Phương pháp giải bài toán cực trị điện xoay chiều
|
--> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HOÁ 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG MẠCH ĐIỆN XOAY CHIỀU [ Người thực hiện : Nguyễn Văn Trào Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THPT Hoằng Hoá 4 SKKN thuộc lĩnh vực: Môn Vật Lý THANH HÓA NĂM 2013 1I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong các đề thi tốt nghiệp, thi đại học, thi học sinh giỏi thường có các câu hỏi tìm giá trị cực trị của các đại lượng trong mạch điện xoay chiều như: công suất, cường độ dòng điện, hiệu điện thế khi có sự biến thiên của các phần tử trong mạch như: R, L, C hoặc tần số góc . Gặp những bài toán này học sinh thường lúng túng trong việc tìm cho mình một phương pháp giải tốt nhất và hiệu quả nhất. Do đó mất thời gian và làm ảnh hưởng đến thời gian làm các bài toán khác và kết quả không cao. Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT tôi thấy có một số phương pháp cơ bản để giải các bài toán dạng này. Trong đề tài này tôi muốn giới thiệu một số dạng bài toán cực trị trong mạch điện xoay chiều và phương pháp giải để giúp các em học sinh có nhiều phương pháp để giải và lựa chọn cho mình một phương pháp tối ưu nhất, nhanh, chính xác và đạt hiệu quả cao nhất. 2II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Qua tìm hiểu các đề thi, nghiên cứu các tài liệu tham khảo về mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp, tôi thấy có một số dạng bài toán cực trị thường gặp và có các phương pháp giải như sau: DẠNG 1: BÀI TOÁN BIỆN LUẬN THEO R. Tìm các giá trị cực đại của cường độ dòng điện, công suất và hiệu điện thế trong mạch điện xoay chiều: R, L, C mắc nối tiếp khi R thay đổi, trong đó U, L, C, không đổi ( mạch điện như hình vẽ). A R L C B 1.1. Tìm R để Imax =? Lập biểu thức tính cường độ dòng điện: Theo định luật ôm I = 22)(cLZZRUZU do U = Const nên Imax khi Zmin khi đó R ->0 => Imax = CLZZU 1.2. Tìm R để Pmax =? Lập biểu thức công suất của mạch: P = I2R = )1()( 22222cLZZRRUZRU - Phương pháp đạo hàm: Đạo hàm P theo R ta được: P' = U2 2222222222222)()()(2)(CLCLCLCLZZRRZZUZZRRUZZR P' = 0 => R = /ZL - ZC/ khảo sát biến thiên của P theo R. R 0 /ZL - ZC/ + P' + 0 - P 0 Pmax 0 Ta thấy khi R = /ZL - ZC/ thì P = Pmax => Pmax = RUZZUCL22223- Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi: Từ (1) => P = 22( )L CUZ ZRR=> Rmax khi R + RZZCL2)( min Do Rvà RZZCL2)( là những số dương nên theo bất đẳng thức côsi ta có: R + RZZCL2)( 2/ZL - ZC/. Dấu "=" xảy ra khi: R = /ZL - ZC/ Vậy với R = /ZL - ZC/ thì: Pmax = RUZZUCL2222. Nhận xét: Trong 2 phương pháp trên ta có thể thấy dùng phương pháp bất đẳng thức côsi dễ hiểu hơn, nhanh hơn và không bị nhầm lẫn so với phương pháp đạo hàm. 1.3. Tìm R để UR; UL; UC đạt giá trị cực đại? a.Tìm R để URmax= ? Lập biểu thức tính UR ta có: UR= I.R = 2222)(1)(.RZZUZZRRUCLCL => URmax khi mẫu số nhỏ nhất, khi đó R -> và URmax = U. b.Tìm R để ULmax= ? Lập biểu thức tính UL ta có: UL= I.ZL = 2 2.( )LL CU ZR Z Z => ULmax khi mẫu số nhỏ nhất, khi đó R = 0 và ULmax = .| |LL CU ZZ Z c. Tìm R để UCmax= ? Lập biểu thức tính UC ta có: UC = I.ZC = 2 2.( )CL CU ZR Z Z => UCmax khi mẫu số nhỏ nhất, khi đó R = 0 và UCmax =.| |CL CU ZZ Z Nhận xét: Do URmax = U nên không xãy ra trường hợp UR > U, còn ULmax và UCmax có thể lớn hơn U khi giải các bài toán trắc nghiệm chúng ta cần chú ý. 1.4. Tìm R để URL, URC , ULC đạt cực đại: 4a. Tìm R để URL đạt cực đại: Ta có: URL = I.ZRL = 2 22R.( )LRLL CU ZUZZR Z Z => URL = 222R21LCLCZZZZU Để URLmax thì mẫu số nhỏ nhất. Ta thấy để mẫu số nhỏ nhất khi R -> khi đó URLmax = U. b. Tìm R để URC đạt cực đại: Ta có URC = I.ZRC = 2 22 2R.( )CRCL CU ZUZZR Z Z = 222R21CCLLZZZZU => URCmax = U khi R -> c. Tìm R để ULC đạt cực đại: Ta có ULC = I.ZLC = 222L)()(ZCLCZZRZU; ULcmax khi R -> 0 => ULCmax = U. Ví dụ1: Cho mạch điện như hình vẽ: A R L C B Hiệu điện thế ở hai đầu mạch điện uAB = 1002cos 100t (V). Cho cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L =2(H); tụ điện có điện dung C = 410 (F), R thay đổi được.Tìm R để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại, tính Pmax=? *Phương pháp đạo hàm: Ta có công suất P = I2R = 222)(CLZZRRU ; U = 100(v); ZL = 200(); ZC = 100() => P = 22222222)(222)100(2.100)100(100'100.100 RRRPRRR => P' = 0 => 1002 (1002 - R2) = 0 => R = 100(). Ta thấy khi R = 100() thì P' = 0 và đổi dấu từ dương sang âm. 5Do đó Pmax khi R = 100() và Pmax = 2100100100100.100222 = 50(W) * Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi: Ta có: P = RR22100100. Theo Côsi ta có: R + 100.21002R Dấu "=" khi R2 = 1002 => R = 100() (loại nghiệm R = -100 <0 ) => Pmax = 1002/1.200 = 50 (W). Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ: A R R0, L C B UAB = 1002cos 100t (v) cuộn dây có độ tự cảm L = 4.1 (H) và điện trở trong R0 = 30 (), tụ điện có điện dung C = 410 (F) a. Tìm R để công suất của mạch đạt cực đại. Tìm giá trị cực đại đó ? b. Tìm R để công suất trên R cực đại. Tìm giá trị cực đại đó ? Bài giải: *Phương pháp dùng BĐT Côsi: a. Công suất tiêu thụ của mạch: P = I2 (R+R0) = 22002)()(CLZZRRRRU => P = AURRZZRRUCL20202)()( Do U = Const nên Pmax khi Amin theo bất đẳng thức côsi ta có: A = (R + R0) + 02)(RRZZCL 2 / ZL - ZC / => Amin = 2 / ZL - ZC / = 2 (140 - 100) = 80(). Dấu "=" khi R + R0 = / ZL - ZC / = (140 - 100) = 40() => R = 40 - R0 = 10() khi đó Pmax = min2AU= 2100125( )80W6Chú ý: Khi cuộn dây có thêm điện trở thuần R0 thì ta có thể đặt Rtđ= R + R0 rồi áp dụng BĐT Cô si . Khi đó công suất tiêu thụ của mạch đạt cực đại khi Rtđ= R + R0 = / ZL - ZC / => R= / ZL - ZC /- R0. Nếu R0 > / ZL - ZC / thì do R không âm nên ta có kết quả là khi R= 0 thì công suất tiêu thụ trên mạch đạt cực đại : Pmax = 202 20.( )L CU RR Z Z . b. Công suất tiêu thụ trên R: PR = I2 R = 22ZRU => PR = 2 22 2 2 2 20 0 0( ) ( ) ( ) 2L C L CU R U RR R Z Z R R Z Z RR PR = 020220222)(RAURRZZRRUCL Do U, R0 không đổi nên PRmax khi Amin Theo bất đẳng thức côsi ta có: A = R + 220220)(2)(CLCLZZRRZZR Dấu "=" khi R = 220)(CLZZR = 224030 = 50 => Amin = 2R = 100 => PRmax = 2 2 2 20 0100 10062,5(W)min 2 2( ) 2(50 30) 160U UA R R R DẠNG 2: BÀI TOÁN BIỆN LUẬN THEO L. Tìm các giá trị cực đại của cường độ dòng điện và hiệu điện thế, công suất trong mạch xoay chiều: R, L, C mắc nối tiếp khi L thay đổi, các đại lượng U, R, C, không đổi. (mạch điện như hình vẽ)A R L C B 2.1. Tìm L để Imax, Pmax = ? a. Theo định luật ôm ta có: I = 22)(cLZZRUZU . Do U không đổi nên Imax khi mẫu số min. Ta thấy mẫu số cực tiểu khi ZL - ZC = 0 => ZL = ZC => L = C217=> Imax = RU mạch xảy ra cộng hưởng điện. b. Ta có: P = I2R. Do R không đổi nên Pmax khi Imax theo trên L = C21 => Pmax = 2maxIR= RURRU222. 2.2. Tìm L để ULmax;URmax; Ucmax =? a. Tìm L để URmax = ? Lập biểu thức tính UR ta có: UR= I.R = 2 2.( )L CU RR Z Z ta thấy URmax khi ZL = ZC => L = C21 => URmax= U. b. Tìm L để ULmax=? *Phương pháp dùng đạo hàm: Ta có: UL = I.ZL = .LUZZ = 22)(.CLLZZRZU= U. f (ZL) (1) Với f (ZL) = 22)(CLLZZRZđạo hàm theo ZL rút gọn ta được: f' (ZL) = 2/32222)(CLCLCZZRZZZR ta có f' (ZL) = 0 => ZL = CCZZR22 và đổi dấu từ dương sang âm. => fmax =RZRZZZRRZZRCCCCCC22222222; ULmax = U.fmax = 2 2.CU R ZR* Phương pháp hình học: Giản đồ véc tơ như hình vẽ: Theo định lý hàm số sin ta có: sinsin.UUSinUSinULL UC 0 U UL UR URC I 8Ta thấy Sin = 22RCRUCZRRU do R, C không đổi nên sin không đổi. Mặt khác do U không đổi nên UL cực đại khi sin = 1 = > = /2.=> RCUvàU vuông pha với nhau. => ULmax =RZRUC22. Mặt khác ta có: RCLUUSin Sin . Trong đó Sin = RCCUU => SinUL2CURCU mà Sin = 1 => UL = 2CURCU => ZL = 2CZRCZ=> ZL = CCZZR22 * Phương pháp dùng tam thức bậc 2: Từ (1) ta có: UL = 22)(.CLLZZRZU= 222L2)(ZRLCLZZZU UL = )(12ZR2L22LLCCZfUZZZU Với f(ZL) = 12222LCLCZZZZR Đặt X = LZ1 = f(ZL) = f(x) = (R2 + Z2C) X2 - 2ZC X + 1. Ta thấy: f(x) là tam thức bậc 2 có a = (R2 + Z2C) > 0 => f(x) min khi X = - ab2LCCZZRZ122 => ZL = CCZZR22 => f(ZL) min = 222CZRR => ULmax = RZRUC22 c. Tìm L để UCmax = ? Lập biểu thức tính UC ta có: UC= I.ZC = 2 2.( )CL CU ZR Z Z ta thấy UCmax khi ZL = ZC => L = C21 => ax.CCmU ZUR2.3. Tìm L để URLmax; URcmax; ULcmax =?. a. Tìm L để URLmax =? . Theo định luật ôm ta có: URL = I. ZRL = ZUZRL9=> URL = 2222)(CLLZZRZRU= )(1ZR212L22LCLCZfUZZZU Trong đó: f(ZL) = 2L22ZR2CLCZZZ (1) đạo hàm theo ZL. Ta có: f'(ZL) = 22L222L2)ZR()2(2)Z(2CLCLCZZZZRZf' (ZL) = 0 => Z2L - ZLZC - R2 = 0 ta có = Z2C + 4R2 > 0 => ZL1 = 2422RZZCC(loại nghiệm âm) f' (ZL) triệt tiêu và đổi dấu từ âm sang dương nên f (ZL1) min khi ZL1 = 2422RZZCC khi đó URLmax = min)(11LZfU với f (ZL1) theo (1) hoặc có thể thay ZL1 vừa tìm được ta có URLmax = 2 212 21( )LL CU R ZR Z Z b. Tìm L để URCmax= ? Ta có : URC =2 22 2.( )CL CU R ZR Z Z => URCmax khi ZL = ZC => L =C21 => URCmax =2 2.CU R ZRc. Tìm L để ULCmax= ? Ta có: ULC = 22222)(1)()(CLCLCLZZRUZZRZZU ULCmax khi ZL -> => L - => ULCmax = U. Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ: Trong đó UAB = 2002sin 100t (V) A R C L B V 10Cuộn dây thuần cảm có L thay đổi; RV = ; R = 50 (); C = 410 (F) a. Khi L = L1 thì P = Pmax. Tìm L1 và Pmax ? b. Khi L = L2 thì Uvmax. Tìm L2 v Uvmax? Bài giải: a. Ta có: P = I2R = 222CLZZRRU Do U, R = Const => Pmax khi ZL1 = ZC = 100() => ZL1 = 100() => L1 =1 (H) => Pmax = 50100.250)2100(222RU = 400(w) b. Ta có UV = UL = I.ZL = 22)(.CLLZZRZU UL = )(1.222LLCCZfUZZZRU f(ZL) = f(x) = (R2 + R2C) x2 - 2ZC.x + 1 . Ta có : a = R2 + Z2C > 0 => f(x) min khi x = ab2 => )(25,1)(125100100501222222222HLZZRZZRZZCCLCCL => UVmax = 2 2100. 2.125 100. 2.125100 10 ( )25. 550 (125 100)V Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó UAB = 2002sin 100t (v) A M N B L R C Cuộng dây thuần cảm có L thay đổi ; R = 24 (); C = )(2103F a. Tìm L = L1 để UANmax ? b. Tìm L = L2 để UMBmax ? 11Bài giải: a. Ta có UAN = URL = 2222)(..CLLRLZZRZRUZZU UAN = )(121222LLCLLZfUZRZZZU => UANmax khi fmin. Theo mục (d) => f(ZL) min khi ZL1 = )(36224.42020242222 RZZCC loại nghiệm âm.=> fmin = 1872104022122LCLCZRZZZ => UANmax = 120 1872120 120 2,25 180( )8321 ( ) min 104011872LUVf Z Hoặc UANmax = URLmax = 2 22 212 2 2 21.120. 24 36180( )( ) 24 (36 20)LL CU R ZVR Z Z b. Ta có: UMB = I.ZMB = I ZZRUZRCC2222. =2222)(.CLCZZRZRU UMBmax khi Zmin => ZL2 = ZC = 20() => L2 = )(2,0H => UMBmax = 2222242011201 RZUC = 156,2(V) DẠNG 3: BÀI TOÁN BIỆN LUẬN THEO C. Tìm các giá trị cực đại của cường độ dòng điện, công suất và hiệu điện thế trong mạch R, L, C mắc nối tiếp khi C thay đổi còn U, R, L, không đổi ( mạch điện như hình vẽ) A R L C B 3.1. Tìm C để Imax; Pmax=? a. Tìm C để Imax=? Ta có: I = 22)(cLZZRUZU => Imax = RU12Khi ZL = ZC = > C = L201 => trong mạch xảy ra cộng hưởng điện. b. Tìm C để Pmax=? Ta có công suất tiêu thụ P = I2.R => Pmax = I2max.R. = RU2 khi C =L201 3.2. Tìm C để URmax ;ULmax; UCmax =? a. Tìm C để URmax = ? Lập biểu thức tính UR ta có: UR= I.R = 2 2.( )L CU RR Z Z ta thấy URmax khi ZL = ZC => C = 21L => URmax= U. b. Tìm C để ULmax = ? Lập biểu thức tính UL ta có: UL= I.ZL = 2 2.( )LL CU ZR Z Z ta thấy ULmax khi ZL = ZC => C = 21L => ax.LLmU ZUR c. Tìm C để UCmax =? *Phương pháp dùng đạo hàm. Ta có UC = I.ZC = 22)(cLCZZRUZ = U. f (c); Đặt f(Zc) =22)(cLCZZRZ f'(Zc) = 22/32222/32222)()(2CLCLLCLLCCLLZZRZZZRZZRZZZZZR f’ (Zc) = 0 => ZC1 = RZRL22 => f’(Zc) triệt tiêu tại ZC và đổi dấu từ dương sang âm nên đạt cực đại tại Z c => f(ZCmax) = RZRL22 => UCmax = U. f(ZCmax) UCmax = U . RZRL22khi Zc = LLZZR22 * Phương pháp hình học: Vẽ giản đồ véc tơ: Theo định lý hàm số sin ta có: sinsin.UUSinUSinUCC 0 URL UL UR U I UC 13Mà Sin = 22RLRULZRRU = Const => UCmax khi Sin = 1 => B = /2 => UCmax =RZRUL22. Mặt khác ta có: SinUCSinRLU; sin = RLLUU=> UC = 2.RLLU SinU mà Sin = 1 => UC = 2LURLU=> ZC = LLZZR22=> C = 222LRL * Phương pháp dùng tam thức bậc 2: Ta có : UC = I.ZC =22)(.CLCZZRZU= 1Z2ZZR2L2C2L2CZU UC = )(CZfU=> Ucmax khi f (Zc) min => f (Zc) = 12ZR2C22CLLZZZ Đặt X = CZ1 => f(x) = (R2 + Z2L) X2 - 2ZL X + 1 Ta có: a = R2 + Z2L > 0 => f(x) min khi X = - ab2=> 221RZZZLLC=> ZC = L22ZRLZ => C = 222LRL =>fmin = 222RRLZ=> UCmax = minfU => UCmax = RZRUL22 3.3. Tìm C để URCmax; URLmax; ULCmax=? a. Tìm C để URLmax= ? Ta có : URL = I.ZRL =2 22 2.( )LL CU R ZR Z Z => URLmax khi ZL = ZC => C =21L => URLmax =2 2.LU R ZR b. Tìm C để URCmax=? 14T acó: URC = I. ZRC = 2222)(CLCZZRZRU= )(1ZR21C22CCLLZfUZZZU Đặt f(ZC) = 2C22ZR2CLLZZZ(1) để URCmax thì f (ZC) min. Ta có: f'(ZC) = 22C222C2)ZR()2(2)Z(2CLLCLZZZZRZ f'(ZC) = 22C22222C222)ZR()(2)ZR(422RZZZZZZZZZZRZCLCLCLCLCLL f'(ZC) = 0 => Z2C - ZLZC - R2 = 0 ZC1 = 2422RZZLL(loại nghiệm ZC2 < 0) Ta thấy f' (x) triệt tiêu và đổi dấu từ âm sang dương nên f (ZC) min tại ZC1. => URCmax = min)(1CZfU với f (ZC) theo (1) Hoặc URCmax = 2 212 21( )CL CU R ZR Z Z c. Tìm C để ULCmax: Ta có ULC = I. ZLC = 22222)(1)()(CLCLCLZZRUZZRZZU Ta thấy để ULCmax khi 22)(CLZZR -> 0 => ZC -> => C -> 0 .Vậy khi C -> 0 Khi đó ULCmax = U. Ví dụ 1: Cho mạch điện R, L, C mắc nối tiếp như hình vẽ. C thay đổi A R L C B Có : u=1202sin 100t(V); R =240() cuộn dây thuần cảm có L= 2,3 (H) a. Tìm C để I, P cực đại. Tính Imax, Pmax= ? b. Tìm C để UCmax. Tính UCmax ? 15 Bài giải: a. *Ta có: I = ZU => Imax khi Zmin => ZL = ZC=> ZC = 320 => C = )(10.2,314F=> Imax = )(5,0240120ARU * Công suất tiêu thụ: P = I2. R => Pmax = I2max .R = 0,52 . 240 = 60 (W) Kết luận: Vậy C = )(10.2,314Fthì Imax = 0,5(A); Pmax = 60(W) b. Ta có : UC = I.ZC = 22)(.CLCZZRZU theo lý thuyết ta có: UCmax = RZRL22 khi ZC = LLZZR22= 32032024022 = 320 + 180 = 500() => C = 410.51 (F) khi đó UCmax = 200(V). Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ Trong đó UAB = 602sin 100t (V), Tụ điện có điện dung C thay đổi A R C L B Điện trở R = 10)(3 ; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = )(51H a. Tìm C để URCmax .Tìm URCmax = ? b. Tìm C để ULCmax, URLmax = ? Bài giải: a.URC = I.ZRC = 2222)(.CLCZZRZRU Theo bài toán tổng quát: URCmax=min)(1CZfU Khi ZC1 = 2422RZZLL )(3024020210.3.420202216=> f(ZC) min = 2222223010.330.20.2202CCLLZRZZZ=> f(ZC) min = 3212812124 > URCmax = . 3 60 3 ( )213UU V hoặc URCmax = 2 212 21( )CL CU R ZR Z Z =2 22 260 3.10 3060 3( )3.10 (20 30)V b.* ULC = 22222)(1)()(.CLCLCLZZRUZZRZZU ; ULCmax = U = 60(V) khi C->0 * Ta có: URLmax = 22222)()(.CLLZZRZRU; URLmax = 22LZRRU Khi ZC = ZL = 20() => C = 20.1001.1CZ = )(2,0104F khi đó URLmax = 31060 222010.3 = 23.10 3 4 20. 21 ( )V DẠNG 4: BÀI TOÁN BIỆN LUẬN THEO Tìm các giá trị cực trị của cường độ dòng điện, công suất và hiệu điện thế trong mạch xoay chiều R, L, C mắc nối tiếp khi tần số góc thay đổi , các đại lượng U, R, L, C không đổi . 1. Tìm để Imax =? Imin = ? Pmax =?Pmin=? a. Tìm để Imax =? Imin = ? * Ta có I = 22.1RCLUImax khi L - LCC101; Imax = RU mạch có cộng hưởng điện * Tìm để Imin: Imin khi (L - 0)12C hoặc -> => Imin = 0 b.Tìm để Pmax =?Pmin=? 17* Công suất tiêu thụ P = I2.R => Pmax = I2max.R = LCkhiRU 12 * Pmin = 0 khi Imin = 0 => 0 2. Tìm để URmax, URmin Ta có: UR = IR = 22)(RCLZZRU * URmin = 0 khi (ZL - ZC)2max -> => /L - 0/1C * URmax => (ZL - ZC)2 = 0 => ZL - ZC => 0 = LC1=> URmax = U 3. Tìm để UCmax, UCmin: * Ta có: UC = I.ZC = 22C)(Z.CLZZRU Ta có UCmin = 0 khi ZC = 0 => -> * Mặt khác: UC = 222C2Z.CLZCLZRU = 2 22 2 22 21.2 1ULCL RC C UC = 1.)2(.22422CRLCCLU = )(fU; UCmax khi f () min: f() = L2C24 - (2LC - R2C2) 2 + 1 (1) Có a = L2C2 > 0 => f() min khi 2 = ab2 = 222222CLCRLC => 1 = CCRLL 2212 = 212RCLL với ĐK CL2 > R2 Khi đó: UCmax = min)(fU với f() min xác định theo (1) 4. Tìm để ULmin ULmax = ? Ta có: UL = I.ZL = 22)(Z.CLLZZRU= 2222Z.LCLZCLZRU * ULmin = 0 khi ZL = 0 => = 0 18* UL = 2222Z.LCLZRCLZU=112.1222422LRLCCLU = )(fU; ULmax khi f () min. Ta có f() = 112.1222422LRLCCL (1) Ta có a = 221CL> 0 => f() min khi 21 = ab2 = 22221.22CLLRLC => 21= 22.2222222CRLCCLLRLC=> 2 = 1C222CL R C với điều kiện: 22RCL=> ULmax = min)(fU với f() min xác định theo (1) Nhận xét: Ta thấy khi thay đổi nếu URmax khi = 0 ;ULmax khi = 1 UCmax khi = 2 ta luôn có 1. 2 = 02Ví dụ 1: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp. U = 1003sin thay đổi. R = 100(); C = 410.1(F); L = 1(H). a. Xác định để Imax , Pmax = ? b. Xác định để URmax , ULmax, UCmax = ? Bài giải: a. I = ZU = 22)(CLZZRU để Imax => ZL = ZC => 0 = 10010.1114LC(rad/s). Khi đó Pmax = I2max.R; Imax = 5,12.1003.100RU (A) => Pmax = 1,5 . 100 = 150 (W). b. * URmax = U = 65023.100 (v) khi ZL = ZC => 0 = 1001LC (rad/s) 19* UC = 22)(.CLCZZRZU theo bài toán tổng quát UCmax khi: 1 = 21.12RCL.2.5021002100101224 (rad/s) Khi đó: ZC1 = )(21002200250104; ZL1 = 1L = 50.)(2.50.2 => UCmax = 210022006503200.502.501002100.650)(.221121CLCZZRZU(v) * ULmax khi: 2 = 2242422)10(100101.2222 CRLC100 2 .(rad/s) Ta có ZC2 = );(2501021001142C ZL2 = 2.L100 2( ) Khi đó: ULmax = 21002.501002100.650)(.222222CLLZZRZU (V) Nhận xét: 1. Phương pháp chung để giải bài tập khảo sát xét cực trị của dòng điện xoay chiều là khảo sát hàm số: I(R); I(C); I(L); I(), dự vào biểu thức của định luật ôm. Quá trình giải có thể tổng kết theo sơ đồ sau: Định hướng lập mối tương quan Áp dụng định luật ôm lập biểu thức Khảo sát sự phụ thuộc Nhận xét và lựa chọn kết quả 2. Phương pháp chung để giải bài tập khảo sát xét cực trị của hiệu điện thế theo các đại lượng biến thiên có thể tổng kết theo sơ đồ sau: Phân tích bài toán xác định mối tương quan Dùng định luật ôm để lập biểu thức Lựa chọn phương pháp: đạo, hàm, hình học, côsin, tam thức Nhận xét và lựa chọn kết quả đúng 203. Phương pháp chung để giải bài tập xét cực trị của công suất và hệ số công suất theo các đại lượng biến thiên có thể tổng kết theo sơ đồ sau: Xác định mối tương quan Lập hệ thức liên hệ Lựa chọn phương pháp giải (đạo hàm, cô sin ) Xét cực trị theo phương pháp đã lựa chọn Nhận xét và lựa chọn kết quả III- KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Trong đề tài này với khả năng có hạn và thời gian không cho phép, tôi chỉ mạnh dạn trình bày một số phương pháp giải các bài toán cực trị và một số ví dụ cụ thể áp dụng các phương pháp mà qua thực tế giảng dạy, tôi thấy khi giới thiệu cho học sinh các em tự tin hơn, có định hướng và lựa chọn chính xác phương pháp thích hợp để giải các bài toán cực trị trong mạch điện xoay chiều, áp dụng tốt cả khi thi tự luận hoặc thi trắc nghiệm. Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do kinh nghiệm giảng dạy còn hạn chế nên tôi tin chắc rằng trong đề tài này sẽ còn có những thiếu sót. Tôi rất mong được sự nhận xét và góp ý chân thành của các đồng chí đồng nghiệp và các em học sinh để đề tài được hoàn chỉnh hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Nguyễn Văn Trào 21MỤC LỤC Trang I. Đặt vấn đề 1 II. Giải quyết vấn đề - Dạng 1: Bài toán biện luận theo R 2 - Dạng 2: Bài toán biện luận theo L 6 - Dạng 3: Bài toán biện luận theo C 11 - Dạng 4: Bài toán biện luận theo 16 III.Kết luận và đề xuất 20 PHỤ LỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. 200 bài toán điện xoay chiều (Vũ Thanh Khiết). 2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THPT tập 3 (Vũ Thanh Khiết). 3. Giải toán Vật lý 12 tập 2 (Bùi Quang Hân). 4. Một số phương pháp giải các bài toán vật lý sơ cấp (Vũ Thanh Khiết). 5. Phương pháp giải toán điện xoay chiều (Trịnh Quốc Thông). 6. Phân loại & Phương pháp giải nhanh Vật Lý 12 ( Lê Văn Thành). 7. Các đề thi tuyển sinh và thi học sinh giỏi các năm gần đây. Page 2--> một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 1Mt s cỏch gii bi toỏn cc tr trong Vt lý s cp A. lý do chn ti: T nm hc 2005 - 2006 B GD & T quyt nh chuyn t hỡnh thc thi t lun sang thi trc nghim khỏch quan ó em li s i mi mnh m trong vic dy v hc ca giỏo viờn cng nh hc sinh. Tuy nhiờn, qua thi gian thc t ging dy trng THPT chỳng tụi ty cú mt s vn nh sau: 1.Vic dy hc v ỏnh giỏ thi c theo hỡnh thc TNKQ thỡ giỏo viờn cng nh hc sinh phi cú s thay i ln v cỏch dy v hc. Dy hc theo phng phỏp TNKQ ũi hi ngi giỏo viờn khụng nhng phi u t theo chiu sõu m cũn phi u t kin thc theo chiu rng, ngi dy phi nm c tng quan chng trỡnh ca mụn hc. iu ny khụng phi tt c i ng giỏo viờn ca ta hin nay u lm c, c bit l cỏc giỏo viờn tr mi ra trng. 2. Mt thc t na l khi chỳng ta chuyn sang dy hc v ỏnh giỏ thi c theo phng phỏp TNKQ thỡ mt s GV mói m rng kin thc theo chiu rng ỏp ng cho vn thi trc nghim thỡ vn u t cho vic gii bi toỏn theo phng phỏp t lun cú th b m nht i. iu ny nh hng khỏ ln n cht lng, mc hiu sõu kin thc v vt lý ca hc sinh, c bit l i ng hc sinh gii ca trng. 3. gúp phn ci tin thc trng trờn chỳng tụi quyt nh thc hin ti Mt s cỏch gii bi toỏn vt lý s cp. Trong Vt lý s cp THPT cú nhiu bi toỏn c gii theo phng phỏp tớnh giỏ tr cc i, cc tiu cỏc i lng Vt lý. Mi loi bi tp ú u cú một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 2 mt s cỏch gii nht nh, song chn cỏch gii phự hp l iu rt khú khn cho hc sinh v mt s giỏo viờn bi l cỏc bi toỏn ny mang tớnh n l, cha cú ti liu no vit cú tớnh cht h thng. Qua nhiu nm bi dng hc sinh gii, dy bi dng cho hc sinh thi i hc chỳng tụi ó tng hp v ỏp dng thỡ thy kt qu ca hc sinh tin b vt bc. Hy vng rng ti ny s gúp phn vo gii quyt nhng khú khn trờn. Vi trỡnh cũn hn ch, kin thc thỡ mờnh mụng nờn bi vit ny chc cũn cú sai sút. Kớnh mong c s gúp ý v trao i chõn tỡnh ca quý ng nghip ti c hon thin hn v cú tỏc dng hu ớch hn. Xin chõn thnh cm n. một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 3 B. Ni dung I. C s lý thuyt: Thc t khi gii cỏc Bi tp Vt lý tớnh giỏ tr cc i hoc cc tiu ca cỏc i lng Vt lý thỡ chỳng ta thng dựng mt s cụng thc, kin thc ca toỏn hc. Do ú gii c cỏc bi tp ú cn phi nm vng mt s kin thc toỏn hc sau õy: 1. Bt ng thc Cụsi: a + b 2ab (a, b dng) a + b + c 33abc (a, b, c dng) + Du bng xy ra khi cỏc s bng nhau. + Khi Tớch 2 s khụng i tng nh nht khi 2 s bng nhau. Khi Tng 2 s khụng i, Tớch 2 s ln nht khi 2 s bng nhau. * Phm vi ỏp dng: Thng ỏp dng cho cỏc bi tp in hoc bi toỏn va chm trong c hc. 2. Bt ng thc Bunhia cụpxki (a1b1 + a2b2)2 (a1 + a2)2 . (b1 + b2)2. Du bng xy ra khi 1 12 2a ba b * Phm vi ỏp dng: Thng dựng trong cỏc bi tp v chuyn ng c hc. 3. Tam thc bc 2. y = f(x) = ax2 + bx + c. + a > 0 thỡ ymin ti nh Parabol. + a < 0 thỡ ymax ti nh Parabol. + To nh: x = -b; y2a 4a ( = b2 - 4ac) + Nu = 0 thỡ phng trỡnh y = ax2= bx + c = 0 cú nghim kộp. + Nu > 0 thỡ phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit. một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 4 * Phm vi ỏp dng: Thng dựng trong cỏc bi tp v chuyn ng c hc v bi tp phn in. 4. Giỏ tr cc i, Hm s sin hoc cụsin (cos)max = 1 = 00 (sin)max = 1 = 900 * Thng dựng trong cỏc bi toỏn c hc - in xoay chiu. 5. Kho sỏt hm s. - Dựng o hm - Lp bng xột du tỡm giỏ tr cc i, cc tiu. Thng ỏp dng cho cỏc bi toỏn in xoay chiu (vỡ lỳc ú hc sinh ó c hc o hm). * Ngoi ra trong quỏ trỡnh gii bi tp chỳng ta thng s dng mt s tớnh cht ca phõn thc a c a c a cb d b d b d II. Cỏc vớ d ỏp dng 1. ỏp dng Bt ng thc Cụsi * Vớ d 1: Cho mch in nh hỡnh v E = 12V; r = 4 R l bin tr. Hóy tỡm xR cụng sut mch ngoi cc i. HDG: - Dũng in: I = Er R - Cụng sut: P = I2R = 2 2 22 22E E EryrR 2rRRR - Pmax ymin. Theo BT Cụsi tớch hai s khụng i, tng nh nht khi hai s bng nhau. Ymin rRR. Vy khi R = r = 4 thỡ Pmax = 2E9(W)4r E,r R một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 5 * Vớ d 2: Cho mch in nh hỡnh v UAB = 2002 sin(100nt) (v) L = 41 10(H); c (F).n 2n R thay i Hỡnh v 2.2 a) Tỡm R cụng sut trờn R cc i khi r = 0 b) Tỡm R cụng sut trờn R cc i khi r = 5 HDG: a) + Cm khỏng: ZL = L = 100 Dung khỏng: ZC = 1200C + Tng tr: Z = 2 2L CR (Z Z ) + Cụng sut: P = I2R = 22L CU(Z Z )RxR t y = R + 2L C(Z Z )R. + ỏp dng BT Cụsi: ymin R = ZL - ZC = 100 Lỳc ú PR(Max) = 2L CU200(W)2 Z Z b) Tng t ta cú: Z = 2 2L C(R r) (Z Z ) PRx = I2Rx = 2 22L CU ur (Z Z )yR 2rR + ỏp dng BT cụsi ymin R = 2 2L Cr (Z Z ) Max2R2 2L CUP 124(W)2(r r (Z Z ) * M rng: Khi tớnh P ca mch: + Nu ZL - ZC > r thỡ PMax khi R = ZL - ZC - r + Nu ZL - ZC r thỡ PMax khi R = 0. Vớ d 3: Cú hai in tớch im q1 = q2 = q > 0 t ti hai im A, B trong khụng khớ ( = 1). Cho bit AB = 2d. Hóy xỏc nh cng R L,r C A B một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 6 in trng ti M trờn ng trung trc AB cỏch ng thng AB mt khong x. Tỡm x EM t cc i. HDG: * Xỏc nh ME: + M 1M 2ME E E Vi E1M = E2M = k2 2qd x Hỡnh v 2.3 + Dựng quy tc tng hp vect ME AB hng ra xa AB. + EM = 2E1M cos = 32 22 22 222kq x x. 2kq.d xd x(d x ) (*) * Tỡm v trớ M: - Theo BT Cụsi ta cú: Ta cú d2 + x2 = 2 2 4 232 2 2 223d d d x 3 3x 3 d x .d .x2 2 4 2 (**) + T (*) v (**) EM 24kq3 3 d. Vy EM(Max) = 24kq3 3 dkhi x = d2. Vớ d 4: Vt m1 chuyn ng vi vn tc 1V ti A v ng thi va chm vi vt m2 ang nm yờn ti ú. Sau va chm m1 cú vn tc 1V '; hóy xỏc nh t s '11VV ca m1 gúc lch gia 1V v 1V 'ln nht. (Max). Cho m1 > m2. HDG: + ng lng h trc va chm: T 1 1 1P P m V . + ng lng h sau va chm: ' ' ' 's 1 2 1 1 2 2P P P m V m V . Hỡnhv 2.4 + H kớn nờn ng lng h bo ton: S T 1P P P + Gi = '1 1 1 S(V V ) (P P ) B A H 2ME ME 1ME M q1 a d d x a S 1P P 2P ' 1P 'một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 7 Ta cú: ' 2 '2 2 ' 22 1 1 1 1P P P 2P P cos (1) Vỡ va chm n hi nờn ng nng bo ton: 2 ' 2 ' 21 1 1 1 2 2m v m v m V2 2 2 2 '2 ' 22 '2 ' 21 1 2 11 1 21 1 2 2P P P mP P P2m 2m 2m m (2) + T (1) v (2) '2 1 2 1'1 1 1 1m P m P1 1 2cos .m P m P '2 1 2 1'1 1 1 1m V m V1 1 2cos .m V m V t x = '11V0.V 2 21 1m m 11 x 1 2cosm m x Max thỡ (cos)min . Theo BT cosi: (cos)min khi: 2 2 1 21 1 1 2m m 1 m m1 x 1 xm m x m m Vy khi '1 1 21 1 2V m mV m mthỡ gúc lch gia 1Vv '1V cc i. Vi cosMax = 2 21 21m mm. Vớ d 5: Mt thu kớnh hi t c t song song vi mn nh E .Trờn trc chớnh cú im sỏng A v mn E c gi c nh. Khong cỏch t A n mn E l a = 100 cm. Khi tnh tin thu kớnh trong khong gia mn E v A, ngi ta thy vt sỏng trờn mn khụng bao gi thu li mt im. Nhng khi L cỏch mn E mt on b = 40cm thỡ vt sỏng trờn mn cú kớch thc nh nht. Tớnh tiờu c ca thu kớnh. HDG: Theo bi thỡ im hi t ca chựm tia lú phi nm sau mn nh E, ng i ca tia sỏng nh hỡnh v 2.5: Theo tớnh cht ng dng ca tam giỏc ta cú: một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 8 ' '1 1 1' ' ' ' 'r d b b a d a dr d b d d d ' 1 11 . 1r d a d aar f d f d f f Mt khỏc theo nh lý Cụsi ta cú: 2 .a d ad f f vy r/r t min khi .a dd a fd f do ú 2.a ba f a b fa thay s ta cú f = 36 cm. a b r r A O A d d Hỡnh v 2.5 2. ỏp dng Bt ng thc Bunhia Cụpxki: Vớ d 6: Hai chuyn ng trờn AO v BO cựng hng v 0. Vi V2 = 01V; 303. Khi khong cỏch gia hai vt cc tiu l dmin thỡ khong cỏch vt 1 n 0 l '1d 30 3(m) . Hóy tỡm khong cỏch vt 2 n 0 lỳc ny? HDG: Hỡnh v 2.6 A A' d1' d2' 0 B' B a b một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 9 Gi d1, d2 l khong cỏch cỏc vt 1 v vt 2 n 0 lỳc u ta xột (t = 0) ta cú: 1 1 2 2d d v t d v t.sin sin sin Vỡ 12vv31 1 2 1 2 1d d v t 3d v t d 3d d.sin sin sin3sin 3sin sin sin = sin(1800 - ) = sin ( + sin300 + ) 2 1 2 1 2 10d 3d d 3d d 3d ddsin30 y3 1 3cos sincos sin2 2 ; dmin khi ymax ỏp dng BT Bunhia cụpxki y 2 2(3 1) (sin cos ) 2. YMax = 2 0sin 1tg 30cos3 v 0120 Lỳc ú ' ' 0' ' '1 22 1 10 0 0d d sin120d .d 3d 90(m)sin30 sin120 sin30 Vớ d7: Hai tu thu chuyn ng trờn hai ng OA v OB bit AB = 40km; VA = 40km/h; VB = 403km. Chiu chuyn ng cỏc tu c biu din nh hỡnh v. Tớnh khong cỏch ngn nht gia 2 tu, bit = 300; = 600. HDG: + + = 300 Ta cú: AO = d1; BO = d2 1 2d d ABsin sin sin Hỡnh v 2.7 11 20 0 02d AB 3 40 3(km)d d ABsin60 sin30 sin30d AB 40(km) * Khi tu A n A' thỡ '1d = d1 - v1t = 403 - 40t d2 = d2+ v2t = 40 + 403t. A A' B' B b b' 0 a AV BV a' một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 10 Khong cỏch gia 2 tu d' = A'B'. Cú ' '1 2d' d dsin sin ' sin ' 0min maxd' 120 40 3t 40 40 3t 160( ' ' 150 )sin sin '3sin ' 3sin ' sin '80d' d' khiy 3sin ' sin ' y3sin ' sin ' ỏp dng BT Bunhia cụpxki a1b1 + a2b2 2 2 2 21 2 1 2(a a ).(b b ) 0Max min3 3' 1y 3sin ' sin(150 ') sin ' cos ' 72 280y 7 d' 30,2(km)7 Vớ d 8: Cho c h nh hỡnh v 2.8.1 H s ma sỏt gia M v sn l K2 Hỡnh 2.8.1 H s ma sỏt gia M v m l K1 Tỏc dng lc F lờn M theo phng hp vi phng ngang 1 gúc ( thay i). Hóy tỡm Fmin m thoỏt khi M. Tớnh tng ng. HDG: * Vt m: ms211 1 1P N F ma (1) Hỡnh v 2.8.2 ms21 11 1Chiếu lên Ox: E maChiếu lên Oy: N P 0 a1 = ms21Fm a1 K1g (*) Khi m bt u trt a1 = k1g * Xột vt M: ms122 1 2 ms 2F P P N F F Ma (2) Chiu lờn Ox: F cos - Fms12 - Fms = Ma2 a2 = ms12 msFcos F FM Oy: F sin - (P1 + P2) + N2 = 0 N2 = P1 + P2 - Fsin. M Fms = K2N2 a2 = 1 2 1 2Fcos K mg K (P P Fsin )M (**) M m F aP1F N1 ms12F ms21FmsFmột số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 11 Ta cú a1 a2 K1g 1 2 1 2Fcos K mg K (P P Fsin )M 1 2 1 22(m M)(K K )g (m M)(K K )gFcos K sin y Fmin khi yMax. Theo Bt ng thc Bunhia cụpxki Y 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 Max 2(a a )(b b ) 1 K y 1 K Vy Fmin = 1 222(m M)(K K )g1 K lỳc ú 22cos 1tg Ksin K Vớ d 9: Ngi ta qun mt si ch khụng gin vo mt khi tr. Kộo tr bng mt lc F. Tỡm lc cc tiu Fmin tr ln khụng trt ti ch. Xỏc nh gúc lỳc ú, bit h s ma sỏt l K. HDG: Khi tr ln ti ch khụng trt thỡ khi tõm G ca tr ng yờn. (Lỳc ú vt ch quay, khụng chuyn ng tnh tin). + Ta cú msF N P F 0 Hỡnh v 2.9 Chiu lờn trc x, y: msF cos F 0Fsin N P 0 msF Fcos (1)=>N P Fsin (2) M Fms = K. N K (P - Fsin) = F cos F = KPcos Ksin t y = cos + K sin F cc tiu khi y = yMax . Theo BT Bunhia cụpxki y 2 2Max1 K y 1 K a G NP F y x msF một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 12 Vy FMin = 2KP.1 K Lỳc ú 1 coshay tg KK sin 3. ỏp dng tớnh cht tam thc bc 2. Vớ d 10: Mt con b da u u B ca mt thanh cng mnh AB cú chiu di L ang dng ng cnh mt bc tng thng ng (Hỡnh v) - Vo thi im m u B ca thanh bt u chuyn ng sang phi theo sn ngang vi vn tc khụng i v thỡ con b bt u bũ dc theo thanh vi vn tc khụng i u i vi thanh. Trong quỏ trỡnh bũ trờn thanh, con b t c cao cc i l bao nhiờu i vi sn. Cho u A ca thanh luụn t lờn tng thng ng. HDG: Xột (0 < t < L)u v L(t )v Khi B di chuyn 1 on S = v.t Thỡ con b i c l = u.t cao m nú t: h = l. Sin = 2 2 2u.t L v tL. H = 2 2 2 4U UL t v t yL L hMax khi y = yMax y = -v2X2 + L2X (vi X = t2 > 0). yMax = 42L4vti 22LX2v (y l tam thc bc 2 cú a = -v2 < 0 yMax ti nh Parabol). Vy cao cc i con b da t c l: hMax = MaxU ULyL 2v A B Con b da v h a umột số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 13 Vớ d 11: Mt ngi ng ti im A trờn b h. Ngi ny mun n B trờn mt h nhanh nht. Cho cỏc khong cỏch trờn hỡnh v, bit rng ngi ny chy trờn b thỡ vn tc l v1, khi bi cú vn tc v2 (v2< v1). Hóy xỏc nh phng ỏn chuyn ng ca ngi ú. HDG: Gi s ngi ú chn phng ỏn chy trờn b 1 on AD, sau ú bi t D B. Thi gian ngi ú t A B: t = 2 21 2d xS xv v t = 2 21 21 2 1v d x v xSv v v t P = v12 221 2Pd x v x (1); t Sv v ; Tmin khi Pmin. T (1) P + v2x = v12 2 2 2 2 2 2 21 2 2 1d x (v v )x 2pv .x v d p 0 cú nghim (vi 0 x < S) thỡ ' 0 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1p v v v d v d v p v p 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2v (v d v d p ) 0 p (v v )d Vy Pmin = d2 21 2v v . Khi ú 22 21 2v dxv v Hỡnh v 2.11 + Nu x S thỡ bi toỏn vụ nghim tc l khụng tn ti C chn phng ỏn bi thng A B. + Nu x < S thỡ ngi ú phi i mt on AD = S - 22 21 2v dv v ri bi t D n B. Vớ d 12: Mt ngi ng cao h so vi mt t nộm mt hũn ỏ theo phng hp vi phng ngang mt gúc . Tỡm tm xa trờn mt t l ln nht. HDG: + Chn h trc to nh hỡnh v. Gc mt t. A S d H D B x một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 14 + Chuyn ng ca vt chia lm 2 thnh phn theo Ox: x = v0t. cos (1) theo Oy: y = h0 + v0t . sin - 2gt2 (2) * Khi chm t thỡ x = LMax lỳc ú t = Max0Lv cos Thay t vo (2) ta c y = h0 + L.tg - 2 20gL02v cosm 2211 tgcos . 2 2202 20 0gL gL.tg L.tg h 02v 2v (*); Phng trỡnh phi cú nghim vi tg. = L2 - 2 2 2 2002 2 4 20 0 0 04gL gL g L 2ghh 0 1 02v 2v v v 2 20 00 Max 0v vL v 2gh . L v 2ghg g Phng trỡnh (*) cú nghim kộp. Vy trong = 020vv 2gh thỡ tm xa cc i. Vớ d 13: Truyn cho qu cu nh m mang in tớch q0 > 0 mt vn tc ban u v0 hng thng ng lờn trờn. Qu cu nm trong in trng u nm ngang cú cng E. B qua sc cn khụng khớ. Cho g = const. Hóy vit phng trỡnh qy o v xỏc nh vn tc cc tiu ca nú trong quỏ trỡnh chuyn ng. HDG: Chn h trc to nh hỡnh v. Gc ti v trớ ban u ca vt. Vt b 2 lc tỏc dng dP mgF qE h y 0 x a 0V một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 15 + Theo Ox: x = 22xa t qEt2 2m (1) + Theo Oy: y = v0t - 2gt2 (2) * Phng trỡnh qu o: y = 02m mgv .xqE qE 22 2 20mg 2mx y (g.y v ) x 0qE qE + Vn tc x xx yy 0V a t 0V V VV V gt Hỡnh v 2.13 V2=2 22 2 2 2 2 2 20 0 0 0qE qE.t V g t 2V gt g t 2V g.t Vm m Thy V2 l tam thc bc 2 n t cú h s a > 0 V2 t giỏ tr cc tiu ti nh Parabol. 202min22V qE'mVaqEgm . Vy vn tc cc tiu ca vt trong quỏ trỡnh chuyn ng l: Vmin = 02 2 2 2V qEq E m g Vớ d 14: Cho mch in nh hỡnh v UAB = 2002 sin 100nt (v) R = 100; C = 410(F); cun dõy thun cm v cú th thay i c t cm. Hóy xỏc nh L hiu in th UL t cc i. Tớnh giỏ tr cc i ú. HDG: Cm khỏng Z = L; dung khỏng ZC = 1100C . Tng tr: Z = 2 2L CR (Z Z ) 0 x y 0V E g R C B L A một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 16 LL L2 2C C22 LL(Max) minU.Z U UU I.Z ;Z1 1 y(R Z ). 2Z . 1Z ZU khi y y l tam thc bc 2 cú a = R2 + 2CZ > 0 nờn ymin ti nh Parabol. 2 2C C2 2L C C1 Z R Z 2L (H)Z R Z Z thỡ 2 2CLMaxU R ZU 200 2 (V)R * M rng. Nu L = const, t C cú in dung thay i. Tỡm C UC t giỏ tr cc i ta lm tng t trờn v kt qu l: UCMax = 2 22 2LLCLU R ZR Zkhi ZR Z 4. ỏp dng giỏ tr cc i ca Hm s sin v Hm s cos Vớ d 15: Hai vt chuyn ng t A v B cựng hng v im 0 vi cựng vn tc. Bit AO = 20km; BO = 30km; Gúc = 600. Hóy tỡm khong cỏch ngn nht gia chỳng trong quỏ trỡnh chuyn ng. HDG: Xột ti thi im t vt A A'; vt B B'. Khong cỏch d = A'B'. Cú d AO Vt BO Vt BO AOsin sin sin sin sin d 10sin2cos .sin2 2 . Vi + = 1200 d = min3 .5. d khisin 12sin2 Hỡnh v 2.15 dmin = 5 3(km) 8,7(km) 0 A A' B' B b a một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 17 Vớ d 16: T cao h so vi mt t. Ti A, B cỏch nhau mt khong l ngi ta nộm ng thi hai vt (vt A nộm ng lờn trờn vi vn tc v1; vt B nộm ngang vi vn tc v2 hng v phớa A). Hóy tỡm khong cỏch ngn nht gia hai vt ú. HDG: Gi vt 1 l vt A; vt 2 l vt B; vt 3 l mt t. Cú 13 23a g; a g 13 12 23 23a a a a 0 Do ú hai vt chuyn ng thng u so vi nhau. + Chn vt B lm mc thỡ vt A s chuyn ng theo ng Ax (theo hng 12V). Vỡ 13 12 23 12 13 23 1 2V V V V V V V ( V ) 12 21 2d l l.vdsin sinv v .sin . dmin khi sin = 1 Vy dmin = 12 21 2lvv v (iu kin t = 2 21 2l 2hgv v ). Vớ d 17: Cho mch in nh hỡnh v UMN = const ; L = 0,9(H) C thay i. Ra = 0 ; Rv rt ln Tn s dũng in f = 50 HZ; r = 90 Hóy chng t rng khi iu chnh C hiu in th trờn cỏc vụn k lch pha nhau 1 gúc 2 thỡ UC t giỏ tr cc i. B d x A a b 2V 1V 12VV1 a V2 A M M L, r C một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 18 HDG: + Mch in v li nh hỡnh 2.17 Vụn k v1 ch UMA ; Vụn k v2 ch UMN + Ta cú: ZL = L= 90 + Gin vộc t. Hỡnh 2.17 tg1 = L1Z1r 4 + MN C1U Usin sin( ) C MN1sinU U .sin( )m 12 4 . UC = MN1U2.sin( )Ta thy UC cc i khi sin (1 + ) = 1 1 + = 2 Theo bi ra thỡ (1 + ) = 2 UC t cc i. 5. Dựng phng phỏp o hm Vớ d 18: Cho mch in nh hỡnh v UAB = 2002 sin 100nt (v) R = 100C = 41.10 (F)2. Hỡnh v 2.18 Cun dõy thun cm v cú L thay i. Tỡm L UAM t giỏ tr cc i. Tớnh giỏ tr cc i ú. HDG: + Dung khỏng: ZC = 1200C + Tng tr: Z = 2 2 2 2L C AM LR (Z Z ) ; Z R Z + AM AM2C C L2 2LU UI ; U I.ZZZ 2Z Z1R Z a A M L, r N 0 j j1 a rU LU CUMNU MNU IR C B L A một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 19 t y = 1 + 2C C L2 2LZ 2Z ZR Z UAM cc i khi y = ymin. * y' = 2 2C L C L2 2 2L2Z (Z Z Z R )(R Z ) + y' = 0 2 2C CL2 2L C L2 2C CCZ Z 4R 241( )Z2Z Z Z R 0Z Z RZ 0 (loại)2 Bng bin thiờn Vy khi ZL = 241 tc l L = 0,767(H) thỡ UAM cc i. UAM(Max) = 2 2C CU( 4R Z Z )482(V)2R Vớ d 19: Cho mch in UAB = U2 sin t R khụng i, cun dõy thun cm cú L khụng i. T C cú in dung thay i, tỡm C UAM cc i. Tớnh giỏ tr cc i ú. HDG: UAM = I . ZAM = 2L L C2 2CUZ 2Z Z1R Zt 2C L C2 2CZ 2Z Zy 1R Z . UAM cc i khi y = ymin. Tng t nh vớ d 16. Ta tỡm c khi ZC = 2 2L LZ Z 4R2 ZL 0 241 y' - 0 + y ymin R C B L A M một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 20 thỡ y = ymin v UAM cc i. UAM(Max) = 2 2L L2 2L LU(Z Z 4R )2KhiC2R(Z Z 4R ) * M rng: Cú th dựng PP o hm tỡm UL, UC t giỏ tr cc i khi f thay i. Vớ d 20: Vt phng AB vuụng gúc vi trc chớnh ca mt thu kớnh hi t cú tiờu c f = 20cm. Phớa sau thu kớnh t mt mn hng nh ca vt, cỏch thu kớnh mt khong l = 60cm. a) Xỏc nh v trớ t vt ta thu c nh rừ nột trờn mn. b) Gi vt v mn c nh. Chng t rng nu di chuyn thu kớnh ta thu c hai v trớ ca thu kớnh cho nh rừ nột trờn mn. Tỡm khong cỏch gia 2 v trớ ú? c) Tỡm khong cỏch ngn nht gia vt v nh trong khi di chuyn thu kớnh t v trớ ny n v trớ cũn li m ta thu c nh rừ nột trờn mn. HDG: a) S to nh TKd'dAB A'B' Theo bi ra d' = l = 60cm ; d = d'f30cmd' f b) Vỡ vt v mn c nh tc l d + d' = 90cm d + df90d f d2 - 90d + 1800 = 0 d1 = 30cm; d2 = 60cm Vy cú 2 v trớ ca thu kớnh cho nh rừ nột trờn mn. Khong cỏch gia 2 v trớ ú l: d = d2 - d1 = 30cm c) Khi di chuyn thu kớnh t v trớ 1 (d1= 30cm) sang v trớ 2 (d2 = 60cm) Khong cỏch vt - nh: L = d + d' = 2d.d 202d(d 40)L' . L' 0 khid 40cm(d 20) d 30 40 60 L' - 0 + Lmin một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 21 Vy khong cỏch ngn nht cn tỡm l Lmin = 24080(cm)40 20 Vớ d 21: Mt Mol khớ lý tng thc hin bin i theo quy lut. a) P = P0 - V2 Tỡm nhit cc i TMax ca khớ b) T = T0 + V2 Tỡm ỏp sut cc tiu Pmin ca khớ, bit P0, , T0 l hng s. HDG: a) Ta cú PV = RT T = 30PV PV VR R R . o hm T theo V. T' = 20 00P 3 PV T' 0 khi V VR R 3 Vy nhit cc i TMax =0 02 P P.3 R 3 b) Ta cú: PV = RT P = 0RT RTR VV V o hm P. P' = R - 0 002RT TP' 0 khi V VV Vy ỏp sut cc tiu PMin =2R0.T C. Kt lun V V0T' + 0 - T TmaxV V0P' - 0 + P Pmin một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý sơ cấp Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý Nguyễn thọ hoài thpt yên thành 3 22 Bng thc t ging dy cho i tuyn hc sinh gii, hc sinh khi 12 ụn thi i hc. Chỳng tụi thy cỏc cỏch gii bi tp Vt lý "Tỡm giỏ tr cc i, cc tiu ca i lng Vt lý" c nờu trờn ó phỏt huy c u im, ó cng c c cỏch lm bi tp Vt lý cho hc sinh v mt s giỏo viờn ca trng nõng cao c nng lc chuyờn mụn ca mỡnh. Vi kin thc cỏ nhõn cũn hn ch, ti thỡ quỏ rng nờn bi vit cũn cú nhng sai sút nht nh. Tha thit kớnh mong quý ng nghip trao i, gúp ý chõn tỡnh ti c hon thin cú tỏc dng hu hiu hn. Yờn thnh, ngy 10 thỏng 04 nm 2008 Page 3--> Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 1 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 và họ sinh. Tuy nhiên, qua thời gian thực tế giảng dạy ở trường ở trường THPT tôi nhận thấy một số vấn đề sau: 1. Việc dạy học và đánh giá thi cử theo hình thức trắc nghiệm khách quan đòi hỏi giáo viên cũng như học sinh phải có sự thay đổi về cách dạy và học. Dạy học theo phương pháp trắc nghiệm khách quan đòi hỏi 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. Điều này gây rất nhiều khó khăn cho giáo viên, đặc biệt là đội ngũ giáo viên trẻ khi chưa có nhiều kinh nghiệm giảng dạy. 2. Khi chúng ta chuyển sang hình thức dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp trắc nghiệm khách quan thì một số giáo viên mãi mở rộng kiến thức kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng cho vấn đề thi theo hình thức trắc nghiệm . Vì vậy vấn đề đầu tư cho việc giải bài toán theo phương pháp tự luận có thể bị mờ nhạt. Điều này ảnh hưởng khá lớn đến chất lượng, mức độ hiểu sâu kiến thức về Vật lý của học sinh , đặc biệt là những học sinh khá của trường. Để góp phần cải thiện thực trạng trên , tôi quyết định thực hiện đề tài “Một số cách giải bài toán cực trị trong Vật lý sơ cấp”. Trong vật lý sơ cấp 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 toán đều có một số cách giải nhất định. Song, để chọn cách giải phù hợp là điều rấy khó khăn cho học sinh và một số giáo viên , Bởi lẽ: Chưa có tài liệu nào viết về vấn đề này có tính hệ thống . Qua thời gian học tập và giảng dạy ở trường, tôi đã tổng hợp, áp dụngphương pháp và đã đạt được hiệu quả nhất định. Hy vọng đề tài này sẽ góp phần vào giải quyết những khó khăn trên. Với thời gian công tác chưa nhiều, trình độ còn hạn chế mà đề tài thì quá rộng nên trong đề tài không thể tránh được những sai sót và chưa phát huy hết ưu điểm, tác dụng của phương pháp. Rất mong được sự góp ý chân thành từ quý đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện và thiết thực hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 2 B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT: Khi giải các bài tập Vật lý, để tính giá trị cực đại hoặc cực tiểu của các đại lượng Vật lý, ta thường một số công thức, kiến thức của toán học. Do đó, để giải được các bài tập đó cần nắm vững một số kiến thức sau đây: 1. Bất đẳng thức Cô si: 2a b ab ( a, b dương). 33a b c abc ( a, b, c dương). - Dấu bằng xảy ra khi các số bằng nhau. - Khi tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau. - Khi tổng hai số không đổi, tích hai số lớn nhất khi hai số bằng nhau. Phạm vi ứng dụng: Thường áp dụng cho các bài tập điện hoặc bài toán va chạm cơ học. 2. Bất đẳng thức Bunhiacôpski: 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( )a b a b a a b b Dấu bằng xảy ra khi 1 12 2a ba b Phạm vi ứng dụng: thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học. 3. Tam thức bậc hai: 2( )y f x ax bx c + Nếu a > 0 thì ymin tại đỉnh pa rabol. + Nếu a < 0 thì ymax tại đỉnh parabol. Tọa độ đỉnh:2bxa ; 4ya ( 24b ac ). + Nếu = 0 thì phương trình : 2( ) 0y f x ax bx c có nghiệm kép. +Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. *Phạm vi ứng 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 cosin: max(cos ) 1 0 max(sin ) 1 090 . *Phạm vi ứng dụng: Thường dùng trong các bài toán cơ học, điện xoay chiều. 5. Khảo sát hàm số: - Dùng đạo hàm. - Lập bảng xét dấu để tìm giá trị cực đại, cực tiểu. Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 3 *Phạm vi ứng dụng: thường áp dụng cho các bài toán điện xoay chiều. +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 cb d b d b d II. BÀI TẬP ỨNG DỤNG: 1: Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Bài toán 1: Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết: 12V, r = 4, R là một biến trở.Tìm giá trị của R để công suất mạch ngoài đạt giá trị cực đại. BÀI GIẢI -Dòng điện trong mạch: IR r- Công suất: P = I2.R = 22.( )RR r22 22RPR rR r = 2 222( )2rrRR rRR . Đặt ( )ry RR 22Py Nhận xét: Để Pma xymin Theo bất đẳng thức Côsi: Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau => ymin rRR R = r = 4( )thì 2 2 2max129( )2 4 4.4P Wr r r r Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết: 200 2 cos100 ( ).ABu t V 1( )L H , 410( ).2C F R thay đổi. E, r R C L,r R A B Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 4 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 = 50( ) BÀI GIẢI a. + Cảm kháng 100( )LZ L . + Dung kháng: 1200( ).CZC + Tổng trở: 2 2( )L CZ R Z Z . + Công suất : P = I2.R = 2 22 2 2. .( )L CU UR RZ R Z Z 22( )L CUPZ ZRR Đặt2( )L CZ Zy RR 2UPy + Nhận xét: Theo bất đẳng thức côsi ymin 100( )L CR Z Z , lúc đó 2 2 2max200200(W)2 2.100 200L CU UPZ Z . Vậy Pma x = 200(W) khi R = 100( ) b. + Tổng trở 2 2( ) ( )L CZ R r Z Z + Công suất 2 222 2 2. . .( ) ( )L CU UP I R R RZ R r Z Z 22 2 2.2 ( )L CUP RR Rr r Z Z = 22 2( )2L CUr Z ZR rR Đặt 2 2( )2L Cr Z Zy R rR 2UPy . +Nhận xét: Để Pmax miny . Theo bất đẳng thức Côsi 2 2min( )L Cr Z Zy RR 2 2( )L CR r Z Z Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 5 2max2 22 22 2( )( ) 2( )L CL CC CUPr Z Zr Z Z rr Z Z 2max2 2 2 22 22 2 2 2( ) . ( )( ) 2( ) . ( )L C L CL CL C L CUPr Z Z r Z Zr Z Z rr Z Z r Z Z 2max2 22. ( ) 2L CUPr Z Z r 2max2 2200124( )2.( 50 (100 200) 50)P W Vậy để Pmax = 124(W) thì 2 2( ) 100( )L CR r Z Z . *Mở rộng: Khi tính P của mạch: + Nếu L CZ Z r thì Pmax khiL CR Z Z r . +Nếu L CZ Z r thì Pmax khi R = 0. Bài toán 3: Vật m1 chuyển động với vận tốc 1v tại A và đồng thời va chạm với vật m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm, m1 có vận tốc '1v. Hãy xác định tỉ số '11vv của m1 để góc lệch giữa 1v và '1vlà lớn nhất max. Cho m1 > m2, va chạm là đàn hồi và hệ được xem là hệ kín. BÀI GIẢI * Động lượng của hệ trước va chạm: 1 1 1TP P m v * Động lượng của hệ sau va chạm : ' ' ' '1 2 1 1 2 2SP P P m v m v Vì hệ là kín nên động lượng được bảo toàn : 1S TP P P Gọi '1 1 1( , ) ( , ).Sv v P P Ta có: '2 '2 22 1 1 1 22 cosP P P PP (1). Mặt khác, vì va chạm là đàn hồi nên động năng bảo toàn: sp 1p 2p Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 6 2 '2 '21 1 1 1 2 22 2 2m v m v m v 2 2 2 2 2 '21 1 1 1 2 21 1 22 2 2m v m v m vm m m 2 '2 '21 1 21 1 22 2 2P P Pm m m 2 '2 '22 '2 '21 1 2 11 1 21 2 2. . .2 2P P P mP P Pm m m 2 '2'22 1 121(m P PPm (2). Từ (1) và (2) ta suy ra: '2 1 2 1'1 1 1 1(1 ) (1 ) 2cosm P m Pm P m P '2 1 2 1'1 1 1 1(1 ). (1 ). 2cosm v m vm v m v Đặt '110vxv 2 21 11(1 ). (1 ). 2cosm mxm m x Để maxthì min(cos ) Theo bất đẳng thức Côsi 2 2min1 1min1(cos ) (1 ). (1 ).m mxm m x Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau 2 21 111 . 1 .m mxm m x 1 21 2m mxm m Vậy khi '1 1 21 1 2v m mv m m thì góc lệch giữa 1v và '1vcực đại. Khi đó, 2 21 2max1cosm mm . 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: Bài toán 1: Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với012; 303vv . Khi khoảng cách giữa hai vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách từ vật một đến O là '130 3( )d cm . Hãy tính khoảng cách từ vật hai đến O. BÀI GIẢI Gọi d1, d2 là khoảng cách từ vật một và vật hai đến O lúc đầu ta xét ( t = 0 ). Áp dụng định lý hàm sin ta có: ' '1 2 1 1 2 2sin sin sin sin sin sind d d v t d vd d . A O B d1’ d d2’ Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 7 Vì 123vv nên ta có: 1 1 2 103sin30 sin3sind v t d v td . Áp dụng tính chất của phân thức ta có: 1 1 2 1 2 1 1 1 2 13 ( 3 ) ( ) 3sin3sin 3sin sin 3sin sind v t d v t d v t d vt d d 2 103sin303sin sind dd Mặt khác, tacó: 0 0sin sin(180 ) sin( ) sin(30 ) 0 0 03sin 3 sin(30 ) 3(sin30 cos cos30 sin ) 3 3cos sin2 2 2 103sin303 1 1cos sin sin2 2 2d dd 02 1 2 1( 3 )sin30 33 1 3 cos sincos sin2 2d d d dd Vậy 2 1 2 13 33cos sind d d ddy . Khoảng cách giữa hai vật dmin ymax với y = 2( 3cos sin ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: 2 2 2 2 2( 3cos sin ) (( 3) 1 ).(cos sin ) 2 ymax= 2 03 coscot 3 301 sing và 0120 Lúc đó: ' ' 0' ' '1 22 1 10 0 0sin120. 3 90( )sin30 sin120 sin30d dd d d m Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc này là: d2’ = 90(m) Bài toán 2: Cho cơ hệ như hình vẽ: Cho biết: Hệ số ma sát giữa M và sàn là k2. Hệ số ma sát giữa M và m là k1. Tác dụng một lực Flên M theo phương hợp với phương ngang một góc . Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M.tính góc tương ứng? F M m Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 8 BÀI GIẢI + Xét vật m: 1 1 21msP N F ma (1). Chiếu lên OX: Fms21= ma 211mnFam Chiếu lên OY: N1 – P1 = 0 N1 = P1 Fms21= k1.N1 = k1.mg 11 1k mga k gm . Khi vật bắt đầu trượt thì thì a1 = k1mg. + Xét vật M: 2 1 2 12 2( )ms msF P P N F F M m a . Chiếu lên trục OX: 12 2cos ( )ms msF F F M m a 122cosms msF F FaM m Chiếu lên OY: 1 2 2 2 1 2sin ( ) 0 sinF P P N N P P F Ta có: 12 1msF k mg 2 2 2 1 2( sin )msF k N k P P F 1 2 1 22cos ( sin )F k mg k P P FaM m Khi vật trượt 1 2a a1 2 1 21cos ( sin )F k mg k P P Fk gM m 1 2 1 2 1 2( ) (cos sin ) ( )k g M m F k k mg k P P 1 2 1 2 1 2 1 22( ) (2 ) ( ) (2 )cos sink k Mg k k mg k k Mg k k mgFk y Nhận xét: Fmin ymax . Theo bất đẳng thức Bunhia Côpski: 2 2 2 2 2 22 2 2(cos sin ) (1 )(cos sin ) 1y k k k 2max 21y k . Vậy 1 2 1 2min22( ) (2 )1k k Mg k k mgFk Lúc đó: 22sincos 1ktg k 3.Áp dụng tam thức bậc hai: Bài toán 1: Một con kiến bám vào đầu B của một O y 1P F 2P msF 21msF 12msF 1N 2N x A B Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 9 thanh cứng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng. Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải với vận tốc không đổi v theo sàn ngang thì con kiến bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh. Trong quá trình bò trên thanh , con kiến đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu đối với sàn? Cho đầu A của thanh luôn tì lên sàn thẳng đứng. BÀI GIẢI Khi B di chuyển một đoạn s = v.t thì con kiến đi được một đoạn l = u.t. Độ cao mà con kiến đạt được: sin sinh l ut với 2 2 2sinL v tL 2 2 2 4.u uh L t v t yL L Vói y = 2 2 2 4.L t v t Đặt X = t22 2.y v X L X Nhận xét: max max.h y y là tam thức bậc hai có a = - v2 < 0 ymax tại đỉnh Parabol 2 4 4max max2 24 4( ) 4L Ly ya v v 4max24Lyv tại 222 2b LXa v Vây độ cao mà con kiến đạt được là : max max.2u u Lh yL v Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: 4200 2 cos100 ( ).10100( ); ( )ABu t VR 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: LZ L , dung kháng 1100( )CZC h B u C L R A B Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 10 + Tổng trở: 2 2( )C LZ R Z Z Ta có: 2 2. ..( )LL LL CU Z U ZU I ZZR Z Z 2 221 1( ). 2 . 1LC CL LU UUyR Z ZZ Z + Nhận xét: để ULmax ymin, với y là tam thức bậc hai có a = R2+ZC2 > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol Tọa độ đỉnh 2 2 2 2 2 2'2 21C C C CLL C C C CZ R Z R Z R Zbx Z L La Z R Z Z Z Z Thay số : 2 2100 100 2( )100.100L H 2 2max200 2( )CLU R ZU VR Mở rộng: Nếu L = cosnt , tụ C có điện dung thay đổi tìm C để UC cực đại ta làm tương tự như trên và kết quả: 2 2maxCCU R ZUR khi 2 2LCLR ZZZ 4. Áp dụng giá trị cực đại của hàm số sin và hàm số cosin: Bài toán 1: Hai vật chuyển động từ A và B cùng hướng về điểm O với cùng vận tốc . Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc 060 . Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá chuyển động? BÀI GIẢI Xét tại thời điểm t : Vật A ở A’ Vật B ở B’ Khoảng cách d = A’B’ Ta có: sin sin sind AO vt BO vt 10sin sin sin sin sind BO AO 10sin2cos .sin2 2d với 0120 A A’ O B B’ Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 11 0010sin 60 5 32cos60 .sin sin2 2d d Nhận xét: dmin (sin ) 12 min5 3( )d cm Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết: 0.9( )L H , UMN không đổi, C thay đổi, RA = 0, RV rất lớn, tần số của dòng điện f = 50Hz ; r = 90(). Hãy chứng tỏ rằng khi điều chỉnh C để hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha nhau một góc 2 thì UC đạt giá trị cực đại. BÀI GIÀI Mạch điện được vẽ lại : Ta có : 90( )LZ L + Gianr đồ véc tơ: Từ giản đồ véc tơ ta có: + 1 114L LrU ZtgU r . +11.sin( )sin sin( ) sinMN C MNCU U UU Mà 12 2 4 4 11sin( )2 sin( )sin4MNC MNUU U Nhận xét: UC cực đại khi 1 1sin( ) 12 =1 Theo bài ra: Hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha nhau 21 2( , )2 2BM MNU U Điều phải chứng minh 5. Dùng phương pháp đạo hàm: Bài toán 1: C L,r M N B V1 A V2 C L,r B N M V1 A V2 1 2 CU LUrUBMU MNU o Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 12 Cho mạch điện như hình vẽ: 4200 2 cos100 ( ).10100( ); ( )2ABu t VR C F Cuộn dây thuần cảm và có độ tự cảm L thay đổi được. Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại. Tìm giá trị cực đại đó. BÀI GIẢI Dung kháng: 1200( )CZC Tổng trở : 2 2 2 2( ) ;L C AM LZ R Z Z Z R Z Ta có : . .AM AM AMUU I Z ZZ 2 2 2 22 2 2 22 21AML C L C C C LL LU UUR Z Z Z Z Z Z ZR Z R Z Đăt y = 22 221C C LLZ Z ZR Z Nhận xét: UAM cực đại miny y 2 2'2 2 22 (( )C L C LLZ Z Z Z RyR Z . ' 2 20 0L C Ly Z Z Z R 2 24241( )2C CLZ Z RZ hoặc 2 2402C CLZ Z RZ (loại). Bảng biến thiên: ZL 0 241 + y’ - 0 + y ymin Vậy, khi ZL = 241() L = 0,767(H) thì ymin UAM cực đại. 2 2max( 4 )482( ).2C CAMU R Z ZUR M C L R A B Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 13 Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: 2 cosABu U t 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? BÀI GIẢI 2 2..( )AMAM AML CU ZU I ZR Z Z 22 221AML L CCU UUyZ Z ZR Z UAM cực đại khi y = ymin . Tương tự như bài toán 1, ta tìm được : Khi 2 242L LCR Z ZZ thì ymin và UAM cực đại. 2 2max( 4 )2L LAMU R Z ZUR khi 2 22( 4L LCR Z Z C. KẾT LUẬN Bằng thực tế giảng dạy ở trường THPT, tôi nhận thấy các cách giải bài toán Vật lý” tìm giá trị cực đại, cực tiểu của các đại lượng vật lý được nêu trên đã phát huy được những ưu điển , đã cũng cố được cách làm bài tập Vật lý cho học sinh. Đây là một đề tài được áp dụng để giải các bài toán tương đối khó trong Vật lý, nên với kiến thức cá nhân còn hạn chế, đề tài thì quá rộng nên bài viết còn những sai sót nhất định. Tha thiết kính mong quý đồng nghiệp trao đổi, góp ý chân thành để đề tài được hoàn thiện và có tác dụng hữu hiệu hơn. MC L R A B Sáng kiến kinh nghiệm Giáo viên: Trần Vũ Dũng Một số cách giải bài toán cực trị trong vật lý THPT 14 Tôi xin chân thành cảm ơn! Easúp ngày 10 tháng 03 năm 2009 Người thực hiện TRẦN VŨ DŨNG Page 4
|
