Đề tài Một số cách giải bài toán vật lý sơ cấp

<span class='text_page_counter'>(1)</span>mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong VËt lý s¬ cÊp. A. lý do chọn đề tài: Từ năm học 2005 - 2006 Bộ GD & ĐT quyết định chuyển từ hình thức thi tự luận sang thi trắc nghiệm khách quan đã đem lại sự đổi mới mạnh mẽ trong việc dạy và học của giáo viên cũng như học sinh. Tuy nhiên qua thời gian thực tế giảng dạy ở trường THPT chúng tôi tấy có một số vấn đề như sau: 1.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 nh÷ng ph¶i ®Çu t­ theo chiÒu s©u mµ cßn ph¶i ®Çu t­ kiÕn thøc theo chiều rộng, người dạy phải nắm được tổng quan chương trình của môn học. Điều này không phải tất cả đội ngủ giáo viên của ta hiện nay đều làm được, đặc biệt là các giáo viên trẻ mới ra trường. 2. Một thực tế nữa là khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp TNKQ thì một số GV mãi mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi trắc nghiệm thì 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, đặc biệt là đội ngủ học sinh giỏi của trường. 3. Để góp phần cải tiến thực trạng trên chúng tôi quyết định thực hiện đề tài “Một số cách giải bài toán vạt lý sơ cấp”. Trong Vật lý sơ cấp THPT có nhiều bài toándddược giải theo phương pháp tính giá trị cực đại, cực tiểu các đại lượng Vật lý. Mỗi loại bài tập đó đều có S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp một số cách giải nhất định, song để chọn cách giải phù hợp là điều rất khã kh¨n cho häc sinh vµ mét sè gi¸o viªn bëi lÏ c¸c bµi to¸n nµy mang tính đơn lẻ, chưa có tài liệu nào viết có tính chất hệ thống. Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy bồi dưỡng cho học sinh thi đại học chúng tôi đã tổng hợp và áp dụng thì thấy kết quả của học sinh tiến bộ vượt bậc. Hy vọng rằng đề tài này sẽ góp phần vào gi¶i quyÕt nh÷ng khã kh¨n trªn. Với trình độ còn hạn chế, kiến thức thì mênh mông nên bài viết này chắc còn có sai sót. Kính mong được sự góp ý và trao đổi chân tình của quý đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn và có tác dụng h÷u Ých h¬n. Xin ch©n thµnh c¶m ¬n.. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp B. Néi dung I. C¬ së. Thực tế khi giải các Bài tập Vật lý để tính giá trị cực đại hoặc cực tiểu của các đại lượng Vật lý thì chúng ta thường dùng một số công thức, kiến thức của toán học. Do đó để giải được các bài tập đó cần phải nắm vững một số kiến thức toán học sau đây: 1. Bất đẳng thức Côsi: a + b  2 ab. (a, b dương). a + b + c  3 3 abc. (a, b, c dương). + DÊu b»ng x¶y ra khi c¸c sè b»ng 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 bµi to¸n va ch¹m trong c¬ häc. 2. Bất đẳng thức Bunhia côpxki (a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2 . (b1 + b2)2. a b DÊu b»ng x¶y ra khi 1  1 a2 b2 * Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học. 3. Tam thøc bËc 2. y = f(x) = ax2 + bx + c. + a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol. + a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol. b  + Toạ độ đỉnh: x = - ; y  2a 4a. ( = b2 - 4ac). + Nếu  = 0 thì phương trình y = ax2= bx + c = 0 có nghiệm kÐp. + Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp * Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học và bài tập phần điện. 4. Giá trị cực đại, Hàm số sin hoặc côsin (cos)max = 1. .  = 00. (sin)max = 1. .  = 900. * Thường dùng trong các bài toán cơ học - Điện xoay chiều. 5. Kh¶o s¸t hµm sè. - 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 a c ac ac mét sè tÝnh chÊt cña ph©n thøc    b d bd bd II. C¸c vÝ dô ¸p dông. 1. áp dụng Bất đẳng thức Côsi * VÝ dô 1: Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ E = 12V; r = 4 R lµ biÕn trë. Hãy tìm Rx để công suất mạch ngoài cực đại. E,r. HDG: E rR E2 E2 E2 2   2 - C«ng suÊt: P = I R = 2 2 r y r    R  2r  R   R R . - Dßng ®iÖn:. I=. R. - Pmax  ymin. Theo BĐT Côsi tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số b»ng nhau.  Ymin. . E2 r . VËy khi R = r = 4 th× Pmax =  9(W) R 4r R. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp * VÝ dô 2: Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ UAB = 200 2 sin(100nt) (v) 4 1 10 L = (H); c  (F). R thay đổi n 2n. L,r.  A. C. R.  B. H×nh vÏ 2.2. 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 = 5 HDG: a) + C¶m kh¸ng: ZL =  L = 100 1 Dung kh¸ng: ZC =  200 C + Tæng trë: Z = R 2  (Z L  Z C )2 + C«ng suÊt:. P = I2R =. U2 (Z L  Z C )2 Rx  R. (Z L  Z C )2 §Æt y = R + . R. + ¸p dông B§T C«si: ymin  R = ZL - ZC = 100 U2 Lúc đó PR(Max) =  200(W) 2 ZL  ZC b) Tương tự ta có: Z = (R  r)2  (Z L  Z C )2 U2 u2  r 2  (Z L  Z C ) y R  2r R + ¸p dông B§T c«si ymin  R = r 2  (Z L  Z C )2. PRx = I2Rx =. PRMax . U2 2(r  r 2  (Z L  Z C )2. ; 124(W). * Më réng: Khi tÝnh P cña m¹ch: + NÕu ZL - ZC > r th× PMax khi R = ZL - ZC - r + NÕu ZL - ZC  r th× PMax khi R = 0. Ví dụ 3: Có hai điện tích điểm q1 = q2 = q > 0 đặt tại hai điểm A, B trong không khí ( = 1). Cho biết AB = 2d. Hãy xác định cường. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp độ điện trường tại M trên đường trung trực AB cách đường th¼ng AB  EM một khoảng x. Tìm x để EM đạt cực đại.   E E 2 M 1M HDG:   M * Xác định E M :     + E M  E 1M  E 2 M x q1 q d d   Víi E1M = E2M = k 2 2  A H B d x H×nh vÏ 2.3  + Dùng quy tắc tổng hợp vectơ  E M  AB hướng ra xa AB. 2kq x x + EM = 2E1M cos = 2 2 .  2kq. 3 d x d2  x 2 (d2  x 2 ) 2 (*) * T×m vÞ trÝ M:. - Theo B§T C«si ta cã: 3 d2 d2 d4x2 3 3 2 2 2 2 3   x 3   d2  x 2  2  .d .x (**) Ta cã d + x = 2 2 4 2 4kq 4kq d + Tõ (*) vµ (**)  EM  . VËy EM(Max) = khi x = . 2 2 3 3d 3 3d 2  Ví dụ 4: Vật m1 chuyển động với vận tốc V1 tại A và đồng thời va chạm với vật m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm m1 có vận tốc    V' V1 ' ; hãy xác định tỷ số 1 của m1 để góc lệch  giữa V1 và V1 ' lớn V1 nhÊt. (Max). Cho m1 > m2..  P1 '. HDG: + Động lượng hệ trước va chạm:    PT  P1  m1 V1 ..   PS  P1. . + Động lượng hÖ sau va  ch¹m:   ' ' ' Ps  P1  P2  m1 V1  m 2 V2' .    + Hệ kín nên Động lượng hệ bảo toàn: PS  PT  P1  '   + Gäi  = (V1  V1 )  (P1  PS ).  P2 '. H×nhvÏ 2.4. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ta cã: P2' 2  P1'2  P12  2P1' P12 cos (1) Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn: m1v12 m1v1' 2 m 2 V2' 2   2 2 2 2 '2 '2 P P P m  1  1  2  P12  P1'2  1 P2' 2 (2) 2m1 2m1 2m 2 m2  m 2  P1  m 2  P1' + Tõ (1) vµ (2)   1   '  1   2cos.  m1  P1  m1  P1  m 2  V1  m 2  V1' V1'  0.  1  '  1   2cos. §Æt x = V m V m V 1  1  1  1  1  m   m 1   1  2  x   1  2   2cos  m1   m1  x. §Ó Max th× (cos)min . Theo B§T cosi: (cos)min khi:  m2   m2  1 m1  m 2 1  x    1  x m1  m 2  m1   m1  x   V' m1  m 2 VËy khi 1  thì góc lệch giữa V1 và V1' cực đại. V1 m1  m 2 m12  m 22 Víi cosMax = . 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 giê thu l¹i mét ®iÓm. Nh­ng khi L c¸ch mµn E mét ®o¹n b = 40cm thì vệt sáng trên màn có kích thước nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thÊu kÝnh. HDG: Theo đề bài thì điểm hội tụ của chùm tia ló phải nằm sau màn ảnh E, ®­êng ®i cña tia s¸ng nh­ h×nh vÏ 2.5: Theo tính chất đồng dạng của tam giác ta có:. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp. r ' d ' b b ad a d   1  1  1  r d' b' 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:. a d   2. d f do đó. a a d   d  a. f vậy r’/r đạt min khi f d f. a. f  a  b  f. a  b . 2. a. thay sè ta cã f = 36 cm.. a b r A. r’. O. A’. d. d’ H×nh vÏ 2.5. 2. áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki: Ví dụ 6: Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng về 0. V Víi V2 = 1 ;   30 0 . Khi 3 A. kho¶ng c¸ch gi÷a hai vËt cùc tiÓu là dmin thì khoảng cách vật 1 đến 0 lµ d1'  30 3(m) . H·y t×m kho¶ng c¸ch vËt 2. A'  . B. d1' . 0. d2'. B'. đến 0 lúc này? HDG:. H×nh vÏ 2.6 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc đầu ta xét d d v t d v t v (t = 0) ta cã:  1 1  2 2 . V× v 2  1 sin  sin  sin  3 d d v t 3d2  v1t d 3d2  d1   1 1    . sin  sin  sin  3 sin  3 sin  sin  sin = sin(1800 - ) = sin ( +    sin 300 +  ) d 3d2  d1 3d2  d1 3d2  d1  ;  d  0 sin30 y 3 1 3cos  sin  cos  sin  2 2 dmin khi ymax ¸p dông B§T Bunhia c«pxki  y  (3  1)  (sin 2   cos2  )  2. sin  1 YMax = 2    tg    30 0 vµ  120 0 cos 3 d1' d'2 sin120 0 ' ' Lúc đó   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 biÕt. AB = 40km; VA = 40km/h; VB = 40 3 km. ChiÒu chuyÓn. động các tàu được biểu diễn như hình vẽ. TÝnh kho¶ng c¸ch ng¾n nhÊt gi÷a 2 tµu, biÕt  = 300;  = 600. 0 . HDG:  +  +    = 300 Ta cã: AO = d1; BO = d2 d1 d AB  2  sin  sin  sin .  VA A . A'. '. .  B ' B'.  VB. H×nh vÏ 2.7 d1  AB 3  40 3 (km) d1 d2 AB      sin 60 0 sin30 0 sin30 0 d2  AB  40(km) * Khi tàu A đến A' thì d1' = d1 - v1t = 40 3 - 40t d2 = d2+ v2t = 40 + 40 3 t. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp d' d1' d'2 Kho¶ng c¸ch gi÷a 2 tµu d' = A'B'. Cã   sin  sin  ' sin  '. d' 120  40 3t 40  40 3t 160    ( '  '  150 0 ) sin  sin  ' 3 sin  ' 3 sin  '  sin  ' 80  d'  d'min khi y  3 sin  '  sin  '  y max 3 sin  '  sin  ' . ¸p dông B§T Bunhia c«pxki y  3 sin  '  sin(150 0  ')  y Max. a1b1 + a2b2  (a12  a 22 ).(b12  b 22 ). 3 3' 1 sin  '  cos '  7 2 2. 80  7  d'min   30,2(km) 7.  F . m M. VÝ dô 8: Cho c¬ hÖ nh­ h×nh vÏ 2.8.1 HÖ sè ma s¸t gi÷a M vµ sµn lµ K2. H×nh 2.8.1. HÖ sè ma s¸t gi÷a M vµ m lµ K1  Tác dụng lực F lên M theo phương hợp với phương ngang 1 góc  ( thay đổi). Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M. Tính  tương ứng.  HDG: F     ms12 * VËt m: P1  N1  F ms21  m a1 (1)  Fms ChiÕu lªn Ox:. E ms21  m a1. ChiÕu lªn Oy: N1  P1  0. N1.  Fms 21  F. P1. H×nh vÏ 2.8.2  a1 =. Fms21 m.  a1  K1g (*) Khi m bắt đầu trượt a1 = k1g        * XÐt vËt M: F  P2  P1  N 2  F ms12  Fms  Ma 2. (2). ChiÕu lªn Ox: F cos - Fms12 - Fms = Ma2  a2 = F cos   Fms12  Fms M Oy: F sin - (P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 Fsin. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Fcos  K1mg  K 2 (P1  P2  F sin ) Mµ Fms = K2N2  a2 = (**) M Fcos  K1mg  K 2 (P1  P2  F sin ) Ta cã a1  a2  K1g  M (m  M)(K1  K 2 )g (m  M)(K1  K 2 )g F  cos  K 2 sin  y Fmin khi yMax. Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki Y  (a12  a 22 )(b12  b 22 )  1  K 22  y Max  1  K 22 cos 1 (m  M)(K1  K 2 )g   tg  K 2 VËy Fmin = lúc đó sin  K 2 1  K 22 Ví dụ 9: 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  lúc đó, biết hệ số ma sát là K. HDG: Khi trụ lăn tại chỗ không trượt.  F. thì khối tâm G của trụ đứng yên. (Lúc đó vật chỉ quay, không. G. y.  N. x. . chuyển động tịnh tiến).     + Ta cã F  N  P  Fms  0.  P. Fms. H×nh vÏ 2.9  F cos  Fms  0 ChiÕu lªn trôc x, y:   F sin   N  P  0.  F  Fcos =>  ms N  P  Fsin . (1) (2). Mµ Fms = K. N  K (P - Fsin) = F cos KP F= §Æt y = cos + K sin cos  K sin  F cùc tiÓu khi y = yMax . Theo B§T Bunhia c«pxki S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp y  1  K 2 y Max  1  K 2 1 cos KP VËy FMin = hay tg  K . Lúc đó  K sin  1 K2 3. ¸p dông tÝnh chÊt tam thøc bËc 2. VÝ dô 10: Mét con bä dõa ®Ëu ë ®Çu B cña mét thanh cøng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng (Hình vẽ) A. - Vµo thêi ®iÓm mµ ®Çu B cña 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. Con bä dõa B. 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. HDG: XÐt (0 < t <. L L ) vµ (t  ) u v. Khi B di chuyÓn 1 ®o¹n S = v.t Th× con bä ®i ®­îc l = u.t.  u . u.t L2  v 2 t 2 Độ cao mà nó đạt: h = l. Sin = . L U 22 24 U L t v t  y H= hMax khi y = yMax L L  L4 L2 2 2 2 2 y = -v X + L X (víi X = t > 0). yMax = t¹i X  2 4v 2 2v. h .  v. (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 y Max  L 2v S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ví dụ 11: 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 v2 (v2< v1). Hãy xác định phương án chuyển động của người đó. HDG: Giả sử người đó chọn phương án chạy trên bờ 1 đoạn AD, sau đó bơi từ D  B. d2  x 2 Sx Thời gian người đó từ A  B: t =  v1 v2 v1 d 2  x 2  v 2 x S t=  v1 v 2 v1. §Æt P = v1 d2  x 2  v 2 x (1); t . P S ; v1 v 2. Tmin khi Pmin..  Tõ (1)  P + v2x = v1 d2  x 2  (v12  v 22 )x 2  2pv 2 .x  v12 d2  p 2  0 B. để có nghiệm (với 0  x < S) thì '  0  p 2 v 22  v12 v 22 d2  v14 d2  v 22 p 2  v12 p 2  0. d. v (v d  v d  p )  0  p  (v  v )d v2d Vậy Pmin = d v12  v 22 . Khi đó x  v12  v 22 2 1. 2 2 2. 2 2 1. 2. 2. 2 1. 2 2. 2. A. . S. H. . D. x. H×nh vÏ 2.11 + NÕu x  S th× bµi to¸n v« nghiÖm tøc lµ kh«ng tån t¹i C  chọn phương án bơi thẳng A  B. + Nếu x < S thì người đó phải đi một đoạn AD = S -. v2d v12  v 22. rồi bơi từ D đến B. Ví dụ 12: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo phương hợp với phương ngang một góc . Tìm  để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất. HDG: + Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp + Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần theo Ox:. x = v0t. cos. (1). y. 2. theo Oy:. y = h0 + v0t . sin -. gt 2. (2). L Max v 0 cos gL 0 Thay t vµo (2) ta ®­îc y = h0 + L.tg - 2 2v 0 cos2. * Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t =. mµ. h. .  V0. 0. x. 1  1  tg2 . 2 cos   gL2  gL2 2  2 .tg   L.tg   2  h 0   0 (*); Phương trình phải có 2v 0  2v 0 . nghiÖm víi tg.  4gL2  gL2 g2 L2 2gh 0  h0   0  1 4  2  0  2v 20  2v 20 v0 v0  v v 20  2gh . L Max  0 v 20  2gh  Phương trình (*) có g.   = L2 L. v0 g. nghiÖm kÐp. VËy trong =. v0 v 20  2gh. thì tầm xa cực đại.. VÝ dô 13: TruyÒn cho qu¶ cÇu nhá m mang ®iÖn tÝch q0 > 0 mét vận tốc ban đầu v0 hướng thẳng đứng lên trên. Quả cầu nằm trong điện trường đều nằm ngang có cường độ E. Bỏ qua sức cản không khí. Cho g = const. Hãy viết phương trình qũy đạo và xác định vận tốc cực tiểu của nó trong quá trình chuyển động. HDG: Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gèc t¹i vÞ trÝ ban ®Çu cña vËt.    P  mg VËt bÞ 2 lùc t¸c dông    Fd  qE S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp a x t 2 qE 2 + Theo Ox: x = (1)  t  y 2 2m E gt 2 + Theo Oy: y = v0t (2) 2  2m mg V0 * Phương trình quỹ đạo: y = v 0  .x qE qE  0. 2.  g x.  mg  2 2 2m  x y  (g.y  v 0 )2 x  0  qE  qE     Vx  a x t  0 + VËn tèc V  Vx  Vy  H×nh vÏ 2.13 Vy  V0  gt 2  qE 2 2  2  qE  2 2 2 2 2  V =   .t  V0  g t  2V0gt     g  t  2V0 g.t  V02 m  m  . ThÊy V2 lµ tam thøc bËc 2 Èn t cã hÖ sè a > 0  V2 đạt giá trị cực tiểu tại đỉnh Parabol. 2  V0 qE   '  m  2 . Vmin   a  qE 2 2  m  g   Vậy vận tốc cực tiểu của vật trong quá trình chuyển động là: V0 qE Vmin = q 2 E 2  m2g2 VÝ dô 14: Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ. A. . R L. . C B. UAB = 200 2 sin 100nt (v) 10 4 R = 100 ; C = (F) ; cuén d©y thuÇn c¶m vµ cã thÓ thay  đổi được độ tự cảm. Hãy xác định L để hiệu điện thế UL đạt cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: C¶m kh¸ng Z = L ; dung kh¸ng ZC = Tæng trë: Z =. 1  100 . C. R 2  (Z L  Z C )2. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp U.Z L U U U L  I.Z L    ; Z 1 1 y (R 2  Z 2C ). 2  2Z C .  1 Z2 ZL U L(Max) khi y min. y là tam thức bậc 2 có a = R2 + Z 2C > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol. 1 ZC R 2  Z 2C 2  L  (H) th× Z L R 2  Z C2  ZC  U R 2  Z 2C U LMax   200 2 (V) R. * Më réng. Nếu L = const, tụ C có điện dung thay đổi. Tìm C để UC đạt giá trị cực đại ta làm tương tự trên và kết quả là: U R 2  Z 2L R 2  Z 2L UCMax = khi Z C  R ZL. 4. áp dụng giá trị cực đại của Hàm số sin và Hàm số cos Ví dụ 15: Hai vật chuyển động từ A và B cùng hướng về điểm 0 víi cïng vËn tèc. BiÕt AO = 20km; BO = 30km; Gãc  = 600. H·y t×m khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình chuyển động. HDG: XÐt t¹i thêi ®iÓm t vËt A ë A'; vËt B ë B'. Kho¶ng c¸ch d = A'B'. d AO  Vt BO  Vt BO  AO Cã    sin  sin  sin  sin   sin  d 10 . Víi  +  = 1200  sin  2cos   .sin   2 2 3 .5     d= . d min khisin   1   2   sin 2 dmin = 5 3 (km)  8,7(km). A . . 0 . . . B' B. H×nh vÏ 2.15. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. A'. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ví dụ 16: 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 v1; vật ở B ném ngang với vận tốc v2 hướng về phía A). Hãy tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật đó.. HDG: Gọi vật 1 là vật ở A; vật 2 là vật ở B; vật 3 là mặt đất.     Cã a13  g; a 23  g     a13  a12  a 23  a 23  0. x.  V12.  V Do đó hai vật chuyển động thẳng đều so với nhau. 1. + Chọn vật ở B làm mốc thì vật ở A sẽ chuyển động    theo đường Ax (theo hướng V12 ). A  V         2 V× V13  V12  V23  V12  V13  V23  V1  (V2 ) d l l.v1 . dmin khi sin = 1  d 2 2 sin  sin  v1  v 2 .sin  VËy dmin =. l v1 v12  v 22. (®iÒu kiÖn t =. l v12  v 22. . V1. A. L, r. TÇn sè dßng ®iÖn f = 50 HZ; r = 90 H·y chøng tá r»ng khi ®iÒu chØnh C để hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha  nhau 1 góc thì UC đạt giá trị cực đại. 2. . V2. M. M a. C. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. B. 2h ). g. VÝ dô 17: Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ 0,9 UMN = const ; L = (H)  C thay đổi. Ra = 0 ; Rv rất lớn. d. . 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp HDG: + M¹ch ®iÖn vÏ l¹i nh­ h×nh 2.17 V«n kÕ v1 chØ UMA ; V«n kÕ v2 chØ UMN + Ta cã: ZL = L = 90. L, r. . A. M. + Giản đề véc tơ. Z  tg1 = L  1 1  r 4. . a. N. H×nh 2.17. U MN UC  sin  sin(1  )   sin   U C  U MN . mµ   1  . 2 4 sin(1  ) U MN  UC = 2 .sin(1  ).  UL. +.  Ur.  . 0. Ta thấy UC cực đại khi sin (1 + ) = 1   1 +  = 2  Theo bài ra thì (1 + ) =  UC đạt cực đại. 2.  U MN.  I.  U MN  UC. . 5. Dùng phương pháp đạo hàm VÝ dô 18: Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ UAB = 200 2 sin 100nt (v) 1 R = 100  C = .10 4 (F) . 2. A. . R L. . C B. H×nh vÏ 2.18. Cuộn dây thuần cảm và có L thay đổi. Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: + Dung kh¸ng:. ZC =. 1  200 C. + Tæng trë: Z = R 2  (Z L  Z C )2 ; Z AM  R 2  Z 2L U U ; U AM  I.Z AM  + I Z Z 2C  2Z C Z L 1 R 2  Z 2L S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Z 2C  2Z C Z L §Æt y = 1 + R 2  Z 2L UAM cực đại khi y = ymin. 2Z C (Z 2L  Z C Z L  R 2 ) * y' = (R 2  Z 2L )2  Z  Z 2C  4R 2  241() ZL  C 2 + y' = 0  Z 2L  Z C Z L  R 2  0    2 2 Z  Z  R C C Z   0 (lo¹i)  C 2. B¶ng biÕn thiªn ZL. 0. . 241. y'. -. y. 0. +. ymin. Vậy khi ZL = 241 tức là L = 0,767(H) thì UAM cực đại. U( 4R 2  Z C2  Z C )  482(V) UAM(Max) = 2R VÝ dô 19: Cho m¹ch ®iÖn UAB = U 2 sin t. A. . R. C . M. L. . B. R không đổi, cuộn dây thuần cảm có L không đổi. Tụ C có điện dung thay đổi, tìm C để UAM cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: UAM = I . ZAM =. U Z 2L  2Z L Z C 1 R 2  Z C2. Z 2C  2Z L Z C đặt y  1  . R 2  Z 2C. UAM cực đại khi y = ymin. Z L  Z 2L  4R 2 Tương tự như ví dụ 16. Ta tìm được khi ZC = 2. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp thì y = ymin và UAM cực đại. U(Z L  Z 2L  4R 2 ) 2 Khi C  UAM(Max) = 2R  (Z L  Z 2L  4R 2 ) * Mở rộng: Có thể dùng PP đạo hàm để tìm UL, UC đạt giá trị cực đại khi f thay đổi. VÝ dô 20: VËt ph¼ng AB vu«ng gãc víi trôc chÝnh cña mét thÊu kính hội tụ có tiêu cự f = 20cm. Phía sau thấu kính đặt một màn để høng ¶nh cña vËt, c¸ch thÊu kÝnh mét kho¶ng 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 kÝnh ta thu ®­îc hai vÞ trÝ cña thÊu kÝnh cho ¶nh râ nÐt trªn mµn. T×m khoảng cách giữa 2 vị trí đó? c) T×m kho¶ng c¸ch ng¾n nhÊt gi÷a vËt vµ ¶nh trong khi di chuyển thấu kính từ vị trí này đến vị trí còn lại mà ta thu được ảnh rõ nÐt trªn mµn. HDG: TK a) Sơ đồ tạo ảnh AB d  d ' A' B ' Theo bµi ra d' = l = 60cm ;. d=. d' f  30cm d'  f. b) Vì vật và màn cố định tức là d + d' = 90cm  d +. df  90 df.  d2 - 90d + 1800 = 0  d1 = 30cm; d2 = 60cm VËy cã 2 vÞ trÝ cña thÊu kÝnh cho ¶nh râ nÐt trªn mµn. Khoảng cách giữa 2 vị trí đó là: d = d2 - d1 = 30cm c) Khi di chuyÓn thÊu kÝnh tõ vÞ trÝ 1 (d1= 30cm) sang vÞ trÝ 2 (d2 = 60cm) d2 Kho¶ng c¸ch vËt - ¶nh: L = d + d' = . d  20 d(d  40) d 30 L' .  L '  0 khi d  40cm (d  20)2 L'. -. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý Lop7.net. 40 0 Lmi n. 60 + 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>