Skkn một số cách giải dạng toán cực trị trong chương trình thpt

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 18 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ Người thực hiện: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Lĩnh vực nghiên cứu: -Quản lý giáo dục: -Phương pháp dạy học bộ môn : Vật lý -Lĩnh vực khác:    Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2011- 2012 Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 1 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN: 1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN 2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958 3. Giới tính : Nam 4. Địa chỉ : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân – Thành phố Biên Hoà - Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại: CQ: 0613.834289; ĐTDĐ:0903124832. 6. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng. 7. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh - Biên Hoà- Tỉnh Đồng Nai. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị: Đại học. - Chuyên ngành đào tạo: Vật lý. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM * Năm 2008: chuyên đề “Phương pháp đồ thị giải bài toán vật lý”. * Năm 2009: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về mạch điện xoay chiều, thiết bị điện, về dao động và sóng điện từ”. * Năm 2010: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về tính chất sóng ánh sáng”. * Năm 2011:chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về Vật lý hạt nhân nguyên tử”. * Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị”. Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 2 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tóm tắt : MỘT SỐ GIẢI Chuyên đề đưa ra một số cáchCÁCH giải dạng toán cực trị về điện xoay chiều DẠNG TOÁN CỰC TRỊ và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski. Vật lý học là bộ môn khoa học cơ bản, làm cơ sở lý thuyết cho một số môn khoa học ứng dụng ngày nay. Sự phát triển của Vật lý học dẫn tới sự xuất hiện nhiều ngành kỹ thuật. Do có tính thực tiễn, nên bộ môn Vật lý ở các trường phổ thông là môn học mang tính hấp dẫn. Tuy vậy, Vật lý là một môn học khó vì cơ sở của nó là toán học. Bài tập toán vật lý rất đa dạng và phong phú; có những bài toán cơ bản, nhưng có những bài hay mà khó. Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó. Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski’’. II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI. A . CƠ SỞ LÝ LUẬN: Chúng ta đã biết trong chương trình Vật lý các bài tập cực trị liên quan tới bài toán tối ưu là dạng toán phức tạp và khó. Có những bài ở mức độ cơ bản, có tính phổ thông; nhưng có những bài hay mà khó, thường gặp trong các đề thi của các cuộc thi tranh như thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đẳng, đại học, thi chọn học sinh giỏi. Kinh nghiệm những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng túng trong việc tìm cách giải các dạng toán cực trị. Xuất phát từ thực trạng trên, qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài này. Khi giải một bài toán Vật lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác nhau và cũng có bài có thể giải theo các phương pháp Vật lý khác nhau. Mỗi phương pháp đều có những ưu điểm và cũng có những nhược điểm nhất định . Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải một bài toán đã giúp cho học sinh nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi và lựa chọn phương pháp vận dụng, cũng từ đó gây nên sự hứng thú trong học tập của học sinh. Đề tài này nhằm giúp học sinh khắc sâu những kiến thức giáo khoa và nắm được phương pháp giải bài toán cực trị. Việc làm này rất có lợi cho học sinh trong thời gian ngắn đã nắm được phương pháp giải, nhanh chóng giải quyết được bài Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 3 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. toán cả ở dạng tự luận và dạng bài trắc nghiệm. Việc làm này giúp cho học sinh có thể lựa chọn cách giải nào có lợi hơn, cũng từ đó phát triển hướng tìm tòi lời giải mới cho các bài tương tự. Khi đó học sinh tự tin và giành thắng lợi trong các cuộc thi tài. B . NỘI DUNG ĐỀ TÀI: B1.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ VẬT LÝ 1. Phương pháp dùng biệt thức : Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y ax 2  bx  c . Ta đưa về phương trình bậc hai 0  ax 2  bx  (c  y ) , rồi áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm là biệt thức  không âm  0 ,từ đó tìm ra cực trị ym ứng với xm. 2. Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol: Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác x theo hàm bậc hai: y ax 2  bx  c . Nếu a > 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên thì hàm y có cực tiểu. Nếu a < 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay xuống thì hàm y có cực đại. � b  � ; �cho biết cực trị ym. � 2a 4a � Tọa độ đỉnh  xm ; y m   � 3. Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó : Cho hai đại lượng là những số dương a, b thì theo bất đẳng thức Côsi ta có quan hệ: a  b 2 ab . Dấu bằng xảy ra khi hai số bằng nhau. 4. Phương pháp hình học : Dựa vào các tính chất và định lý trong hình học . 5. Phương pháp giải tích : Dùng đặc điểm cực trị tại điểm xm thì đạo hàm tại đó y’(xm) = 0 và y’ đổi dấu khi qua xm hoặc xét dấu y’’ở đó. 6. Phương pháp không tiểu biểu : Dựa vào phân thức có tử số không đổi, mẫu số lớn nhất thì phân thức nhỏ nhất và ngược lại . Nếu mẫu số không đổi thì phân thức lớn nhất khi tử số lớn nhất và Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 4 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. ngược lại . Hoặc dựa vào đặc điểm của một số đại lượng như : Fma sát nghỉ  Fma sát trượt ; Fms< N; sin x 1 cos x 1 ; ……. 7. Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski: Cho 2n số thực (n  2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :  a1b1  a 2 b2  ...  a n bn  2 a12  a 22  ...  a n2 b12  b22  ...  bn2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a a1 a 2  ...  n . b1 b2 bn B2. MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ VỀ ĐIỆN XOAY CHIỀU Chủ Đề 1: Biết U, R tìm hệ thức giữa L, C,  để Imax cộng hưởng điện. U U I   * Biểu hiện Imax : Theo định luật Ôm : Z R 2  (Z L  Z C ) 2 Nhận xét: Imax khi Zmin  Z L  Z C 0  L  * Biểu hiện u, i cùng pha : độ lệch pha 1  LC 2 = 1 C r UL φ u i 0 . Z L  ZC 0  LC 2 = 1. R * Biểu hiện hệ số công suất cực đại Vậy : tgφ u i  R  R 2  ( Z L  Z C ) 2  ZL = ZC  LC 2 =1 O Kết luận chung Biểu hiện hiện tựơng cộng hưởng : I max U  R u, i cùng pha  u/i = 0; (cos )max = 1 L.C. 2 = 1 r r U UC r U R Ur ....... L r U r O...........U R r UC r I r I Hệ quả : I max  U U  Z L Z C  ωL  1  LC2 1 Z min R ωC Các dấu hiệu cộng hưởng khác : * Khi i cùng pha với u ; hay u cùng pha với uR . * Khi L biến thiên UCmax , hay URmax,hay Pmax . * Khi (A)ampekế chỉ giá trị cực đại . Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 5 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. * * * * * Khi C biến thiên ULmax , hay URmax ,hay Pmax. Đèn sáng nhất khi L, C, f biến thiên. Khi f biến thiên ULmac, hay UCmax , hay URmax , hay Pmax Khi Z = R tức Zmin. Khi uC hay uL vuông pha với u hai đầu đoạn mach. Chủ Đề 2: Tìm C’và cách mắc tụ vào tụ C để mạch Imax cộng hưởng điện. Cách giải: Gọi C0 là điện dung tương đương của hệ C và C’khi mạch cộng hưởng. Lập luận tương tự chủ đề 1, đưa đến kết quả: LC0 2 =1  C0  tìm C’ ghép. *So sánh C0 với C : Nếu C0 > C  C’ghép song song tụ C : C0 = C + C’  C’= C0 - C Nếu C0 < C  C’ ghép nối tiếp tụ C : C0-1 =C-1 + C’-1  C’= (C0-1- C-1)-1 *Hoặc so sánh : ZC với ZL . nếu ZCo > ZC  C0 = C’nối tiếp C ; Z C '  Z C0  ZC  C’= (ωZC’)-1 ZCo  Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính công suất tiêu thụ P của mạch. nếu < ZC C0 = 1 1 1 C’songsong C ; ZC '  ( Z C  Z C0 )  C’= (ωZC’)-1 Cách giải: * Tìm P(mạch): P UI cos  I 2 R  RU 2 R 2  (Z L  Z C ) 2 Cách 1: trong mạch RLC: chỉ có điện trở thuần tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt ), còn cuộn cảm thuần và tụ không tiêu thụ điện năng  P  RI 2 I Z  ZC Cách 2: dùng công thức tổng quát : P UI cos φ với I  0 ;  tính từ tgφ  L 2 R hay cos φ  R Z * Bảng biến thiên: R 0 P Đồ thị quan hệ P(R) Rm P  Pmax Pmax 0 0 Vậy :Công suất của mạch có một giá trị cực đại, ứng với một giá trị Rm nào đó. 0 Rm Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH R -trang 6 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Chủ đề 4: Biết U, R, L (hay C), . Tìm C (hay L) để Pmax. Khảo sát biến thiên P theo C (hay L) . Cách Trong tử điện R;L;C :chỉ có điện trở R tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt). giải: 3 phần RU 2 const  Ta có P = I .R vậy P  2 2 M R  (Z L  Z C ) 2 1 \ Tìm L hay C để P max : Nhận xét: Tử số RU2 =const nên Pmax khi mẫu số Mmin  ZL-ZC=0  LC2=1 Mạch cộng hưởng điện  Lúc đó : Pmax  U2 R 1 L 2 1 + Biết C suy ra L m  . C 2 + Biết L suy ra Cm  RU 2 2\ Biến thiên của P theo C: Khi C =   ZC = 0  P1  2 R  Z2L P C 0 Cm P Pmax 0  Pmax 0 Cm C P1 P1 RU 2 3\Biến thiên của P theo L: Khi L = 0  P0  2 R  ZC2 L 0 Lm P Pmax P0  P 0 Pmax Chủ đề 5: Cho U,  , L, C . Tìm R để công suất tiêu thụ Pmax . Khảo sát biến thiên P theo R . P0 Cách giải: 2 Lập luận  P UI cos  I R  Chia tử và mẫu cho R P  RU 2 (1) R 2  ( Z L  0Z C ) 2 Lm R L C L U2 const  2 MS R  (Z L  Z C ) / R Nhận xét : Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 7 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. MS ( mẫu số ) là tổng của 2 số dương , có tích của chúng là :  ZL  R. ZC  2 R   Z L – ZC  2  const , nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy MS = min khi mà 2 số đó bằng nhau R  vậy với Rm  Z L  Z C thì Pmax Bảng biến thiên: R 0  ZL  ZC  2 R . U2 U2   2 Rm 2 Z L  ZC Rm P  Pmax P Pmax 0 0 Chú ý: Từ (1) suy ra phương trình bậc hai của R : R2 – U2 .R  P  ZL  Zc  2 0 0 (2) Rm R * Khi P > Pmax thì (2) vô nghiệm Δ < 0. * Khi P = Pmax �   0 � nghiêm kép Rm | Z L  Z C | và Pmax  U2 U2  2 Rm 2 Z L  ZC * Khi P < Pmax cùng có công suất P cho trước thì tồn tại hai giá trị R1; R2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2) - Ta có quan hệ theo định lý Vi-et: R1  R 2  U2 P và R1.R2 =(ZL-ZC)2 Vậy cho trước R1 và R2, ứng với cùng P thi tìm được U; ZL-ZC - Từ đó ta có các bài toán ngược : Nếu cho P, R1 và R2 thì tìm được: P  R1  R 2  R m  R 1R 2 và Pmax  - Gíá trị cực trị . 2R m - Suy ra |ZL  ZC | R1.R 2  tính được tg  ; Z ; cos - Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình R’2 – Chủ đề 6: P  R1  R 2  P’ . R’  R1.R 2  0 Cho biết U,  ,R,L . Tìm C để UCmax đạt cực đại . Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 8 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Cách giải: Cách 1:(dùng đạo hàm) . UZ C Ta có UC = I. ZC  U C  (1) R 2  (Z L  Z C ) 2 Chia cả tử số, mẫu số cho Zc  U C U / ( R 2 Z U )  (1  L ) 2  . ZC ZC y Nhận xét: tử số là U không đổi, nên UCmax  ymin Đặt x  1 thì biểu thức trong căn y  R 2  Z 2L .x 2  2Z L x  1 ZC   Tính đạo hàm : y’ = 2(R2 + ZL2).x –2.ZL  y’= 0  xm  1 Z  2 L 2 ZC m R  Z L Bảng biến thiên : ZC 0 ’ y  Z Cm  ZCm - Vậy khi ZCm  R 2  Z L2 ZL thì hiệu điện thế U C max UC Ta có : UC = IZC  U C  C  UC ma x UZ C R 2  (Z L  Z C ) 2 chia cả tử số, mẫu số cho Zc :  1 + ymin Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) . Đặt x  Z  0 y R 2  Z L2 ZL U R 2  Z L2  R (1) U UC  ( R 2 ZL )  (  1) 2 ZC ZC  U y  thì y  R 2  Z L2 x 2  2Z L x  1 . Đây là tam thức bậc hai có các hệ số a = R 2 + ZL2 > 0 ; b = - 2Z L ; c = 1 . Đồ thị Parabol y(x) có bề lõm quay lên  y tồn tại giá trị nhỏ nhất (y min ) Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) b Z � xm   2 L 2 2a R  ZL  Z Cm  R 2  Z L2 ZL R2    ymin = ( )= 2 2 R  ZL 4a Vì U=const nên y min  U C max U R 2  Z L2  R x Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) . ' Xét chung (RL) nối tiếp C : u = uRL + uC M M + 0 _ 0 M min Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH + -trang 9 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.    biểu diễn véctơ U U RL  U C như hình vẽ. Nhận xét từ giản đồ véctơ : đặt góc AOB= ;  OAB=  OAB theo định lí hàm số sin : UC U U  UC   sin  (1) sin  sin  sin  UR R sin    mà = không đổi. U RL R 2  Z2L A α O β H 2 2   vậy khi  = 900 ; U RL  U thì (1)  U C max U R  Z L B R U ZL L   OAH  cos  U RL ; R 2  Z2L U RL  ; cho hai vế phải bằng nhau và biến đổi UCm ZCm  OAB  cos  Vậy Z Cm R 2  Z2L R 2  Z L2  ZL thì UCmax và uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch. Như vậy uRL Chủ đề 7: Cho biết U,  , R, C. Tìm L để ULmax đạt cực đại . vuông với u là dấu hiệu UCmax. pha Cách giải: Cách 1: (dùng đạo hàm). Ta có UL = I. ZL  U L  UZ L R 2  (Z L  Z C ) 2 (1) R ZL Chia cả tử số và mẫu số cho ZL : U L U / ( ) 2  (1  Đặt x ZC 2 U )  ZL y (2) 1 và biểu thức trong căn ở mẫu số được viết thành : ZL   y  R 2  Z C2 .x 2  2Z C x  1 Tính đạo hàm bậc nhất : y = 2(R2 + ZC2).x – 2 Zc  1 ZC R 2  Z C2 ’  Cho y = 0  xm   Z Lm  Z Lm R 2  Z C2 ZC ’ Bảng biến thiên : ZL 0 y’ x  ZLm - 0 M+' M + 0 _ 0 M min Người thực hiện : yNGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH ymin + -trang 10 UL ULmax Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Vậy khi Z Lm R 2  Z C2  ZC thì hiệu điện thế U L max U R 2  Z C2  R Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) . Ta có : UL = IZL  U L  U UL  ( Z R 2 )  ( C  1) 2 ZL ZL UZ L (1) chia cả tử số,mẫu số cho Z L ta có : R 2  (Z L  Z C ) 2 U  1 y khi đặt x  y  R 2  Z C2 .x 2  2 Z C x  1 . và ZL   y là tam thức bậc 2 có a =R 2 + ZC2 > 0; b = -2ZC ; c = 1 Nên đồ thị Parabol y(x) có bề lõm quay lên  tồn tại cực trị y=min . Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (xm; ymin) ta có : ZC R 2  Z C2 � b �  � Z   xm  � 2 2  Lm ZC � 2a � R  ZC R2 � � y    min � � 2 2 �4a � R  ZC U R 2  Z C2 Vì U=const nên y= min UL = max  U L max  R Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RC) nối tiếp L :    u = uRC + uL  U U RC  U L biểu diễn như hình vẽ A r r U ......U L r r .... U I . O β R....................... H Nhận xét giản đồ véctơ ; đặt góc : AOB = ;  OBA =  .  AOB theo định lí hàm số sin : UL U  U  UL  sin  sin  sin  sin  U R Từ ΔOHB có sin  U  RC r r  r U RC ....U C R B = không đổi. R 2  ZC2 B B A U R 2  Z C2 U L max  R UC ZC Từ giản đồ véc tơ:  OBH � cos   U  R 2  Z 2 (*) RC C  Vậy khi  = 900 ; U RC  U thì  OAB � cos   U RC  U L max R Z 2 ZLm A 2 C (**) ,  O O H H   Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH  NGUYỄN HỮU CẢNH B B -trang 11 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. từ (*), (**) Z Lm R 2  Z C2  thì UCmax và uRC vuông pha với u hai đầu đọan mạch. ZC Chú ý quan trọng : - Khi uRL vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng UCmax và uRC vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng ULmax.; - Từ quan hệ vuông pha của hai hiệu điện thế ta có thể xác định được các kháng Z Cm R 2  Z L2 R 2  Z C2 � UCmax hay Z Lm  � ULmax.  ZC ZL B3. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA DẠNG TOÁN CỰC TRỊ CÓ ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACỐPXKI. * Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski: Cho 2n số thực (n2) : a1; a2;…; an và b1; b2; …; bn ta có :  a1b1  a2 b2  ...  an bn  2  a12  a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2  a a a n 1 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: b  b  ...  b . 1 2 n Ví dụ 1: Phương pháp Tọa độ trọng tâm Một khung sắt có dạng một  vuông ABC vuông ở A với góc nhọn  , đặt y trong mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền có phương nằm ngang. Trên 2 cạnh góc vuông có xuyên 2 hòn bi thép coi là chất điểm khối lượng lần lượt là m 1 , m2 chúng có thể trượt không ma sát trên 2 cạnh góc vuông và được nối với nhau bằng 1 dây (lý tưởng). Hãy xác định góc  để hệ 2 quả cầu và sợi dây ở trạng thái cân bằng ? Nêu tính chất của trạng thái cân bằng ? Cách Giải: y -Tung độ của trọng tâm chung A m1 y1  m2 y 2 E của m1, m2 là y  (1) M2 m1 m2 M1  - Hệ cân bằng bền khi ymin H Tính : y1 = BM1 sin C  B = (AB - M1M2cos )sin K F I x = (a - lcos )sin với M1M2 = l; AB = a. y2 = EF = AF – AE = a. sin - AM2cos = asin - lsincos Hoặc tính y2 = M2K = M2H + HK = M2H + M1I = l.sin( - ) + (a - lcos). sin Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 12 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Thay vào (1) và biến đổi : y a sin    m2 l cos   m1  tg cos   sin   m1  m2  m2  m1 tg cos   sin  ; Với  ,a ,m1,m2 ,l không đổi ; m2  f ( )  0   vì  ,  nhọn ; y là hiệu 2 số dương nên  cos   0 Đặt : f (  )  ymin  f ( )  m1 tg cos   sin  cưc đại m2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki: 2 2  m    m1  2 2 1 f (  )   tg   1 cos   sin    tg   1 m  m2    2    f() cực đại khi  m1 cos  tg  cot g m2 sin  Vậy để hệ cân bằng bền thì góc  xác định bởi cot g  m1 tg m2 Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu. Một người muốn qua một con sông rộng 750 m. Nước chảy với vận tốc v2 = 1m/s. Vận tốc bơi của anh ta đối với nước v 1 = 1,5m/s. Vận tốc chạy bộ trên bờ của anh ta là v3 = 2,5m/s. Tìm đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ ) để người đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát trong thời gian ngắn nhất? Cách giải:   Giả sử người đó chạy bộ từ A B, rồi từ B đến D bơi theo hướng v1 hợp với AC một góc  để đi đúng tới đích C . Thời gian bơi qua sông t1=AC/(v1cos) (1) Thời gian chạy bộ t2=AB/v3 (2) C H D Trong đó AB = CH = CD-HD r = v2t1 - BDsin v 2 = v2t1 - v1t1sin = (v2 - v1sin)t1 (3) r v3 thời gian chuyển động tổng cộng t = t1 + t2 AC � v2  v1 sin  � t 1 � � v1 cos  � v3 � t 3,5  1,5sin  t  200. cos  3,5  1,5 sin   y cos  1,5 sin  3,5 Đặt y  cos  A α r v1 B Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski: y cos   1,5sin  � ( y 2  1,52 )(sin 2   cos 2  )  3,52 y 2 1,52 y 10 Vậy ymin= 10  tmin=200. 10 =632,5s 1,5 1,5 y min cos  0,4743   25 0 23'  hay tg  y  10 1,5 sin  min AC 553,4s (2)  AB  v2  v1 sin  t1 197,6m 198m (1)  t1  v1 cos  Khi đó Vậy người đó phải chạy bộ 1 đoạn AB=198m,  rồi bơi qua sông theo hướng v1 hợp với AC 1 góc = 25 0 23 ' Ví dụ 3: Tìm  để Fmin, Amin kéo vật lên Trên một tấm ván nghiêng một góc  với phương ngang có một vật được kéo lên bằng một sợi dây. Hệ số ma sát và ván nghiêng là  . Hỏi góc  hợp bởi phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu thì tốn công ít nhất khi kéo vật lên? Cách giải: Công của lực kéo nhỏ nhất khi lực kéo nhỏ nhất.  F lực kéo (lực căng dây),   là góc hợp bởi F với ván nghiêng; dây kéo hợp với phương ngang góc = + , Chọn Ox dọc theo ván như hình vẽ. Để kéo vật lên Fx = Px + Fms F cos  mg sin     mg cos   F sin    F  mg  sin    cos   (1)  sin   cos  Cách 1: Ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacốpki:  sin   cos     2  1cos 2   sin 2   dấu bằng xảy ra khi  = tg  MS max 1    1  tg   1  cos  2 2  Fmin mg  sin    cos   cos  = mg  sin  cos   tg cos  cos      Fms   F  Q   v  x r P = mg  sin  cos   cos  sin   Vậy Fmin mg sin(   ) Điều kiện :  =    90 0 thì mới kéo được lên; Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 14 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.  Với : =  + thì F có phương thẳng đứng và F min=mg ; Còn =     90 0 không kéo lên được.Vì vật bị kéo về bên trái của đường thẳng đứng và không thê kéo vật lên được theo mặt nghiêng . Cách 2: Biến đổi mẫu số theo giải tích Đặt  tg thì mẫu số MS   sin   cos   Vậy F  1 1 cos       sin  sin   cos  cos    cos  cos  mg  sin    cos   cos  cos    Để Amin thì Fmin khi mà cos( -) lớn nhất  cos(   ) 1    =arctg Vậy Fmin  Amin thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc  arctg và dây kéo hợp với phương ngang 1 góc     Cách 3:Dùng phương pháp hình học :      Ta cộng Q  Fms  R thì R hợp với phương thẳng của P 1 góc  =     ; trong đó  =arctg (Fms/Q) =arctg ( ). Nên để lực nhỏ nhất thì chuyển động phải là chuyển động thẳng đều: r r r r r r r r Q  Fms  F  P 0 � R  F  P Vậy 3 vectơ tạo thành 1 tam giác . r Với vectơ   P  được xác định bởi OK ;  z vectơ R có phương Oz xác định , r hợp với P góc  =     ;  Còn véc tơ F có hướng và độ lớn F thay đổi K r P    FG x H H  thì áp lực thay đổi, nên độ lớn R cũng thay đổi theo. O  Khi F  Oz thì Fmin ; từ OHK ta có : Fmin mg sin      Khi đó Fmin hợp với phương ngang Kx một góc  =  =     . Ví dụ 4: Tìm  để khối trụ quay tại chô Người ta cuốn một sợi dây không dãn, không khối lượng quanh một khối trụ khối lượng m như hình vẽ. Hỏi phải kéo dây bằng một lực F minnhỏ nhất bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ. Khi đó dây tạo với phương ngang một góc  bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn là k. Cách giải: Khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 15 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.      Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên F  P  N  Fms 0 (1) Chiếu lên Ox: F cos   Fms 0 (2) Chiếu lên Oy: F sin   mg  N 0 (3) với Fms=kN  (4) F kmg (2) (3) (4) suy ra F  cos   k sin   Vậy : Fmin  kmg Khi đó 1 k 2  N  P Fmin khi mẫu số  cos  k sin   lớn nhất Theo bđt Bunhiacopki: cos   k sin   1  k 2 y x  Fms kcos = sin Hay tg = k   arctg (k )  Ví dụ 5: Tác dụng F để vật cân bằng Fmin? r Dùng một lực F0 có độ lớn F0 = 118N để áp một vật m = 50 kg vào tường thẳng đứng, cần dùng lực Fminbằng bao nhiêu và có hướng thế nào để giữ cho vật đứng yên? Biết hệ số ma sát giữa vật với tường là k = 0,3 ; lấy g = 9,8 m/s2. Cách giải:  Nếu lực biết F thì điều kiện để vật đứng yên : P = Fmsnghỉ = Fmso  KN mà N = F0 (cân bằng ) Hay k .F0 � P F0 P k 490 1633 N 0,3  F Nhưng theo đề cho F0=118N nên vật m chưa đứng yên mà sẽ tụt dần xuống. Để vật đứng yên cần tác dụng thêm  Fo  Fmso   vào vật 1 lực F hướng lên hợp với phương ngang 1 góc  như hình vẽ. Nhờ tác dụng vậy lực ma sát cũng được tăng thêm .        F  F  N  F  P 0 (1) Điều liện cân bằng khi có thêm lực F : 0 mso G  N  P Chiếu lên phương thẳng đứng chiều dương hướng lên : Fsin + Fmso – P = 0  P  F sin   Fmso  KN (2) (Khi vật chớm muốn trượt thì Fmso= KN)  Chiếu(1) lên phương ngang chiếu dương là chiếu F0 : Fcos + F0 = N (3) Thế (3) vào (2) ta được: P - Fsin = k(Fcos+F0)  kF cos  F sin   P  kF0 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski:  kF cos  F sin   2 (k 2 F 2  F 2 )sin 2   cos 2   Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 16 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.  P  kF0  k 2 F 2  F 2  F  Vậy Fmin  P  kF0 k 2 1  Dấu bằng xảy ra khi ra khi và chi khi : P  kF0 k 2 1 456,4 435,4 N 1,044 kF F   cot g k 0,3   730 8' cos  sin  Ví dụ 6: Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với  hệ số ma sát k .Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào nó một lực kéo F . Hãy   tìm giá tri nhỏ nhất của lực kéo F và góc  hợp bởi lực F với phương ngang tương ứng ? Cách giải:   Xét trường hợp F hướng lên như hình vẽ.   Q  Gọi  là góc hợp bởi F với phương ngang .  v Fms Để có thể xê dịch được hòm thì  FG Fcos - Fms = ma 0 ; Fms = k (mg - Fsin) Theo đề ra tìm giá trị nhỏ nhất nên ta chỉ xét khi dấu bằng xảy ra F.cos - Fms=0 kmg  0  F cos   k  mg  F sin    F  (1) cos   k sin  Vì  nhọn cos; sin dương , k dương Theo bđt Bunhiacopki:  cos   k sin   2  1  k 2 cos 2   sin 2  (2) kmg sin   k tg Từ (1) (2)  Fmin  2 (3) 1 k cos     Xét trường hợp đẩy hòm F hướng xuống F , v   0 thì áp lực tăng lên và lực ma sát sẽ tăng lên Fms= k(mg+Fsin) . Do đó lực F sẽ lớn hơn Fmin thu được (3) Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là      Fmin  kmg 1 k 2 khi đó góc  arctgk . Ví dụ 8: bài toán tối ưu Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo trên sàn bằng 1 sợi dây với kực kéo F=1000N, hệ số ma sát hộp và sàn là k= 0,35. (lấy g = 10m/s2). a)Với góc giữa dây kéo và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng cát lớn nhất? b)Tính khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu? Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 17 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. Cách giải : Vật chịu 4 lực .Chọn hệ tọa trục như hình vẽ y r r r r r Ta có P  N  F  Fms  ma (1) Chiếu (1) lên Oy: 0  P  F sin  (2) � Fms  kN  kQ Chiếu (1) lên Ox: Fcos - Fms = ma (3) F  cos   k sin    m kg  a   Q Fms  F   v r P x   kg  a  min  a 0 Điều kiện mmax (F,k,g không đổi)    cos   k sin   max Theo bđt Bunhiacopki: 1. cos   k sin   1  k 2 F 1 k 2  m kg Dấu bằng xảy ra khi : k = sin / cos = tg = 0,35   19,30 Khi đó khối lượng cát lớn nhất mmax  F 1  k 2 1000 1  0,35 2  303kg . kg 0,35.10 III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 1. Khi dạy chuyên đề nội dung B2 cho thấy học sinh thì nhanh chóng nắm bắt và vận dụng phương pháp rất nhanh vào giải bài tập. Khảo sát bài cho thấy: Khi chưa hướng dẫn chuyên đề B2 trên tỷ lệ học sinh tỷ lệ học sinh tỷ lệ hoc sinh giải được lúng túng không giải được 20% 45% 35% Khi hướng dẫn chuyên đề B2 trên vào vận dụng: tỷ lệ học sinh tỷ lệ học sinh tỷ lệ hoc sinh giải được lúng túng không giải được 80% 15% 4-5% Chuyên đề này triển khai với các lớp nguồn và luyện thi học sinh giỏi thì rất hiệu quả. 2. Khi dạy chuyên đề nội dung B3 * Mỗi phương pháp được vận dụng đều có những ưu điểm nhất định và có cũng có những nhược điểm nhất định so với các phương pháp khác. Trong các ví Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 18 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. dụ trên nội dung B3 ta thấy phương pháp dựa vào bất đẳng thức Bunhiacốpski có những điểm mạnh, mà có những bài toán phương pháp khác không thể thay thế được. Tuy vậy, ở ví dụ 3 minh họa cho thấy bên cạnh phương pháp áp dụng bất đẳng Bunhiacốpski, ta vẫn có thể áp dụng các cách khác như: dùng biến đổi giải tích và phương pháp hình học. Việc vận dụng phương pháp nào cũng cần phải có những hiểu biết phương pháp một cách sâu sắc và sự sáng tạo nhất định. * Những bài dạng như nội dung B3 đặc biệt hiệu quả trong luyện thi học sinh giỏi. Với phương pháp gợi mở đặt vấn đề, gợi mở cho học sinh cố gắng tìm ra các cách giải khác nhau cho một bài toán, sẽ giúp cho học sinh phát triển tư duy và nắm vững các phương pháp giải và từ đó hứng thú học tập môn Vật lý hơn. 3. Nhận xét: * Trên đây là các ví dụ có tính chất minh hoạ gợi ý vận dụng phương pháp. Mong rằng với các phương pháp đã nêu ở phần B2 và B3, học sinh sẽ tìm thêm lời giải cho các bài toán cực trị phong phú hơn, từ đó hứng thú hơn trong học tập. * Đề tài này giúp học sinh nắm được các phương pháp giải dạng toán cựu trị, giúp cho học sinh có thể nắm được cách giải và từ đó chủ động vận dụng các phương pháp này trong khi làm bài tập. Từ đó để cho bản thân hoc sinh có thêm kỹ năng về giải các bài tập Vật lý, cũng như giúp các em học sinh nhanh chóng giải các bài toán trắc nghiệm về bài tập điện xoay chiều rất phong phú và đa dạng . IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG. * Chuyên đề này cũng là tài liệu tham khảo tốt cho quý thầy cô và quý bậc phụ huynh học sinh. Đề tài có thể vận dụng trong diện rộng góp phần nâng chất lượng dạy và học. * Chuyên đề này cũng mới chỉ hạn chế ở những bài toán điển hình, còn những bài toán không điển hình chưa được đề cập ở chuyên đề này. Đây là vấn đề sẽ được chúng tôi tiếp tục giải quyết trong các chuyên đề tới. V. ĐÔI LỜI KẾT LUẬN: Chúng tôi rất mong muốn chuyên đề mang tính khoa học và sư phạm nhằm mục đích góp phần nâng cao chất lượng Dạy và Học của thầy và trò trong yêu cầu mới của giáo dục phổ thông. Do kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên chắc chắn rằng đề tài còn có thiếu sót, tôi rất mong đón nhận các đóng góp ý kiến của quý Thầy Cô nhằm được học hỏi thêm những kinh nghiệm quí báu và góp phần nâng cao tính khả thi cho đề tài. Mọi trao đổi xin liên hệ với Nguyễn Trường Sơn số điện thoại 0903124832. Chúng tôi chân thành cảm ơn quý Thầy Cô đã quan tâm ! VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 19 Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”. 1.Bài tâp vật lý sơ cấp chọn lọc. Nguyễn xuân Khang,…. NXB Hà nội. Năm 1984. 2.Phương pháp giải bài tập Vật lý sơ cấp. An văn Chiêu,…NXB Hà nội. Năm 1985. 3.Giải toán vật lý 12.Bùi Quang Hân,…NXB .Giáo dục,năm 1995. 4.Hướng dẫn giải bài tập vật lý sơ cấp.Ngô quốc Quýnh. NXB Hà nội. Năm 1985. 5.Bài tập Vật lí 12. Vũ thanh Khiết,…NXB Giáo dục,năm 1993. 6.Phân loại và phương pháp giải các dang bài tập vật lý 12. Trần Ngọc. NXB đại học quốc gia Hà nội. Năm 2008. 7. 500 bài toán vật lý sơ cấp . Trương thọ Lương… NXB giáo dục. Năm 2001. 8. 450 bài tập trắc nghiệm vật lý (Quang học) . Lê Gia Thuận. NXB đại học quốc gia Hà nội. Năm 2008. 9. Sai lầm thường gặp và tìm hiểu thêm Vật lý 12.Nguyễn Đình Noãn. NXB đại học sư pham. Năm 2008. 10. Những bài tập vật lý cơ bản hay và khó trong chương trình PTTH.Vũ Thanh Khiết. NXB giáo dục 2001. 11.Một số thông tin trên mạng các trang giáo dục và tài liệu Việt nam. Ý kiến của Hiệu trưởng Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Biên Hòa , ngày 25 tháng 5 năm 2012. Người thực hiện: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN Giáo viên Vật lý Tổ Vật lý-Công nghệ-Thể dục-Quốc phòng. Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh. Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 20
- Xem thêm -