đồng nghiệp đóng góp ý kiến để đề tài có thể trở thành tài liệu tham khảo cho
GV và có thể được nhân rộng, áp dụng cho việc giảng dạy các phần, chương, bộ môn
khác trong các trường THPT.
3.2. Kiến nghị
Việc dạy các bài toán Vật lý cực trị đòi hỏi phải có thời gian dài và đầy đủ cơ sở
vật chất để học sinh nghiên cứu. Vì vậy, các trường THPT cần tạo điều kiện về mặt
thời gian, không hạn chế theo khung chương trình để quá trình nghiên cứu của học
sinh được tốt hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

CAM KẾT
Tôi xin cam kết đề tài này do tôi
nghiên cứu và viết trong năm học, không
sao chép của người khác, có gì sai sót tôi
17

xin chịu hoàn toàn trách nhiệm.
Tác giả

Hà Việt Phương

18