SKKN một số phương pháp giải bài toán cực trị trong vật lí THPT

1. MỞ ĐẦU
1.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết trong trong bối cảnh hiện nay cũng như bất cứ thời đại nào,
chất lượng giáo dục là vấn được toàn xã hội qua tâm, giáo dục nước ta đã và
đang nỗ lực nhằm phát huy tính tích cực, chủ động và sáng tạo trong học tập của
học sinh để tạo nên những thế hệ có khả năng hiểu biết sâu sắc về lí luận và vận
dụng linh hoạt trong thực tế, đáp ứng nhu cầu phát triển của xã hội.
Để có chất lượng dạy học nói chung thì phụ thuộc nhiều vào khả năng, trình
độ hiểu biết, sức sáng tạo và khả năng sư phạm của người dạy. Để có những học
sinh giỏi thì u cầu người học phải nắm thật vững kiến thức và thật nhạy bén
trong vấn đề vận dụng kiến thức môn học đồng thời người dạy cũng phải có
chun mơn vững vàng, phải có chiều sâu, uyên thâm về kiến thức.
Trong quá trình giảng dạy vật lí bản thân tơi ln chăn trở tìm cách truyền
thụ, cách khai thác vấn đề để các em có thể nắm vững kiến thức một cách nhanh
nhất và sâu sắc nhất.
Đặc biệt với việc dạy học và đánh giá thi cử theo hình thức TNKQ thì giáo
viên cũng như học sinh phải thay đổi lớn về cách dạy và học. Dạy học theo
phương pháp TNKQ đòi hỏi giáo viên và học sinh 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 mơn học. Điều này không phải tất cả đội ngũ giáo
viên của ta hiện nay đều làm tốt, đặc biệt là giáo viên trẻ mới ra trường.
Một thực tế nữa là chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo
phương pháp TNKQ thì một số giáo viên mải lo 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, phân tích sâu sắc về hiện tượng vật lí ( cái hay
của vật lí) có thể bị mờ nhạt đi. Cách giải quyết bài tốn thì dập khn, nặng về
mặt tốn học mà khơng biết rằng có những bài như bài toán cực trị ( bài toán
chốt trong các đề thi) có thể chỉ cần bằng hiện tượng vật lí là ra kết quả nhanh
hơn nhiều so với dùng toán học, điều này làm ảnh hưởng khá lớn đến chất
lượng, mức độ hiểu sâu kiến thức của học sinh, đặc biệt là đội ngũ học sinh giỏi
của trường.

Đẻ góp phần cải tiến thực trạng trên tôi quyết định thực hiện đề tài “ Phát triển
tư duy học Vật lí qua một số phương pháp giải bài toán cực trị trong Vật lí
THPT”. Trong Vật lí THPT có nhiều bài tốn được giải theo phương pháp tính
giá trị cực đại, cực tiểu các đại lượng Vật lí. Mỗi lọai 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 và một số giáo viên bởi lẽ một số bài tốn này mang tính đơn lẻ, mỗi bài có
thể có cách giải hay, quan trọng là học sinh phải biết lựa chọn cách hay, đó mới
là sự uyên thâm của người dạy.
Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy bồi dưỡng cho học sinh thi đại
học, tôi đã tổng hợp và áp dụng “Một số phương pháp giải bài tốn cực trị
trong vật lí THPT”

1


thì thấy kết quả của học sinh tiến bộ vượt bậc kể cả kết quả thi học sinh giỏi
cũng như thi đại học luôn nằm trong tốp đầu của tỉnh. Hy vọng đề tài này sẽ góp
phần hữu ích trong q trình dạy và học vật lí.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Xây dựng hệ thống bài tập liên quan đến bài toán cực trị và cách giải quyết
các bài toán này bằng việc phân tích hiện tượng và đưa ra phương pháp nhanh
phù hợp cả về mặt toán học lẫn hiện tượng Vật lí.
Thơng qua đề tài giúp học sinh mạch lạc về kiến thức,nắm rõ được bản chất
Vật lí cũng như xây dựng được phương trình tốn học phù hợp, biết phân tích
hiện tượng, đam mê mơn học, đồng thời củng cố sự tự tin của bản thân trong học
tập cũng như trong cuộc sống. Trong nội dung sáng kiến này là những bài tập
được tôi áp dụng cho các đối tượng học sinh tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi
và học sinh có học lực khá, giỏi.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
+ Học sinh THPT và những học sinh được tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi.

+ Phạm vi nghiên cứu chủ yếu là các bài toán về cực trị THPT.
1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
+ Phương pháp nêu vấn đề trong giảng dạy.
+ Kết hợp giữa phân tích và tổng hợp kiến thức đã học để giải quyết các bài
toán.
1.5 NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN
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 cơng thức, kiến thức của tốn
học. Do đó để giải được các bài tập đó cần phải nắm vững một số kiến thức toán
học sau đây:
2.1.1. Bất đẳng thức Côsi:
* a + b  2 ab
* a + b + c  3 3 abc

(a, b dương)
(a, b, c dương)

+ Dấu bằng xảy ra khi các số bằng nhau.
+ Khi tích 2 số khơng 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.
2.1.2. Bất đẳng thức Bunhia côpxki
* (a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2 . (b1 + b2)2.
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.
2.1.3. Tam thức bậc 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 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.
2.1.4. 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.
2.1.5. Khảo sát hàm số.
- Dùng đạo hàm
- Lập bảng xét dấu để tìm giá trị cực đại, cực tiểu.
Thường áp dụng cho các bài tốn điện xoay chiều (vì lúc đó học sinh đã được
học đạo hàm).
* Ngồi ra trong q trình giải bài tập chúng ta thường sử dụng một số tính chất
a c a c a c

của phân thức  
b d b d b d
2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Thực tế, trong chương trình vật lí THPT có những nội dung tương đối khó đối
với nhiều học sinh nói chung, trong đó có cả những học sinh giỏi.Trong q
trình dạy học sinh nhiều năm kể cả bồi dưỡng học sinh giỏi thì ở phần các bài
tốn cực trị tơi nhận thấy khả năng tiếp thu của các em cịn chậm, đó cũng là
điều dễ hiểu vì để giải được các bài tốn về cực trị hay và khó địi hỏi các em
phải biết phân tích hiện tượng, phải tổng hợp được tất cả các kiến thức về Vật lí,
phải biết cách xây dựng các phương trình vật lí dựa trên nền tảng của toán học
3


và phải biết giải quyết bài toán một cách linh hoạt và chính xác thì mới đáp ứng
được nhu cầu học tập và thi cử như hiện nay.
Khi giảng dạy học sinh đại trà cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi phần các bài

toán cực trị thường là những bài tốn khó mặc dù đã xây dựng rất chi tiết về mặt
lí thuyết nhưng khi tiến hành cho các bài tốn cụ thể thì các em vẫn chưa khai
thác được hướng đi, khó về xây dựng phương trình tốn học, khó về cách biến
đổi tốn học…Trên cơ sở về lơ gic kiến thức, sự khó khăn của bản thân học sinh
gặp phải, sự hiểu còn sai lệch về hiện tượng….Để giúp cho các em hiểu và hiểu
được sâu sắc các vấn đề tơi đã tìm ra “Một số phương pháp giải bài tốn cực
trị trong vật lí THPT” để hỗ trợ cho học sinh trong ôn thi đại học và bồi dưỡng
mũi nhọn của nhà trường.
2.3 CÁC DẠNG TOÁN
2.3.1. Dạng áp dụng Bất đẳng thức Côsi
*Bài 1: Cho mạch điện như hình vẽ
UAB = 200 2 cos100 t (V )
1
104
(F). R thay đổi
L = (H); C 

2

L,r


A

R

C

B

Hình vẽ 1

a) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 0
b) Tìm R để cơng suất trên R cực đại khi r = 5 
Bài giải:
a) + Cảm kháng: ZL =  L  100()
1
 200
Dung kháng: ZC =
C
+ Tổng trở:
Z = R2  (ZL  ZC )2
U2
+ Công suất:P = I2R =
(ZL  ZC )2
R
R
2
(Z  ZC )
Đặt y = R + L
.
R
+ áp dụng BĐT Côsi:
ymin  R = ZL - ZC = 100  
U2
 200(W)
Lúc đó PR(max) =
2 ZL  ZC
b) Tương tự ta có: Z =

(R  r)2  (ZL  ZC )2

U2
U2

PR = I2R =
r2  (ZL  ZC )
y  2r
R
 2r
R
+ áp dụng BĐT côsi
ymin  R = r2  (ZL  ZC )2
4


PRMax 

U2
2(r  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.
*Bài 2: Có hai điện tích điểm q1 = q2 = q > 0 đặt tại hai điểm A, B trong khơng
khí (  = 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
ur

đại.
EM
ur
ur
Bài giải:
E
E
2M
1M
ur
* Xác định E M :
 M
ur ur
ur
a
+ E M  E 1M  E 2M
x
q
q1
d
Với E1M = E2M = k 2 2
d


d x
A
H
+ Dùng quy tắc tổng hợp vectơ 
ur
E M  AB hướng ra xa AB.

2kq
x
x
+ EM = 2E1M cos  = d2  x2 . 2 2  2kq. 2 2 32 (*)
d x
(d  x )
* Tìm vị trí M:



B

Hình vẽ 2

- Theo BĐT Cơsi ta có:

3
d2 d2 2 3 d4x2
3 3 2
Ta có d + x =
  x �3
� d2  x2 2 �
.d .x (**)
2 2
4
2
4kq
4kq
d
+ Từ (*) và (**)  EM 

.
2 . Vậy EM(max) =
2 khi x =
3 3d
3 3d
2
2

2





uu
r
*Bài 3: Vật m1 chuyển động với vận tốc V1 tại A và đồng thời va chạm với vật
uu
r
V1'
m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm m1 có vận tốc V1 ' ; hãy xác định tỷ số
V1
uu
r
uu
r
uur
của m1 để góc lệch  giữa V1 và V1 ' lớn nhất. (  max).
P1 '
Cho m1 > m2.

uu
r ur

Bài giải:
PS  P1
+ Động lượng hệ trước va chạm:
uur uu
r
uu
r
uur
PT  P1  m1V1 .
P'
2

Hìnhvẽ 3

5


+ Động
hệ
r lượng
uu
r
uu
r sau va
uurchạm:
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 ur ur
uu
r uu
+ Gọi  = (V1 ,V1' )  (P1,P1')
Ta có: P2'2  P1'2  P12  2P1'P12cos

(1)

Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn:
P12
P1'2 P2'2
m
m1v12 m1v1' 2 m2V2'2


� P12  P1'2  1 P2'2 (2)



2m1 2m1 2m2
m2
2
2
2

� m2 �P1 � m2 �P1'
1
1
+ Từ (1) và (2)  �
� ' �
�  2cos.
m
P
m
P1
�
1 �1 �
1�
� 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  max thì (cos  )min . Theo BĐT cosi: (cos  )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

m12  m22
.
m1
*Bài 4: Một thấu kính hội tụ được đặt song song với màn ảnh E .Trên trục

Với cos  max =

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.
Bài giải:
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 4:
Theo tính chất đồng dạng của tam giác ta có:
6


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 Cơsi ta có:

a
d

�2.
d
f

a
f

a. f  a  b � f

vậy r’/r đạt min khi

 a  b


a d
 � d  a. f do đó
d
f

2

a

thay số ta có f = 36 cm.

a
b
r

r’
O

A

d

A’

d’

Hình vẽ 4

*Trên đây là một số ví dụ về bài tốn cực trị được vận dụng bất đẳng thức
côsi để giải. Những bài tốn này có thể dùng các phương pháp khác như đạo
hàm…Tuy nhiên giáo viên biết khai thác cách này thì vừa ngắn gọn, dễ hiểu
đặc biệt áp dụng được cho đối với học sinh khối 10 khi các em chưa biết đạo
hàm là gì.
2.3.2. Dạng áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpxki:
*Bài 5: Hai chuyển động trên AO và BO
V
0
cùng hướng về 0. Với V2 = 1 ;  30 .
3

A



Khi khoảng cách giữa hai vật cực tiểu là
dmin thì khoảng cách vật 1 đến 0 là
d1'  30 3(m) .Hãy tìm khoảng cách vật 2
đến 0 lúc này?

A'


B

B'

d1'



d2'

Hình vẽ 5

Bài giải:

7

0


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
v


. Vì v2  1
sin sin
sin
3


d d1  v1t 3d2  v1t
d
3d2  d1


�


.
sin sin
sin
3sin
3sin  sin

d
3d2  d1
3d2  d1
3d2  d1

� d

0
 sin30
;
y
3
1
3cos  sin
cos  sin
2
2
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 6: Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai đường
OA và OB biết AB = 40km; V A = 40km/h; VB =


40 3 km. Chiều chuyển động các tàu được biểu
uur
VA

diễn như hình vẽ.Tính khoảng cách ngắn nhất
giữa 2 tàu, biết  = 300;  = 600.

A 

Bài giải:
 +  =    = 300
Ta có: AO = d1; BO = d2
d1
d
AB
 2 
sin sin sin
�

0

A'



'

'  B
B'

uur
VB

Hình vẽ 6

�
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 '

8


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

a1b1 + a2b2 

(a12  a22).(b12  b22)

3 3'
1
sin ' cos '� 7
2
2

80
 30,2(km)
7

*Bài 7: Cho cơ hệ như hình vẽ 8

ur
F

m
M

Hệ số ma sát giữa M và sàn là 2
Hệ số ma sát giữa M và m là 1
u
r
Tác dụng lực F lên M theo phương hợp với

Hình vẽ 7

phương ngang 1 góc  (  thay đổi).
Hãy tìm Fmin để m thốt khỏi M. Tính  tương ứng.
Bài giải: uu
r

uur ur
uur
* Vật m: P1  N1  F ms21  ma1

(1)

N1

uuuu
r
Fms12
uuu
r
Fms

Chi�
u l�
n Ox: E ms21  ma1
Chi�
u l�
n Oy: N1  P1  0

 a1 = Fms21
m

uuuu
r
Fms 21 r
F

P1

Hình vẽ 7.1

 a1  1 g (*) Khi m bắt đầu trượt a1 = 1 g
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

(2)
F cos  Fms12  Fms
Chiếu lên Ox: F cos  - Fms12 - Fms = Ma2  a2 =
M
Oy: F sin  - (P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 - Fsin  .
Fcos 1mg 2 (P1  P2  Fsin)
Mà Fms = 2 N2  a2 =
(**)
M
Fcos 1mg 2 (P1  P2  Fsin)
Ta có a1  a2  1 g 
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
9


y

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

Vậy Fmin =

(m M)(1  2)g
1

2
2

lúc đó

cos 1
 � tan  2
sin 2

*Bài 8: Người ta quấn một sợi chỉ không giãn vào một khối trụ. Kéo trụ bằng
một lực F. Tìm lực cực tiểu Fmin để trụ lăn khơng trượt tại chỗ.
Xác định góc  lúc đó, biết hệ số ma sát là  .
Bài giải:
Khi trụ lăn tại chỗ khơng trượt thì khối tâm G
của trụ đứng n.
(Lúc đó vật chỉ quay, khơng chuyển động

r
F

tịnh tiến).
u
r ur u

r uuu
r r
+ Ta có F  N  P  Fms  0



 F cos  Fms  0
�
Chiếu lên trục x, y: �
 Fsin  N  P  0
�

�F  Fcos
=>�ms
N  P  Fsin
�

G

r
N

y
x

r
Fms
P
Hình vẽ 8

(1)
(2)

Mà Fms =  . N   (P - Fsin  ) = F cos 
P
F=
Đặt y = cos  +  sin  . F cực tiểu khi y = yMax .
cos  sin
Theo BĐT Bunhia côpxki : y  1 2 yMax  1 2
P
1 cos
.

hay tan  
Vậy FMin =
2 Lúc đó
 sin
1
*Những bài cực trị mà vận dụng bất đẳng thức Bunhia cơpxki thường là
những bài khó vì vậy giáo viên cần định hướng cho học sinh tỉ mỉ, từ phân
tích hiện tượng vật lí, từng cách xây dựng phương trình tốn học cũng như
cách biến đổi toán học và cuối cùng là vận dụng bất đẳng thức để đưa ra
được đáp án cho bài toán. Đối vơi những bài toán này thường áp dụng cho
đối tượng học sinh giỏi, học sinh phấn đấu đại học 27 điểm trở lên.
2.3.3. Dạng áp dụng tính chất tam thức bậc 2
10


*Bài 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 9)

A

- Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển
động sang phải theo sàn ngang với vận tốc khơng đổi
v thì con bọ bắt đầu bị dọc theo thanh với vận tốc
không đổi u đối với thanh. Hỏi trong q trình bị trên

Con bọ dừa
B

thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu

Hình vẽ 9

đối với sàn ? Cho biết đầu A của thanh luôn tỳ lên
tường thẳng đứng.
Bài giải:
Xét (0 < t <

L
L
) và (t ) .
u
v
r
u

Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t thì con bọ đi được l = u.t
2
2 2

Độ cao mà nó đạt: h = l. Sin  = u.t L  v t .
L
u 22 24 u
L t v t 
y.
h=
hMax khi y = yMax
L
L
L2
 L4
y = -v2X2 + L2X (với X = t2 > 0).
yMax =
tại
X

4v2
2v2

h a



r
v

(y là tam thức bậc 2 có a = -v2 < 0  yMax tại đỉnh Parabol).
u
uL
yMax 

Vậy độ cao cực đại con bọ dừa đạt được là: hMax =
L
2v
*Bài 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 v2 (v2< v1). Hãy xác định phương án
chuyển động của người đó.
Bài giải:

B

Giả sử người đó chọn phương án chạy trên bờ 1 đoạn
AD, sau đó bơi từ D  B.
Thời gian người đó từ A  B: t =

d

d2  x2
S x

v1
v2

A



S

H



D

x

Hình vẽ 10

11


v1 d2  x2  v2x S
t=

v1v2
v1
2
2
Đặt p = v1 d  x  v2x (1); t 

p
 S;
v1v2

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

 p2) 0
1d

p2 (v12 v22)d2
v2d
2
2
x

Vậy pmin = d v1  v2 . Khi đó
v12  v22
+ Nếu x  S thì bài tốn 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.
*Bài 11: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hịn đá theo
phương hợp với phương ngang một góc  . Tìm  để tầm xa trên mặt đất là lớn
nhất.
Bài giải:

y

+ Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất.
+ Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần

theo Ox:
theo Oy:

x = v0t. cos 
y = h0 + v0t . sin  -

(1)
2

gt
2

h



uur
V0
x

0

(2)

L Max
v0 cos
gL
Thay t vào (2) ta được y = h0 + L.tan  - 2 2  0
2v0 cos 
* Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t =

�gL2
�
gL2
1
2
2
.tan


L.tan



h
 0 (*).

1

tg

mà

�
�
0
2
2v02
2v
cos2

� 0
�
Phương trình phải có nghiệm với tan  .
12


�
4gL2 �gL2
g2L2 2gh0
=L �  h0 ��0 � 1 4  2 �0
2v20 �2v20
v0
v0
�
v
v
L � 0 v20  2gh. L Max  0 v20  2gh  Phương trình (*) có nghiệm kép.
g
g
v0
tan

Vậy
=
thì tầm xa cực đại.
v20  2gh
2

*Bài 12: Truyền cho quả cầu nhỏ m mang điện tích q 0 > 0 một 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 khơng khí. Cho g = const.
Hãy viết phương trình qũy đạo và xác định vận tốc cực tiểu của nó trong quá
trình chuyển động.
Bài giải:
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc tại vị trí
ban đầu của vật.

u
r uuu
r
�
P

mg
�
r ur
Vật bị 2 lực tác dụng �uu
Fd  qE
�
axt2 qE 2
+ Theo Ox: x =
(1)

t
2 2m
gt2
+ Theo Oy: y = v0t (2)
2
2m mg


.x
* Phương trình quỹ đạo: y = v0
qE qE

r
E

y

r
g

uur
V0
0



x

Hình vẽ 12
2
�mg � 2 2 2m
� � �x  y 
(g.y  v0)2 x  0
qE
�qE �
ur uuu
r uur �
Vx  axt  0

V

V

V
+ Vận tốc
x
y �
Vy  V0  gt
�
2
2
�
�2
qE
qE
�
�
�
�
2
2
2
2
2

g
t  2V0g.t  V02
 V2= � �.t  V0  g t  2V0gt  �
�

�
�
�m �
�m �
�
�
Thấy V2 là tam thức bậc 2 ẩn t có hệ số a > 0

13


2

 V2 đạt giá trị cực tiểu tại đỉnh Parabol.

�V0qE �
 ' �
m �
2
�
�
Vmin 

.
2
a �qE � 2
�m � g
� �

Vậy vận tốc cực tiểu của vật trong quá trình chuyển động là:

V0qE
Vmin =
q2E2  m2g2
R
*Bài 13: Cho mạch điện như hình vẽ

A





C B
L
UAB = 200 2 cos100 t (V )
104
R = 100(  ), C =
(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.

Bài giải:
Cảm kháng Z = L ; dung kháng ZC =

1
100 .
C

Tổng trở: Z = R2  (ZL  ZC )2

U.ZL
U
U
U L  I.ZL 


;
Z
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
ZC
R 2  ZC2 2
U R2  Z2C
 2 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 UC đạt giá trị cực đại ta làm

tương tự trên và kết quả là:

U R2  Z2L
R2  Z2L
UCmax =
khi ZC 
R
ZL

*Những bài vật lí mà vận dụng tam thức bậc 2 trước tiên giáo viên phải
địnhhướng cho học sinh nhận định được u cầu bài tốn và phải lập được
phương trình tốn học. Phải biết đâu là hàm, đâu là biến sau đó đưa về dạng
tam thức bậc 2 và xử lí bài toán.
2.3.4.Dạng áp dụng giá trị cực đại của hàm số sin và hàm số cos
14


*Bài 14: Hai vật chuyển động từ A và B cùng hướng về điểm 0 với cùng vận
tốc. Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc  = 600. Hãy tìm khoảng cách ngắn
nhất giữa chúng trong quá trình chuyển động.

A


Bài giải:

A'





0

Xét tại thời điểm t vật A ở A'; vật B ở B'.

Khoảng cách d = A'B'.
d AO  Vt BO  Vt BO  AO



B'
Có
sin
sin
sin
sin  sin

B
d
10

0
Hình vẽ 14
sin 2cos  .sin   . Với     120
2
2
3.5
�  �
. dmin khisin�

1
�
d=
. Vậy dmin = 5 3(km)  8,7(km)
 
2
�
�
sin
2

*Bài 15: 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.
Bài giải:
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
Có a13  g; a23  g. a13  a12  a23 � a23  0

x

Do đó hai vật chuyển động thẳng đều so với nhau.
+ Chọn vật ở B làm mốc thì vật ở A sẽ chuyển động
uuu
r
theo đường Ax (theo hướng 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
.
dmin khi sin  = 1
sin sin
v12  v22 .sin
Vậy dmin =

l v1
v12  v22

(điều kiện t =

*Bài 16: Cho mạch điện như hình vẽ
0,9
(H)
UMN = const ; L =


l

v12  v22

�

uu
r
V1


A

d



B

uur
V2

2h
).
g

V1

A

L, r
M

V2

C

M
15A


C thay đổi. RA = 0 ; Rv rất lớn .
Tần số dòng điện f = 50 HZ; r = 90 
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
Bài giải:
+ Mạch điện vẽ lại như hình 2.17
L, r

Vơn kế V1 chỉ UMA ; Vơn kế V2 chỉ UMN
+ Ta có: ZL = L = 90 





A

N

M

+ Giản đề véc tơ.
Z

tg  1 = L 1� 1 
r
4
U MN
UC

+
sin sin(1  )
sin


� U C  U MN .
mà   1  .
sin(1  )
2
4
U MN
 UC =
2.sin(1  )

Hình 16
uur
UL

ur

U MA

1

uur
Ur

0



r
I

ur
U MN


Ta thấy UC cực đại khi sin (  1 +  ) = 1  1   

Theo bài ra thì 1     UC đạt cực đại.
2

A

2

uuu
r
UC



*Dạng bài toán dùng giản đồ véc tơ ta cũng có thể dùng tam thức bậc 2 hoặc
đạo hàm tuy nhiên với cách này giúp cho các em củng cố về tư duy hình học,
tìm ra được nhiều hệ quả mà phương pháp đại số chưa nhìn thấy ngay được
như khi U C max thì uRL vng phavới u…
2.3.5. Dùng phương pháp đạo hàm.
*Bài 17: Cho mạch điện như hình vẽ
UAB = 200 2 cos100 t (V )
1
.104(F) .
R = 100  ,C =
2

R
A



g



L MC B

Hình vẽ 17

Cuộn dây thuần cảm và có L thay đổi.
Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó.

Bài giải:
16


+ Dung kháng:

ZC =

1
 200
C

+ Tổng trở:
Z = R2  (ZL  ZC )2 ; ZAM  R2  Z2L
U
U
I
; U AM  I.ZAM 
Z
Z2C  2ZCZL
+
1
R2  Z2L
Z2C  2ZCZL
Đặt y = 1 +
. UAM cực đại khi y = ymin.
R2  Z2L
2ZC (Z2L  ZC ZL  R2)
Xét y' =
.Ta có : ymin khi y' = 0

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

0



241

Vậy khi ZL = 241 
y'

-

y

0
ymin

+

tức là L = 0,767(H)
thì UAM cực đại.
UAM(Max)

=

U( 4R2  Z2C  ZC )
 482(V)
2R
* Mở rộng: Có thể dùng phương pháp đạo hàm để tìm U L, UC đạt giá trị
cực đại khi f thay đổi
*Bài 18: Vật phẳng AB vng 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?

17

c) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa vật và ảnh trong khi di chuyển thấu kính từ
vị trí này đến vị trí cịn lại mà ta thu được ảnh rõ nét trên màn.
Bài giải:
TK
�d' A 'B'
a) Sơ đồ tạo ảnh ABd ��

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
d(d 40)
d304060L'-0+Lmin
L '
.� L ' 0khi d 40cm
(d 20)2
402
 80(cm)
Vậy khoảng cách ngắn nhất cần tìm là Lmin =
40 20
*Bài 19: Một Mol khí lý tưởng thực hiện biến đổi theo quy luật.
a) P = P0 -  V2

Tìm nhiệt độ cực đại Tmax của khí

b) T = T0 +  V2

Tìm áp suất cực tiểu Pmin của khí, biết P0,  , T0 là hằng số.

Bài giải:

PV P0

 V  V 3.
R R
R
P 3
T' = 0  V 2 � T' 0

R R

a) Ta có PV = RT  T =
Đạo hàm T theo V.

VV0T'+0-TTmax

b) Ta có:

PV = RT  P =

khi V 

P0
 V0
3

2 P P0
Vậy nhiệt độ cực đại TMax = . 0
3 R 3
RT RT0

 RV
V
V
18


Đạo hàm P.

P' = R  -

RT0
� P' 0
V2
V
P'
P

-

T0


khi V  V0 
V0
0
Pmin

+

Vậy áp suất cực tiểu PMin =2R  .T0
*Phương pháp đạo hàm là dùng được cho mọi bài tuy nhiên phương pháp
này thường là dài và chỉ dành cho học sinh khi đã được học về đạo hàm.
2.3.6. Dùng phương pháp kết hợp khai thác hiện tượng vật lí và tổng hợp
nhiều kiến thức tốn học có liên quan.
*Bài 20: Một con lắc lò xo gồm lò xo độ cứng

k

m

M

k  25 N/m và vật m có khối lượng 300 g nằm ngang
trong đó ma sát giữa vật m và sàn có thể bỏ qua. Vật M khối lượng 200 g
được nối với vật mbằng một sợi dây nhẹ, dài và khơng dãn như hình vẽ. Hệ số
ma sát trượtgiữa M và sàn là   0.25 . Lúc đầu vật m được giữ ở vị trí lị xo
dãn 10 cm (trong giới hạn đàn hồi), sợi dây căng. Thả nhẹ vật m để hệ chuyển
động. Lấy g  10 m/s2. Tính từ thời điểm lị xo bị nén mạnh nhất lần đầu tiên,
tốc độ cực đại của vật m là bao nhiêu?
Bài giải:

+ Do ma sát giữa M và sàn nên thời gian đầu ta có thể coi (m +M)
 Mg
 0, 02m  2cm
k

dao động quanh vị trí cân bằng động O’ cách O một đoạn l 
với biên độ A’=10-2=8cm
ur uuur

r

ur

+ Xét vật M ta có T  Fms  M a ; khi dây chùng T  0 =>
k
Vị trí dây bị chùng m có tọa độ x’ so với gốc O’

x’

m

O

M

O’

A’

.M .g   M  2 x ' � x '  5cm  0, 05m ;

+ Vận tốc của m ở tọa độ x’: v   A '2  x '2  5 78  0, 05 78 m/s
+ Sau thời điểm dây bị chùng thì m dao động quanh gốc O.
19


+ Vận tốc của m lớn nhất khi về đến O => tại toạ độ x’=-5cm thì x=-3cm.
Ta có

1 2 1 2 1 2
3 3
mv  kx  mvo � vo 
m/s
2
2
2
10

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Thực tế cho thấy, trong nhiều năm làm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn
thi đại học, tôi tự nhận thấy sáng kiến kinh nghiệm “Một số phương pháp giải
bài toán cực trị trong vật lí THPT” là một tài liệu quan trọng trong công tác
giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi và ôn luyện đại học cho học sinh đặc biệt là
học sinh khá giỏi.
Đối với giáo viên, sáng kiến kinh nghiệm là nguồn tài liệu trong đó đã đưa ra và
khai thác được phương pháp chọn lọc giải các bài tốn cực trị, các bài tốn hay
và khó khơng thể thiếu được trong các kì thi. Nó cịn góp phần giải quyết triệt để
các câu hỏi chốt trong đề.
Đối với đối tượng học sinh khá giỏi sáng kiến kinh nghiệm trên đã giúp cho
các em rèn luyện được kĩ năng phát hiện được hiện tượng bài toán, phát triển
được tư duy và tự tin vào bản thân khi giải quyết các bài tập hay tạo ra khí thế
trong quá trình tiếp nhận kiến thức cảm thấy giờ học cuốn hút không bị mệt mỏi,
nhàm chán.Từ kết quả nghiên cứu tôi tự rút ra bài học kinh nghiệm sau:
Đối với giáo viên khi được dạy ở các lớp mũi nhọn, các lớp học sinh có năng
lực thì phải khơng ngừng nghiên cứu, tìm tịi, sáng tạo để nâng cao trình độ
chun mơn nghiệp vụ, đã nghiên cứu vấn đề gì thì phải hiểu tường tận thấu
đáo. Có như vậy thì khi giảng bài cho học sinh mới hay, xúc tích và mới bao
qt được vấn đề. Thậm chí cịn phán đốn trước được sau khi mình giảng học
sinh sẽ hỏi gì, đón trước được ý của học sinh và sự cuốn hút của bài học sẽ xuất
hiện từ đó.
Đối vưới học sinh, muốn trở thành một học sinh giỏi thật sự thì ngồi năng
lực của bản thân thì trong q trình học tập phải ln ln chú ý nghe thầy cơ
phân tích từ lí thuyết, đến các bài tập đơn giản và sau đó là các bài tốn nâng
cao.Ngồi ra cũng biết tìm tịi thêm tài liệu để tự tích lũy thêm kiến thức cho
mình. Có như vậy thì mới trở thành một học sinh hoàn hảo.
Trên đây là kinh nghiệm khai thác một số bài tập mà có thể giúp học sinh có

thể phát triển tư duy phân tích hiện tượng, biết liên hệ nó trong đời sống hàng
ngày mà ta vẫn thường gặp. Đặc biệt, tháo gỡ được những lo ngại của học sinh
khi gặp một số bài tốn khó. Thực tế trong q trình nghiên cứu tơi vẫn biết đề
tài mình nghiên cứu là quá rộng, các bài tốn tơi đưa ra khơng thể bao qt hết
được song cái cốt lõi để giải các bài cực trị chủ yếu nằm trong các phương pháp
mà tôi đưa ra ở trên. Vì vậy tơi thiết nghĩ nó cũng sẽ là nguồn tài liệu bổ ích cho
q trình dạy và học vật lí. Tơi rất mong được sự đóng ý kiến của các bạn đồng
nghiệp để chúng ta ngày càng có nhiều kinh nghiệm hơn trong giảng dạy và đạt
nhiều thành tích hơn trong cơng việc chun mơn.
3.2. Kiến nghị: Không
Tôi xin chân thành cảm ơn.
20


XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ

Phạm Hùng Bích

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác

Đào Thị Loan

3

d1
m

m

m
21

k

2
H


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Phương pháp giải tốn vật lí 10 – PGS.TS Vũ Thanh Khiết – NXBGD

1.
2006
2.
Giải tốn vật lí 10 – Bùi Quang Hân - NXBGD 2003
3.
Phương pháp nghiên cứu khoa học giáo dục – Phạm Viết Vượng NXBHà
Nội 1997.
4.
Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT – PGS.TS Vũ Thanh Khiết – NXB GD
2010
5. Tuyển tập các kì thi ơlimpic
6. Bồi dưỡng học sinh giỏi qua các kì thi ơlimpic. Lê Văn Vinh – NXB tổng hợp
TPHCM

22