sáng kiến kinh nghiệmvận dụng phương pháp tìm cực trị giúp học sinh có kinh nghiệm giải bài toán khó trong kỳ thi THPT quốc gia và kỳ thi HSG môn vật lí

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong những năm vừa qua có nhiều thay đổi lớn trong công tác tổ chức thi tốt nghiệp
THPT và tuyển sinh Đại học của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Từ bài thi tự luận sang bài thi
trắc nghiệm, từ cách làm từng môn thi cho mỗi buổi thi sang bài thi tổ hợp gồm 3 môn thi
trong một buổi thi. Những đổi mới đó đã được xã hội đánh giá là tích cực vì đã giải quyết
triệt để được mục tiêu giảm số lần thi cử và áp lực di chuyển đến trường thi của thí sinh.
Bên cạnh đó kỳ thi đã đánh giá đúng năng lực của thí sinh và kết quả là căn cứ tốt nhất
trong bối cảnh hiện nay để các trường Đại học xét tuyển.
Tuy nhiên kỳ thi THPT Quốc gia năm học 2017-2018 vừa qua đã cho kết quả không
như kỳ vọng, chất lượng thấp hơn năm học trước và trong đó có bộ môn Vật lí. Phổ điểm
thi của môn Vật lí cho thấy thí sinh có điểm từ 9 trở lên đạt 0,15% và chỉ có 2 thí sinh đạt
điểm 10, đặc biệt điểm trung bình là 4,97 thấp hơn năm học trước là 5,34. Trong đó kết
quả đối với trường THPT Nguyễn Trãi tỉnh Gia Lai chỉ có một thí sinh đạt điểm 8 là điểm
cao nhất môn Vật lí của trường. Bên cạnh đó kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 cấp Quốc
gia năm học 2018-2019 có số lượng giải giảm rõ nét, đặc biệt tại tỉnh Gia Lai có nhiều
môn trắng giải và trong đó có bộ môn Vật lí. Có nhiều nguyên nhân dẫn đến chất lượng
các kỳ thi không được như kỳ vọng, song có lẽ nguyên nhân thiết thực nhất đó là các em
học sinh đã vơi đi nhiệt huyết, đã thiếu đi ngọn lửa đam mê chinh phục tri thức. Nhiệm vụ
cấp bách thời điểm này đối với đội ngũ giáo viên THPT là phải xây dựng những chuyên
đề chuyên môn với giải pháp đủ sức hấp dẫn kích thích các em học sinh chinh phục
những bài toán khó.
Sử dụng phương pháp tìm cực trị là một trong các giải pháp tối ưu giải những bài tập
vật lí nâng cao. Song tại cụm chuyên môn số 2, đặc biệt tại trường THPT Nguyễn Trãi đã
chưa khai thác hướng đi này với một hệ thống bài tập tương đối hoàn chỉnh.
Trên cơ sở đó, chúng tôi chọn đề tài “Vận dụng phương pháp tìm cực trị giúp học
sinh có kinh nghiệm giải bài toán khó trong kỳ thi THPT Quốc gia và kỳ thi HSG
môn Vật lí” cho sáng kiến của mình.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Khi viết sáng kiến này chúng tôi muốn xây dựng một chuyên đề bồi dưỡng học sinh
theo định hướng phát triển năng lực nhằm cung cấp cho học sinh có năng khiếu với môn

Vật lí những kiến thức đủ sâu và phương pháp tối ưu để giải quyết một số dạng bài tập
1


nâng cao trong nội dung vật lí sơ cấp, thường xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia
và đề thi học sinh giỏi. Qua đó, giúp học sinh hoàn thiện kiến thức và nâng cao khả năng
vận dụng kiến thức để giải bài tập, chuẩn bị tốt nhất cho các kì thi sắp đến.
3. Giả thuyết khoa học
Nếu thiết kế phương pháp tìm cực trị giải bài tập vật lí sơ cấp và sử dụng chúng vào
dạy học nội dung ôn tập thi THPT Quốc gia và ôn luyện học sinh giỏi môn Vật lí một
cách hợp lí thì sẽ góp phần làm đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hóa
hoạt động nhận thức của học sinh, từ đó nâng cao chất lượng các kỳ thi ở trường trung
học phổ thông.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Trong đề tài này, chúng tôi tập trung phân tích tương đối chi tiết về vận dụng phương
pháp tìm cực trị giải một số bài toán vật lí sơ cấp thường xuất hiện trong các đề thi THPT
Quốc gia và đề thi học sinh giỏi trong quá trình dạy học Vật lí ở trường phổ thông.
5. Phương pháp nghiên cứu
Có thể khẳng định, phương pháp nghiên cứu được sử dụng trong đề tài này là vận
dụng lí thuyết vào thực tiễn và từ thực tiễn bổ sung thêm cho lí thuyết.
Thật vậy, để nghiên cứu giải một số bài toán vật lí sơ cấp bằng phương pháp tìm cực
trị, trước hết chúng tôi sẽ hệ thống lại những lí thuyết toán học liên quan đến cực trị. Từ
những lí thuyết này, chúng tôi vận dụng để giải quyết các bài tập cụ thể để rồi rút ra
phương pháp giải các bài tập khác có độ khó tương đương.
6. Nội dung của sáng kiến
Từ lí thuyết toán học liên quan đến cực trị, trong Vật lí chúng tôi lập hàm và biến
tương đồng về dạng toán học đã biết, từ đó chúng tôi tìm nhiều lời giải cho một bài toán
và mỗi một nội dung Vật lí, chúng tôi giải một bài toán tiêu biểu. Trên cơ sở đó, chúng tôi
tổng hợp thành phương pháp chung để giải quyết bài toán tương đương cùng độ khó có
tính chọn lọc từ nhiều nguồn tài liệu tham khảo.

7. Những đóng góp của sáng kiến
- Ý nghĩa khoa học: Đã đưa ra phương pháp tìm cực trị và hệ thống bài tập vật lí sơ
cấp vận dụng phương pháp đó vào dạy học ôn tập thi THPT Quốc gia và ôn luyện học
sinh giỏi môn Vật lí.
- Ý nghĩa thực tiễn: Phương pháp cực trị giải bài tập vật lí sơ cấp đã sử dụng vào
dạy học nội dung ôn tập thi THPT Quốc gia và ôn luyện học sinh giỏi môn Vật lí tại các
trường THPT thuộc cụm chuyên môn số 2 và đặc biệt tại trường THPT Nguyễn Trãi góp
2


phần làm đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hóa hoạt động nhận thức của
học sinh, từ đó nâng cao chất lượng các kỳ thi nói chung và trong đó kỳ thi chọn học sinh
giỏi môn Vật lí cấp tỉnh lớp 12 năm học 2018-2019 vừa qua là minh chứng rõ nét.
- Điềm mới của đề tài sáng kiến: Một bài toán tìm cực trị được chúng tôi phân tích
dưới nhiều góc độ, sâu chuỗi các dữ kiện theo nhiều chiều khác nhau, từ đó chúng tôi đặt
nhiều lời giải cho một bài toán. Với cách làm đó, chúng tôi đã góp phần làm đổi mới
phương pháp dạy học theo hướng tích cực hóa hoạt động nhận thức của học sinh, từ đó
giúp học sinh hình thành năng lực cho bản thân và vận dụng được kiến thức vào thực tiễn.
Đặc biệt qua các ví dụ trên, chúng tôi mong muốn giúp học sinh có tư duy giải quyết một
vấn đề theo nhiều chiều. Và nếu với các con đường khác nhau, cùng cho một kết quả như
nhau thì kết quả thu được rất đáng trân trọng.

NỘI DUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.1. Phương pháp tìm cực trị
1.1.1. Khái niệm chung về phương pháp tìm cực trị
Phương pháp tìm cực trị là phương pháp khảo sát cực đại, cực tiểu, hoặc giới hạn
một phía: cực trị trái, cực trị phải, đồng thời dựa vào đó phân tích, suy luận khoa học, đưa
ra những dự đoán hoặc dẫn dắt đến kết luận. Trong một số phân tích các quá trình Vật lí,
phương pháp cực trị có tác dụng đặc biệt, nâng cao hiệu suất giải đề, biến vấn đề khó

thành dễ, vấn đề phức tạp thành đơn giản, cách suy nghĩ linh hoạt và phán đoán chuẩn
xác. Vì thế yêu cầu không những có năng lực tư duy logic chặt chẽ mà còn có năng lực
tưởng tượng phong phú, từ đó sẽ thu được kết quả cao khi dùng phương pháp này.
3


1.1.2. Kinh nghiệm của học sinh khi giải bài toán cực trị
Khi trong một bài toán Vật lí yêu cầu tìm cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) của một đại
lượng Vật lí, các bạn học sinh thường nghĩ ngay đến dùng đạo hàm, cụ thể là lấy đạo hàm
của đại lượng đó rồi cho bằng 0. Việc biết tính thành thạo các đạo hàm tất nhiên là rất có
lợi, nhưng điều đó chỉ có đối với các học sinh ở lớp cuối cấp THPT, nhưng ngay cả các
học sinh lớp dưới cũng hay gặp các bài toán về tìm cực trị, đặc biệt là trong các kì thi học
sinh giỏi, mà họ thường là chưa được học về đạo hàm. Hơn nữa, lời giải dùng đạo hàm
không phải bao giờ cũng là đơn giản nhất và đẹp nhất.
1.2. Các phương pháp cơ bản tìm cực trị
1.2.1. Phương pháp cực trị từ một điểm đến một đường thẳng
Khoảng cách cực tiểu từ một điểm đến một đường thẳng là đoạn vuông góc hạ từ
điểm đó xuống đường thẳng.
1.2.2. Khảo sát tam thức bậc hai. Có thể sử dụng các công thức có sẵn đối với đỉnh
của parabol, tìm nghiệm của tam thức (đỉnh của parabol nằm giữa hai nghiệm này).
y = f(x) = ax2 + bx + c.
+ a > 0 thì ymin tại đỉnh Parapol.
+ a < 0 thì ymax tại đỉnh Parapol.

+ Tọa độ đỉnh: x = -

b
−∆
; y=
2a

4a

(∆ = b2 - 4ac)

+ Nếu ∆ = 0 thì phương trình y = ax2 + bx + c = 0 có nghiệm kép.
+ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.
1.2.3. Sử dụng các biến đổi lượng giác và các cực trị của các hàm lượng giác.
Ví dụ, nếu hàm khảo sát dẫn tới hàm số sin của một biến góc, thì cực đại đạt được
khi sin bằng 1. Một ví dụ quen thuộc là tầm bay của vật ném lên dưới một góc so với
phương ngang được biểu diễn qua sin của góc nhân đôi.
(cosα)max = 1 ⇔

α = 00

⇔

α = 900

(sinα) max = 1
1.2.4. Sử dụng bất đẳng thức Côsi
4


Trong chương trình toán ở trường phổ thông, ta đã biết bất đẳng thức (BĐT) Cô si:
a + b ≥ 2 ab

hay

a+b
≥ ab

2

Tức là trung bình cộng của hai số không âm a và b không nhỏ hơn trung bình nhân
của chúng, dấu bằng xảy ra khi a = b. Một số hệ quả của BĐT này rất hữu ích khi giải một
số bài toán Vật lý. Đó là:
+ Hai số không âm có tổng không đổi thì tích của chúng có giá trị lớn nhất khi hai số
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.
1.2.5. Chuyển tới hệ quy chiếu (HQC) khác.
Trong HQC mới việc tìm cực trị có thể dễ hơn rất nhiều.
1.2.6. Sử dụng phương pháp đồ thị.
Khi đó, việc tìm cực trị được quy về một phép dựng hình đơn giản. Thường phương
pháp này được sử dụng cùng với phương pháp chuyển HQC.
1.2.7. Sử dụng đại lượng cần khảo sát là một tham số trong phương trình.
Nếu chúng ta khảo sát cực tiểu (hoặc cực đại) của hàm y(x), thì giá trị cực tiểu sẽ
tương ứng với một giá trị của x; các giá trị y > y min sẽ tương ứng với hai giá trị của x; còn
khi y < ymin thì phương trình đối với x sẽ không có nghiệm, đồng thời chính hàm y(x) có
thể có dạng phức tạp.
1.2.8. Phương pháp biến thiên nhỏ.
Với biến thiên nhỏ của tham số, độ biến thiên của đại lượng cần khảo sát phải bằng
0 (ở bậc nhỏ thứ nhất).
1.2.9. Sử dụng các đạo hàm ẩn có ý nghĩa Vật lý.
Ví dụ, cực trị của tọa độ đạt được khi hình chiếu của vận tốc bằng 0; cực trị của vận
tốc đạt được khi gia tốc bằng 0; cực trị của điện tích đạt được khi dòng điện bằng 0.
1.2.10. Phương pháp sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số
Cho hàm số của biến số thực y = f(x) xác định trên khoảng (a;b).
Xét giá trị xo ∈ (a;b) và giá trị x

(a;b), x

xo.

Đặt Δx = x − x0 thì x = x0 + Δx.
Δx được gọi là số gia đối số.
Đặt Δy = f(x) – f(x0). Δy được gọi là số gia hàm số.
5


Xét tỷ số

∆y
: nếu khi Δx → 0, tỷ số đó dần tới một giới hạn thì giới hạn đó được gọi
∆x

là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0 kí hiệu là f’(x).

f ( x 0 + ∆x ) − f ( x 0 )
∆x → 0
∆x

f ' ( x ) = lim

Giá trị của f’(x) thể hiện tốc độ biến đổi của hàm f(x) theo sự tăng dần của biến số x ở
ngay gần sát tại điểm x đang xét. Cụ thể:
-

Nếu f’(x) > 0: hàm số f(x) đang tăng hay f(x) đồng biến tại x.
Nếu f’(x) < 0: hàm số f(x) đang giảm hay f(x) nghịch biến tại x.
Nếu f’(x) = 0: hàm số f(x) không tăng hoặc giảm hay f(x) đạt cực trị tại x.

Như vậy, nếu một đại lượng Vật lý phụ thuộc vào thời gian theo hàm số f(t) thì đạo

hàm f’(t) theo thời gian cho biết tốc độ biến thiên của đại lượng đó. Nếu đạo hàm f’(t) có
giá trị bằng 0 thì giá trị của đại lượng f(t) đang đạt cực trị hoặc đại lượng đó là hằng số.
Đây là ý nghĩa Vật lí của đạo hàm.
CHƯƠNG II: GIẢI BÀI TOÁN VẬT LÍ BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ
2.1. Tính ưu việt của phương pháp tìm cực trị
Các bài toán tìm cực trị trong Vật lí có độ phân hóa học sinh rất cao, vì đa phần
đều phải vận dụng tổng hợp kiến thức để giải quyết. Vì thế yêu cầu học sinh không những
có năng lực tư duy logic chặt chẽ mà còn có năng lực tưởng tượng phong phú. Việc vận
dụng phương pháp tìm cực trị thường đi theo các bước sau:
- Bước 1: Sâu chuỗi các dữ kiện, từ đó phải xác định được đại lượng nào là biến và
đại lượng nào là hàm.
- Bước 2: Thiết lập các quy luật quan hệ của hàm theo biến.
- Bước 3: Tùy vào dạng của biểu thức toán học thiết lập được, dựa vào kinh nghiệm
và khả năng toán học sẽ chọn một trong các giải pháp tìm cực trị, tìm ẩn của bài toán.
Dưới đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song
B

với một màn EL như hình bên.
Khoảng cách giữa AB và E
E
làAL. Giữa AB và E có một thấu kính hội tụ tiêu cự f =
20cm. Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính AE người
ta thấy có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của
6


AB trên màn. Tìm điều kiện của L để bài toán thỏa mãn.

Hướng dẫn giải

Nguồn sáng S cho ảnh thật thì d’ > 0
Giải pháp 1
Ứng dụng bất đẳng
thức Côsi

Theo BĐT Côsi ta có: L = d + d ' ≥ 2. d .d '
Hay:

d + d' ≥ 2

d .d '
= 2 f Suy ra: L ≥ 4 f
d + d'

Vậy Lmin = 4f = 80(cm) khi d = d’= 40(cm)
Giải pháp 2
Ứng dụng tính chất
của hàm số bậc 2

L = d + d' = d +

df
⇒ d 2 − Ld + Lf = 0
d−f

∆ = L2 − 4Lf

Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB

trên màn, thì pt phải có 2 nghiệm => Δ ≥ 0 => L ≥ 4f.
Vậy Lmin = 4f = 80(cm) khi d = d’= 40(cm)
Giải pháp 3
Ứng dụng đạo hàm

L = d + d′ = d +

Sử dụng đạo hàm: L ′ = (d +

df
d− f

df
f2
)′ = 1 −
d− f
(d − f ) 2

Cho L ′ = 0 ⇒ d = 2 f
Vậy Lmin = 4 f = 80cm
Ví dụ 2. Cho mạch điện như hình vẽ: ξ = 12V, r = 4 Ω ,

E,
r

R là một biến trở.Tìm giá trị của R để công suất mạch

R

ngoài đạt giá trị cực đại.

Hướng dẫn giải

7


Giải pháp 1

-

Ứng dụng bất đẳng
thức Côsi

-

Công suất: P = I2.R =

⇔ P=

ξ2
.R
( R + r )2

ξ2

ξ2

=
ξ R
=
r 2 ( R + r )2 .

2
R + 2r +
R + 2rR + r
R
R
2

2

Đặt y = ( R +

r
ξ2
)⇒P= 2
R
y

Nhận xét: Để Pma x ⇔ ymin
Theo bất đẳng thức Côsi: Tích hai số không đổi, tổng nhỏ
nhất khi hai số bằng nhau => ymin ⇔ R =

(Ω) thì Pmax =

Giải pháp 2
Ứng dụng tính chất
của hàm số bậc 2

ξ2
ξ 2 122
=

=
= 9(W )
r + 2r + r 4r 4.4

ξ2
.R
- Công suất: P = I .R =
( R + r )2
2

PR 2 + (2 Pr − E 2 ) + Pr 2 = 0

- Điều kiện phương trình có nghiệm: ∆ ≥ 0
⇒P≤

ξ2
ξ2
⇒ Pmax =
= 9W và R = r
4r
4r

Giải pháp 3
- Công suất mạch ngoài còn được tính:
Ứng dụng tính chất
P = ξI − I 2 r ⇒ I 2 r − ξI + P = 0
của hàm số bậc 2
-Điều kiện phương trình có nghiệm: ∆ ≥ 0
ξ2
ξ2

⇒P≤
⇒ Pmax =
= 9W
4r
4r

- Ta có:

Giải pháp 4
Ứng dụng đạo hàm

ξ2
ξ 2R
=
⇒R=r
4r ( R + r ) 2

ξ2
.R
-Công suất: P = I .R =
( R + r )2
2

-Sử dụng đạo hàm: P′ =

8

ξr 2 − ξ 2 R 2
=0
( R 2 + 2 Rr + r 2 ) 2

r
⇒ R=r=4
R


R = r ⇒ Pmax =

-Ta có:

ξ2
= 9W
4r

Ví dụ 3. Hãy xác định áp suất khả dĩ lớn nhất của n mol khí lý tưởng thực hiện quá trình
diễn ra theo quy luật T = T0 (1 –

V0
), trong đó T0 , V0 là các hằng số dương đã biết và
V

V > V0
Hướng dẫn giải
- Phương trình Cla-pê-rôn – Men-đe-lê-ép dưới dạng:
Giải pháp 1
Ứng dụng tính chất

P=

của hàm số bậc 2

νRT
V

-Kết hợp với đầu bài: P =

νRT0
V
(1 − 0 )
V
V

-Ta có: PV 2 − νRT0V + νRT0V0 = 0
-Điều kiện phương trình có nghiệm: ∆ ≥ 0
νRT0
4V0
νRT0
V
1 V
P=
(1 − 0 ) = νRT0 ( − 02 )
V
V
V V

⇒ Pmax =

Giải pháp 2
Ứng dụng đạo hàm

-Sử dụng đạo hàm: P ′ = νRT0 (
- Ta có: V = 2V0 ⇒ Pmax =

− 1 2VV0
+
)=0
V2
V4

νRT0
4V0

Ví dụ 4. Một bình hình trụ chứa đầy nước đến độ cao h. Hỏi cần phải khoét một lỗ nhỏ ở
thành bên tại độ cao nào để tầm bay của dòng nước là cực đại?
Hướng dẫn giải
-Nếu lỗ ở độ cao x, thì khoảng cách đến mức nước là:
Giải pháp 1

h–x
-Từ định luật bảo toàn năng lượng, tốc độ phóng ra của dòng

Ứng dụng bất đẳng
thức Côsi

nước ở lỗ bằng:
v = 2 g (h − x)

(công thức Torrichelli).

-Khi đó công thức tầm bay là:

9


2x
= 2 x(h − x)
g

l = vt = 2 g (h − x)

-Theo bất đẳng thức Côsi:
h2
h2
h
x(h − x) ≤
⇒ ( x(h − x)) max =
⇔ x = và
4
4
2

Giải pháp 2
Ứng dụng tính chất
của hàm số bậc 2

Giải pháp 3
Ứng dụng đạo hàm

2x
= 2 x (h − x) = 2 hx − x 2
g

l = vt = 2 g (h − x )
x=

lmax =h

h
và lmax = h
2

-Đặt y = hx − x 2
-Sử đụng đạo hàm: y ′ = h − 2 x = 0 ⇒ x =
-Ta có y max =

h2
⇒
4

y max =

h
2

h
2

lmax = h
Ví dụ 5. Một xe ô tô tới gần điểm A với tốc độ v1 = 80m/s. Tại thời điểm khi còn phải 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?

Hướng dẫn giải
- Sự phụ thuộc của khoảng cách ( mà đúng hơn là bình phương
Giải pháp 1
Ứng dụng đạo hàm

khoảng cách) giữa ô tô và xe tải vào thời gian có dạng:
s 2 = ( L − v1t ) + (v2 t ) 2 = (v12 + v22 )t 2 − 2 Lv1t + L2
2

- Sử dụng đạo hàm. Lấy đạo hàm rồi cho bằng 0, ta được
y ′ = (v12 + v 22 )t 2 − 2 Lv1t + L2 )′ = 0

t=

Lv1
v + v 22
2
1

s min =

Lv 2
v12 + v 22

= 6km

( L − v1t ) 2 + (v2 t ) 2 = (v12 + v22 )t 2 − 2 Lv1t + L2 − s 2 = 0
Giải pháp 2
Ứng dụng tính chất
của hàm số bậc 2

10


t=

Lv1
v + v 22
2
1

s min =

Lv 2
v12 + v 22

= 6km

- Hoặc có thể tách riêng phần có chứa t thành dạng bình phương
Giải pháp 3
Biến đổi đa thức

một tổng, ta có
2


Lv 
L2 v 2
s = v + v  t − 2 1 2  − 2 1 2 + L2
 v1 + v2  v1 + v2
2

(

2
1

2
2

)

- Thấy ngay s2 cực tiểu khi biểu thức trong ngoặc thứ hai bằng 0
Từ đó ta nhận lại được các kết quả trên
- Tuy nhiên lời giải đẹp và

Giải pháp 4
Chuyển hệ quy chiế


v2

ngắn gọn nhất là dựa trên sự
chuyển HQC về hệ gắn với

v

s một trong hai xe, ví dụ là xe
α

A


− v1

ô tô. Khi đó trong HQC này


v1

xe tải chuyển động với vận
tốc không đổi bằng :

 
v21 = v2 − v1 (tức là theo đường thẳng đứt nét vẽtrong hình bên)
- Khoảng cách cực tiểu giữa ô tô đứng yên( trong HQC này) và
xe tải có thể tìm được bằng cách dựng s = L sin α = L

v2
v12 + v22

Ví dụ 6. Khi một hành khách còn phải đi một khoảng L = 25m nữa mới tới được cửa toa
tàu của mình thì tàu bắt đầu chuyển bánh với gia tốc a = 0,5m/s2. Hành khách chạy với
vận tốc không đổi là v. Hỏi v tối thiểu phải bằng bao nhiêu để người đó đuổi kịp toa tàu
của mình?
a

v
O

x

L

11


Hướng dẫn giải
Giải pháp 1
Ứng dụng tính chất
của hàm số bậc 2

- Đưa vào trục tọa độ x theo
hướng từ người đến cửa toa
tàu với gốc là vị trí đầu tiên
của người đó
x1 = vt
at 2
2
at 2
x1 = x 2 ⇒
− vt + L = 0(*)
x 2
x2 = L +

-Điều kiện phương trình có
nghiệm: ∆ ≥ 0x1 x2
tức là v2 – 2aL ≥ 0 ⇒ v ≥ 2aL = 5m / s
L

t

Giải pháp 2

-Tính duy nhất của sự gặp nhau giữa người và cửa toa xe, có

Dựa vào điều kiện lúc

nghĩa là tại thời điểm gặp nhau tốc độ của xe và tàu phải bằng

gặp nhau vận tốc bằng

nhau, bởi vậy ta nhận được phương trình v = at.

nhau

- Rút t từ đây ra rồi thay vào (*) ta tìm được vận tốc cực
tiểu

Giải pháp 3
Ứng dụng bất đẳng
thức Côsi

⇒ v min = 2aL = 5m / s

- Từ điều kiện gặp nhau, còn có thể biểu diễn vận tốc v vào
thời gian t tới khi gặp.
- Thực vậy, quãng đường người đó phải chạy cho tới khi gặp
nhau bằng s = L +

at 2

.
2

s
t

- Do đó vận tốc của người bằng v = =

L at
+
t 2

- Để tìm cực tiểu của biểu thức này hoặc ta có thể dùng đạo
12


hàm hoặc nhờ BĐT Cô si. Vì tích hai số hạng ở vế phải
không đổi, nên cực tiểu của tổng đạt được khi hai số hạng này
bằng nhau
L at
2L
= ⇒t =
; v min = 2aL
t
2
a

Giải pháp 4
Ứng dụng đạo hàm

- Từ điều kiện gặp nhau, còn có thể biểu diễn vận tốc v vào
thời gian t tới khi gặp.
- Thực vậy, quãng đường người đó phải chạy cho tới khi gặp
nhau bằng s = L +

at 2
.
2
s
t

- Do đó vận tốc của người bằng v = =

L at
+
t 2

- Sử dụng đạo hàm. Lấy đạo hàm cấp 1 rồi cho bằng 0, ta
được
v′ = 0 ⇒ t =

2L
⇒ v min = 2 La
a

Ví dụ 7. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Đặt
vào hai đầu mạch điện một hiệu điện thế xoay chiều có
giá trị hiệu dụng là U. Biết U, R, C, ω không đổi. Tìm L
để ULmax
Hướng dẫn giải

13


Giải pháp 1
Ứng dụng tính chất

- Ta có: UL =

U

U.ZL
R + (Z L − Z C )
2

2

=

của hàm số bậc 2

U
UL =

R 2 + Z C2 2 Z C
−
+1
Z 2L
ZL

=

R 2 (Z L − Z C ) 2
+
Z 2L
Z L2
U
f (Z L )

R 2 + Z C2 2Z C
−
+1
Với f(ZL) =
Z L2
ZL
Đặt X =

1
2
= f(ZL) = f(x) = (R2 + Z C ) X2 - 2ZC X + 1.
ZL
2

Ta thấy: f(x) là tam thức bậc 2 có a = (R2 + Z C ) > 0
=> f(x) min khi X = -

Z
1
b
= 2 C 2=

2a R + Z C Z L

R 2 + Z C2
=> ZL =
ZC
R2
U R 2 + Z C2
=> f(ZL) min = 2
=>
U
=
Lmax
R + Z C2
R

0
Giải pháp 2
Sử dụng cực trị của
hàm lượng giác

U
β
ϕ

ϕ

UL

UR

I

α

URC
UC
Giản đồ véc tơ như
hình vẽ:

UL
U
U . sin β
=
⇒U L =
Sinβ Sinα
sin α
Ta thấy Sin α =

UR
R
=
U RC
R 2 + Z C2

- Do R, C không đổi nên sin α không đổi. Mặt khác do U

14


không đổi nên UL cực đại khi sinβ = 1 = > β =



π
.=> U RC và U
2

vuông pha với nhau.
=> ULmax =

U . R 2 + Z C2
R

Mặt khác ta có:
=>

UC
U
UL
= RC . Trong đó Sinϕ =
Sinβ Sinϕ
U RC

2
UL
U RC
=
UC
Sinβ

2
2
R + ZC
U RC
Z RC
mà Sin β = 1 => UL =
=> ZL =
=> ZL =
UC
ZC
ZC

2

Giải pháp 3
Ứng dụng đạo hàm

Ta có: UL = I.ZL =

Với f (ZL) =

U
. ZL =
Z

U.ZL
R 2 + (Z L − Z C ) 2

ZL
R 2 + (Z L − Z C ) 2

2

= U. f (ZL)

đạo hàm theo ZL rút gọn ta

được:
f' (ZL) =

R 2 + Z C2 − Z L Z C

[R

2

+ (Z L − Z C ) 2 ]

3 /2

R 2 + Z C2
ta có f' (ZL) = 0 => ZL =
và đổi dấu từ dương sang âm.
ZC

=> fmax =

R 2 + Z C2
ZC
R +Z


R 2 + 
− Z C 
 ZC

2

2
C

2

=

R 2 + Z C2
R

;

U . R 2 + Z C2
ULmax = U.fmax =
R

Ví dụ 8. Một vận động viên trượt băng đi qua quãng đường s = 450m với tốc độ không
đổi v, sau đó hãm lại tới khi dừng với gia tốc a = 0,5 m/s 2. Hỏi với giá trị nào của vận tốc

15


thì tổng thời gian chuyển động của vận động viên này là nhỏ nhất? thời gian đó là bao

nhiêu?
Hướng dẫn giải
Giải pháp 1
Ứng dụng bất đẳng
thức Côsi

s
v

-Tổng thời gian chuyển động trên hai đoạn đường là t = +

v
a

- Có thể tìm cực tiểu của biểu thức này bằng BĐT Cô si. Vì
tích hai số hạng của biểu thức trên là không đổi, thì tổng của
chúng cực tiểu khi hai số hạng này bằng nhau, tức là
s v
= ⇒ v = sa
v a

và t min = 2
Giải pháp 2

s
= 60 s
a

s
v

-Tổng thời gian chuyển động trên hai đoạn đường là t = +

v
a

- Sử dụng đạo hàm. Lấy đạo hàm cấp 1 rồi cho bằng 0, ta được
Ứng dụng đạo hàm

t′ =

−s 1
+ = 0 ⇒ v = sa
v2 a

t min = 2

s
= 60 s
a

Một bài toán được chúng tôi phân tích dưới nhiều góc độ, sâu chuỗi các dữ kiện
theo nhiều chiều khác nhau, từ đó chúng tôi đặt nhiều lời giải cho một bài toán. Với
cách làm đó, chúng tôi đã góp phần làm đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích
cực hóa hoạt động nhận thức của học sinh, từ đó giúp học sinh hình thành năng lực
cho bản thân và vận dụng được kiến thức vào thực tiễn.
Đặc biệt qua các ví dụ trên, chúng tôi mong muốn giúp học sinh có tư duy giải
quyết một vấn đề theo nhiều chiều. Và nếu với các con đường khác nhau, cùng cho
một kết quả như nhau thì kết quả thu được rất đáng trân trọng.
2.2. Hệ thống bài tập Vật lí sơ cấp giải bằng phương pháp tìm cực trị ôn luyện thi

THPT Quốc gia
2.2.1. Nhóm bài toán tìm cực tri thuộc nội dung cơ dao động

16


Bài 1. Trên mặt phẳng nằm ngang có hai con lắc lò xo.
Các lò xo có cùng độ cứng k, cùng chiều dài tự nhiên là 32
cm. Các vật nhỏ A và B có khối lượng lần lượt là m và 4m.
Ban đầu, A và B được giữ vị trí sao cho lò xo gắn với A bị dãn 8 cm còn lò xo gắn với B
bị nén 8 cm. Đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hòa trên cùng một đường thẳng
đi qua giá I cố định (hình vẽ). Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất và nhỏ
nhất giữa hai vật có giá trị lần lượt là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
ωA =

k
; ωB =
m

k
 ωA = 2ωB.
4m

Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, ta có phương trình
dao động của hai vật là
xA = 64 + 8cosωAt = 64 + 8cos2ωBt
= 64 + 8(2cos2ωBt - 1) = 56 + 16cos2ωBt;
xB = 8cosωBt. Khoảng cách giữa hai vật là L = y = xA – xB = 56 + 16cos2ωBt - 8cosωBt
Đặt cosωBt = x với – 1 ≤ x = cosωBt ≤ 1, ta có y = 56 + 16x2 – 8x

Hàm số y = 56 + 16x2 – 8x có y = ymin khi x = 1
4

b
−8 1
=−
=
2a
2.16 4

1
4

 ymin = 56 + 16.( )2 – 8. = 55; ymax = 56 + 16.(- 1)2 – 8.(-1) = 80
Bài 2. Một lò xo nhẹ có chiều dài l0, độ cứng k = 16 N/m được cắt ra thành hai lò xo, lò
xo thứ nhất có chiều dài l1 = 0,8l0, lò xo thứ hai có chiều dài l2 = 0,2l0. Hai vật nhỏ 1 và 2
có khối lượng bằng nhau m1 = m2 = 500 g đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang và được
gắn vào tường nhờ các lò xo trên (hình 2) Khoảng cách giữa hai vật khi hai lò xo chưa
biến dạng là O1O2 = 20 cm. Lấy gần đúng π2 = 10.
a. Tính độ cứng k1 và k2 của mỗi lò xo.
b. Người ta kích thích cho hai vật dao động dọc theo
trục x: Vật thứ nhất bị đẩy về bên trái còn vật thứ hai bị
đẩy về bên phải rồi đồng thời buông nhẹ để hai vật dao
động điều hòa.
Biết
Hình
2 động năng cực đại của hai vật bằng
17

nhau và bằng 0,1(J). Kể từ lúc thả các vật, sau khoảng
thời gian ngắn nhất là bao nhiêu khoảng cách giữa chúng
là nhỏ nhất, tính khoảng cách nhỏ nhất đó.
Hướng dẫn giải
a. Tính độ cứng mỗi lò xo:

* Vì độ cứng tỉ lệ nghịch với chiều dài với những lò xo cùng loại nên ta áp dụng công
thức k1l1 = k2l2 = kl0

⇒

k1 = 20N/m ; k2 = 80N/m

b. Xác định khoảng cách cực tiểu và khoảng thời gian tương ứng:
2W0
= 0,1m = 10cm; A2=
k1

* Biên độ của mỗi vật: A1=

Tần số góc dao động của mỗi vật là: ω1=

2W0
= 0,05m = 5cm.
k2

k1
= 2π(rad/s) = ω ;
m

ω2=

k2
= 2ω
m

* Phương trình dao động của mỗi vật đối với các vị trí cân bằng của chúng:
x1 = A1cos(ω1t +φ1) = 10cos(ωt – π) (cm)
x2 = A2cos(ω2t +φ2) = 5cos(2ωt) (cm
* Khoảng cách hai vật tại một thời điểm bất kỳ (tính theo cm):
d = |O1O2 + x2 – x1| = |20 + 5cos(2ωt) - 10cos(ωt – π)| (cm)
* Biến đổi toán học:
d = | 20 + 5(2cos2ωt – 1) + 10cosωt| =|15 + 10(cos2ωt + cosωt)|
⇒d

1
2

= |15 + 10(cos2ωt + 2. .cosωt +

1
1
) – 2,5| = |12,5 + (cosωt + )2|
4
2

Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật dmin = 12,5cm xảy ra khi cosωt = -

1
2

Bài 3. Một lò xo nhẹ có chiều dài tự nhiên l0, độ cứng k0 = 16 N/m, được cắt thành hai lò
xo có chiều dài lần lượt là l1 = 0,8l0, và l2 = 0,2l0. Mỗi lò xo sau khi cắt được gắn với vật
có cùng khối lượng 0,5 kg. Cho hai con lắc lò xo mắc vào hai mặt tường đối diện nhau và
cùng đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang (các lò xo đồng trục). Khi hai lò xo chưa biến
dạng thì khoảng cách hai vật là 12 cm. Lúc đầu, giữ các vật để cho các lò xo đều bị nén
18


đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động cùng thế năng cực đại là 0,1 J. Lấy π2 = 10. Kể từ lúc
thả vật, sau khoảng thời gian ngắn nhất là Δt thì khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất là d.
Giá trị của ∆ t và d lần lượt là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
k1 =

kolo
kolo
1
1
= 80 N / m ; w1 = k1 A12 ; w 2 = k 2 A22
=20N/m; k2 =
l1
l2
2
2

=>A1=10cm; A2=5cm; ta thấy ω1 = ω ; ω2 = 2ω
 x1 = 10cos ( ωt + π )
;
 x2 = 12 + 5cos ( 2ω t )

Phương trình dao động của các vật là 

khoảng cách giữa hai vật: ∆x = x2 − x1 = 12 + 5cos2ω t-10cos ( ω t+π ) =
10cos 2 ( ωt ) + 10cos(ω t)+7
∆x nhỏ nhất khi cosω t=

-b
1
=−
2a
2

=> ∆xmin = 4,5cm và tmin=1/3 (s)

Bài 4: Một con lắc đơn lý tưởng có chiều dài l khối lượng m. Từ vị trí cân bằng kéo vật
nặng m sao cho dây treo con lắc lập với phương thẳng đứng một góc 450 rồi thả nhẹ. Gia
tốc trọng trường là g. Độ lớn cực tiểu của gia tốc trong quá trình dao động của con lắc là
bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
Xét thời điểm khi vật ở M, góc lệch của dây treo là α
Vận tốc của vật tại M là v:
Theo ĐL bảo toàn cơ năng ta có
mv 2
+ mgl(1-cosα) = mgl(1-cosα0)
2

v2 = 2gl( cosα - cosα0).----> v =
aht =

2gl(cosα − cos α ) 0
α0

v2
= 2g(cosα - cosα0) với α0 = 450
l

Ftt
P sin α
A’
att = m = m = gsinα⇒Độ lớn gia tốc của vật nặng tại M

a=

a ht2 + att2 =

4 g 2 (cos α − cos α 0 ) 2 + g 2 sin 2 α
19

A

α

M
Ftt
O

P

=g 4 cos 2 α + 4 cos 2 α 0 − 8 cos α 0 cos α + sin 2 α
a = g 3 cos 2 α + 4 cos 2 α 0 − 8 cos α 0 cos α + sin 2 α + cos 2 α = g Y
Với Y = 3cos2α - 8cos450cosα + 4cos2450 + 1 = 3cos2α - 4 2 cosα + 2 + 1
= 3cos2α - 4 2 cosα + 3
Y = 3X2 - 4 2 X +3 Với X = cosα
a = amin khi Y = Ymin ------> Đạo hàm Y’ = 6X – 4 2 = 0 ----> X =
Ymin =

2 2
3

g
1
-----> amin = g Ymin =
3
3

Bài 5. Một con lắc đơn gồm một dây treo có chiều dài l một đầu cố định và một đầu gắn
với vât khối lượng m đặt tại nơi có gia tốc trọng trường g. Khi người ta truyền cho vật m
vận tốc v0 = hướng theo phương ngang.
a. Tìm góc mà dây treo hợp với phương thẳng đứng khi vật m lên đến độ cao lớn nhất.
b. Tìm góc mà dây treo hợp với phương thằng đứng khi vật m có gia tốc nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
a. Tại vị trí cao nhất vận tốc bằng không

1 2
mv = mgl (1 − cos α 0 )
2
cosα0 = 0,5 ⇒α = 60

0

b. Khi dây treo hợp với phương thằng đứng một góc α vật có vận tốc

v = v0 2 − 2 gl (1 − cosα ) = gl (2cosα -1)
Gia tốc hướng tâm:

v2
an = = g (2cos α − 1)
l

Gia tốc tiếp tuyến :

at = g sin α

Gia tốc toàn phần :

a 2 = an 2 + at 2

a 2 = g 2 (3cos 2 α − 4cos α + 2)
20


Để a đạt giá trị nhỏ nhất thì cosα = 2/3 hay α = 48,10
Bài 6. Một quả cầu có khối lượng M = 0,2kg gắn trên một lò xo nhẹ thẳng đứng có độ
cứng 20N/m, đầu dưới của lò xo gắn với đế có khối lượng M đ. Một vật nhỏ có khối lượng
m = 0,1kg rơi từ độ cao h = 0,45m xuống va chạm đàn hồi với M. Lấy gia tốc trọng
trường g = 10m/s2. Sau va chạm vật M dao động điều hòa theo phương thẳng đứng trùng
với trục của lò xo. Muốn để không bị nhấc lên thì Mđ không nhỏ hơn bao nhiêu?
Hướng dẫn giải

Gọi O là VTCB .
Vận tốc của m trước khi chạm M: v0 =

2 gh = 18 = 3 2 m/s

Gọi V và v là vận tốc của M và m sau va chạm
MV + mv = mv0
MV
2

2

+

mv
2

2

=

mv
2

Từ (1) và (2) V =

(1)
2
0

với v0 = - 3 2 m/s

m

(2)

h

2
v0 = - 2 2 m/s----> Vmax = 2 2 m/s
3

Tần số góc của dao động : ω =

k
=
M

Độ nén của lò xo khi vật ở VTCB ∆l =
Biên độ của dao động: A =

20
= 10 2 rad/s
0,2

M

Mđ

mg 0,2.10

=
= 0,1m = 10 cm
k
20

Vmax
2 2
=
= 0,2 m = 20 cm
ω
10 2

Muốn để không bị nhấc lên Fđhmax ≤ Mđg ⇒ Fđhmax = k (A - ∆l) = 20.0,1 = 2 N
Do đó Mđ ≥

x

Fđh max
= 0,2 kg = 200g.
g

Bài 7: Cho cơ hệ gồm 1 lò xo nằm ngang 1 đầu cố định gắn vào tường, đầu còn lại gắn
vào 1 vật có khối lượng M=1,8kg , lò xo nhẹ có độ cứng k=100N/m. Một vật khối lượng
m=200g chuyển động với vận tốc v=5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) theo hướng
trục lò xo. Hệ số ma sat trượt giãu M và mặt phẳng ngang là µ=0,2. Xác định tốc độ cực
đại của M sau khi lò xo bị nén cực đại, coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm.
Hướng dẫn giải
21

O

Gọi v0 và v’là vận tốc của M và m sau va chạm.; chiều dương là chiều chuyển động ban
đầu của m
Mv0 + mv’ = mv

(1)

Mv02
m' v' 2 mv 2
+
=
(2)
2
2
2

Từ (1) và(2) ta có v0 = v/5 = 1m/s, v’ = - 4m/s. Sau va chạm vật m chuyển động ngược
trở lai, Còn vật M dao động tắt dần. Độ nén lớn nhất A0 được xác định theo công thức:
Mv02
kA 2
= 0 + µMgA0
2
2

=>

A0 = 0,1029m = 10,3 cm

Sau khi lò xo bị nén cực đại tốc độ cực đại vật đạt được khi F hl = 0 hay a = 0, lò xo bị

nén x: kx = µMg
=> x =

µMg
3,6
=
= 3,6 cm
k
100

2
2
kA02
Mv max
Mv max
k ( A02 − x 2 )
kx 2
Khi đó:
=
+
+ µMg(A0 – x) =>
=
- µMg(A0-x)
2
2
2
2
2
2
Do đó v max

=

k ( A02 − x 2 )
- 2µg(A0-x) = 0,2494 => vmax = 0,4994 m/s = 0,5 m/s
M

Bài 8. Hai vật có cùng khối lượng m nối với nhau bởi một lò xo nhẹ, độ cứng k đặt trên
mặt sàn nằm ngang. Hệ số ma sát giữa các vật với mặt sàn là μ. Ban đầu lò xo không biến

u
r như Hình vẽ.
dạng. Vật 1 nằm sát tường. Truyền cho vật 2 vận tốc v0 hướng về phía u
tường
a. Tìm độ nén cực đại x1 của lò xo.

1

k

v0

2

b. Sau khi đạt độ nén cực đại, vật 2 chuyển động ngược lại làm lò xo bị giãn ra. Biết rằng
vật 1 không chuyển động. Tính độ giãn cực đại x2 của lò xo.
c. Tìm điều kiện của v0 để lò xo bị giãn mà vật 1vẫn không dịch chuyển.
Hướng dẫn giải
a. Gọi x1 là độ nén cực đại của lò xo. Áp dụng định luật bào toàn năng lượng:
mv02 kx12
2µ mg

m
=
+ µ mg.x1 ⇔ x12 +
x1 − v02 = 0
2
2
k
k
2

2
µ mg
 µ mg  mv0
nghiệm của phương trình là: x1 = −
+ 
+
÷
k
k
 k 

b. Gọi x2 là độ giãn cực đại của lò xo. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng
22


kx12
kx 2
2 µ mg
= µ mg ( x1 + x2 ) + 2 ⇒ x2 = x1 −
2

2
k
2

2
 µ mg  mv0 3µ mg
⇒ x2 = 
+
−
÷
k
k
 k 

c. Áp dụng bảo toàn năng lượng cho quá trình di chuyển hướng ra xa tường:
+

kx12 kx 2
=
+ µ mg ( x1 + x ) ( *)
2
2

+ Điều kiển để lò xo bị giãn: (*) có nghiệm x > 0
+ Điều kiện để vật 1 không dịch chuyển khi lò xo bị giãn, lực đàn hồi không vượt quá lực
ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên vật 1
⇒ k .x = µ mg ⇒ xmax =

µ mg
k

2
2
+ đặt y = kx + 2 µ mg.x + 2 µ mg.x1 − kx1 ( **)

Vậy để lò xo bị giãn mà vật 1 không dịch chuyển thì phương trình (**) phải có nghiệm
0< x≤

µ mg
k

y ( 0 ) = 2 µ mg .x1 − k .x12 < 0

(1)

y ( µ mg / k ) ≥ 0 hay k .x − 2 µ mg .x1 −
2
1

3 ( µ mg )
k

2

(2)

≤0
2

2

8m
2 µ mg
µ mg
 µ mg  mv0 2 µ mg
⇒ v0 > µ g
+ Từ (1) ⇒ x1 >
⇔−
+ 
>
÷ +
k
k
k
k
k
 k 
2

+ Từ (2) suy ra ⇒ x1 ≤

2
15m
3µ mg
µ mg
 µ mg  mv0 3µ mg
⇒ v0 ≤ µ g
⇔−
+ 
+
≤

÷
k
k
k
k
k
 k 

+ Vậy điều kiện của v0 là: µ g

8m
15m
< v0 ≤ µ g
k
k

Bài 9. Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M = 300 g , lò xo nhẹ có độ cứng
k = 200 N / m . Khi M đang ở vị trí cân bằng thì thả nhẹ vật m = 200 g rơi từ độ cao
h = 3, 75cm so với M như hình 1. Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn mềm. Sau va

chạm, hệ M và m bắt đầu dao động điều hòa. Lấy g = 10m / s 2 . Bỏ qua mọi ma sát và lực
cản môi trường.
23


a, Viết phương trình dao động của hệ (M+m). Chọn gốc thời gian là lúc va chạm,
trục tọa độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O tại vị trí cân bằng của hệ sau va chạm.
b, Tính biên độ dao động cực đại của hệ vật để trong quá trình dao động vật m
không rời khỏi M.
Hướng dẫn giải

a. Vận tốc của m ngay trước va chạm: v = 2 gh = 50 3cm / s ≈ 86, 6cm / s
Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm hai vật có cùng vận tốc V
mv = ( M + m)V → V =

mv
= 20 3cm / s ≈ 34, 6cm / s
M +m

Tần số dao động của hệ: ω =

K
= 20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo bị nén thêm một
M +m

mg
= 1cm . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới VTCB ban đầu một đoạn 1cm
K
m
V2
2
Tính A: A = x 0 + 2 = 2 (cm)
h
ω

đoạn: x0 =

M

1 = 2cosϕ
π

→ ϕ = rad
3
 −2.20sin ϕ < 0

Tại t=0 ta có: 

π

Vậy: x = 2cos  20t + ÷cm b, Phản lực của M lên m là N thỏa mãn:
3

uu
r
ur
r
N + mg = ma → N − mg = ma = −mω 2 x

k

→N = mg − mω 2 x → N min = mg − mω 2 A
Để m không rời khỏi M thì N min ≥ 0 → A ≤

g
g
10
Amax = 2 = 2 = 2,5cm
2 Vậy
ω
ω
20

Bài 10. Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k.
Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái
cân bằng, dùng vật m0 = 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v0 = 1m/s, va
chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và
cực tiểu của của lò xo lần lượt là 28cm và 20cm.
1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.

24


2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn
dùng vật m0 bắn vào với vận tốc v0. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả
hai vật cùng dao động điều hoà. Viết phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn
gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ
lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm cố định I trong quá trình
hệ hai vật dao động.
3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là µ = 0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m0 phải
nhỏ hơn giá trị bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong
khi hệ dao động. Cho g = 10m/s2.
Hướng dẫn giải
1. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
Ta có : m0 v0 = m0 v + MV

(1)

m0 v 02 m0 v 2 MV
=
+
(2)

2
2
2

I

k

M

 m
v0

Với v , V lần lượt là vận tốc của các vật m0 và M ngay sau va chạm
* Giải hệ (1), (2) được : V =

2 m0 v 0
= 0,4(m / s ) = 40(cm / s)
m0 + M

* Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s)
Biên độ dao động là : A =

kỳ của dao động là: T =

V
l max − l min
= 4(cm) Ta có: V = A. ω ⇒ ω = = 10( rad / s) => chu
A
2

π
( s ) Độ cứng của lò xo : k = M .ω 2 = 40( N / m) .
5

2.
a. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
m0 v 02 m0 v12 ( M + m)Vh2
=
+
(4)
2
2
2

Ta có : m0 v0 = m0 v1 + ( M + m)Vh (3)

Với v1 , Vh lần lượt là vận tốc của các vật m0 và (M + m) ngay sau va chạm
* Giải hệ (3), (4) được: Vh =

2m 0 v 0
100
=
(cm / s)
m0 + M + m
3

* Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phương trình dao động có dạng
x = A sin(ωt + ϕ ) .

25

0