Skkn phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong vật lý thpt

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 69 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ === === NGUYỄN MINH HUỆ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG VẬT LÍ THPT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN VẬT LÝ Hà Tĩnh, tháng 5/ 2012 I. Đặt vấn đề Vật lí là môn khoa học cơ bản nghiên cứu các quy luật về sự vận động của tự nhiên và nó có mối liên hệ mật thiết với các ngành khoa học khác, đặc biệt là toán học. Các lí thuyết vật lí là bất biến khi biểu diễn dưới dạng các quan hệ toán học và sự xuất hiện của toán học trong vật lí cũng thường phức tạp hơn trong các ngành khoa học khác. Trong chương trình trung học phổ thông việc sử dụng toán học vào giải các bài toán vật lí là rất điều không thể thiếu. Nhưng việc lựa chọn phương pháp nào cho phù hợp, ngắn gọn, hiệu quả và dễ hiểu không phải là đơn giản, nhất là đối với bài toán khó như bài toán cực trị. Học sinh thường lúng túng khi gặp các bài toán này vì đây là một dạng bài toán yêu cầu trình độ tư duy cao, học sinh có vốn kiến thức toán học vững chắc hơn thế nữa dạng bài này thường xuất hiện đơn lẻ , không có tính hệ thống, không có một phương pháp giải cụ thể nào. Nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quát về các bài toán cực trị điển hình trong vật lí THPT cũng như có phương pháp lựa chọn, định hướng phương pháp giải, các bước giải cụ thể phù hợp với dạng bài đó nên tôi đã thực hiện đề tài : “Phương pháp giải nhanh các bài toán cực trị trong Vật lí THPT”. Khi đưa các bài tập này vào hệ thống các bài tập rèn luyện và phát triển tư duy dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi tôi nhận thấy học sinh đã có nhiều tiến bộ, hứng thú hơn trong quá trình tìm tòi và khám phá các bài toán cực trị phức tạp khác của vật lí. Do thời gian viết đề tài còn gấp gáp nên đề tài chắc còn nhiều thiếu sót, kính mong sự góp ý và trao đổi từ quý đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện và có tác dụng hiệu quả hơn. II. Giải quyết vấn đề Bài toán cực trị là bài toán khảo sát giá trị cực đại, cực tiểu của một đại lượng vật lí nào đó. Muốn có một phương pháp giải nhanh gọn, dễ hiểu trước hết ta sẽ đi tìm hiểu hệ thống các bài tập điển hình về cực trị trong chương trình vật lí từ lớp 10, 11 đến lớp 12 sử dụng các công thức toán học đặc biệt như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, tam thức bậc hai,công thức cộng vận tốc, sử dụng định lí hàm số sin, cosin trong tam giác hoặc khảo sát hàm số. Qua đó rút ra được phương hướng chọn phương pháp giải và các bước để sử dụng phương pháp đó nhanh nhất, hiệu quả nhất. II.1. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy II.1.1. Bất đẳng thức Cauchy a + b  2 ab Với a,b  0 Dấu “=” xảy ra khi a=b a1 + a2 + ....+ an  n n a1a 2 ...a n Với a1,a2, .....,an  0 Dấu “=” xảy ra khi a1=a2= .....=an II.1.2. Bài tập vận dụng uu r Bài 1. Một vật khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v1 đến va chạm với vật uu r m2 đang đứng yên. Sau va chạm vật m 1 chuyển động với vận tốc v1' ,vật m2 uu r uu r uu r v1' ' chuyển động với vận tốc v 2 . Hãy xác định tỉ số để góc lệch α giữa v1 và v1' v1 đạt giá trị cực đại. uu r P1 ' Giải: Do hệ kín và va chạm là đàn hồi nên: Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có : r uu r uur uu r uu r uu ' (1) PT  PS � P1  P1  P2' Động năng hệ vật bảo toàn : m1v12 m1v1' 2 m2 v '2 2   2 2 2 u u r uu r Gọi   (v1 , v1' ) . (2) Từ (1) và (2) ta có: P2' 2  P1'2  P12  2P1' P1cos ur P1  uu r P2 ' Hình b.1 (3) P12 P1'2 P2' 2 m   � P12  P1'2  1 P2' 2 (4) 2m1 2m1 2m 2 m2 � m2 �P1 � m2 �P1' 1 1 Từ (3) và (4) suy ra: � � ' � �  2cos. m P m P1 � 1 �1 � 1 � � m2 �v1 � m 2 �v1' �� 1 1 �' � �  2cos. � m1 �v1 � m1 �v1 Để Max thì (cos)min .Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái (5): � m 2 �v1 � m2 �v1' m12  m22 1 1 � �'  � � �2 m v m v1 m1 � 1 �1 � 1 � � m2 �v1 � m2 �v1' v1' m1  m 2 1 1  => (cos)min khi: � với m1>m2 �' � � => v1 m1  m 2 � m1 �v1 � m1 �v1 v1' m1  m 2  Vậy với m1>m2 thì góc lệch α đạt giá trị cực đại . v1 m1  m 2 Bài 2. Một mạch điện được mắc R 1 nối tiếp (đèn Đ mắc song song R 2 ). Bóng đèn ghi 6V-3W, R1 =4Ω, U=10V, R2 là biến trở. a) R2 bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên R2 đạt giá trị cực đại b) R2 bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch song song đạt giá trị Id cực đại. Đ R1 I Giải: I2 R2 a) Điện trở của bóng đèn: R = = 12 Ω Công suất tiêu thụ của R2 là: P = I . R Mà I = I- I = P2 = Hinh b.2 7,5 U  I 2 .R 2 I 2 .R 2 10 I 2 .R 2   => I 2 = R1 Rd 4 3 R2  3 7,52 7,52 9 . R  2  6 đạt min. 9 => P2 đạt max khi R 2  (R 2  3)2 R2  6 R2 R2 Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có : R 2  Dấu ‘=’ xảy ra khi R 2  9  6 �2.3  6 R2 9 � R2  3 R2 Vậy khi R2 = 3 Ω thì P2 đạt giá trị cực đại. b) Công suất tiêu thụ của đoạn mạch song song là : P= I2. Rđ2 mà I  Với U  I.R d2 U 10  => I  R1 R d2  4 R d2  4 1 1 1 1 1     R d2 R d R 2 12 R 2 102 100 16 P R d2  2  8 đạt min 16 => P đạt max khi R d2  (R d2  4) R d2  8 R d2 R d2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : R d2  16  8 �16 R d2 Dấu ‘=’ xảy ra khi Rd2=4 => R2 = 1,5Ω Vậy khi R2 = 1,5Ω thì công suất đoạn mạch song song đạt giá trị cực đại. Bài 3. Vòng dây mảnh bán kính R tích điện đều mang điện tích q>0 đặt trong không khí. Tính cường độ điện trường tại M trên trục vòng dây cách O đoạn h. Xác định h để E đạt giá trị cực đại và tính giá trị cực đại đó. Giải : ∆1 Xét hai điện tích điểm ∆q nằm ở vị trí đối xứng qua tâm O. Cường độ điện trường do chúng uuu r uuuu r uuuu r gây ra tại M là : E  E1  E 2 Mà ∆E1=∆E2 = k ∆ M O h R α ∆2 Hình b.3 q suy ra: r2 uuu r E nằm trên OM, hướng ra xa O Có độ lớn : ∆E =2∆E1 cosα = 2 k q 2q.h =k 3 2 r r ur uuu r E   E - Cường độ điện trường tổng hợp gây ra tại M là : M � ur Vậy E M nằm trên OM, hướng ra xa O. Độ lớn: E M  �E  k. h q.h q.h ( 2  q)  E  k.  k. � M r3 r3 (R2  h 2 )3/2 - Tìm h để EM đạt cực đại : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : R 2 h 2  3 3 �R 2 R 2 R2 R2 2 2� �   h ��27. . .h 2 2 2 �2 � k.q.h 2k.q EM �  2 Suy ra : R 3 3.R 2 3 3. .h 2 Vậy h= 2k.q R thì EM = E M (max)  . 2 3 3.R2 Bài 4. Có n điện trở khác nhau R1, R2, R3, .......,Rn . Mắc chúng nối tiếp thì điện trở tương đương của mạch là Rtđ , mắc chúng song song thì điện trở tương đương của mạch là R’td . Chứng minh rằng R td �n 2 ' R td Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: R n  R1  R 2  ....  R n �n n R1R2 ...R n (1) 1 1 1 1 1    .....  �n n (2) ' R td R1 R2 Rn R1R2 ...R n Nhân vế theo vế (1) và (2) ta có : R td �n 2 (đpcm) ' R td Dấu ‘ =’ xảy ra khi n điện trở có giá trị bằng nhau. Bài 5. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ U= 100 2 cos (100πt+π) , R0 = 2Ω 1 10 4 L = (H); c  (F); R thay đổi được  2 Hình b.5 a) Xác định R để công suất tiêu thụ trên R đạt cực đại. b) Xác định R để công suất tiêu thụ trên toàn mạch đạt cực đại . Giải: Ta có : ZL =  L = 100ZC = 1  200 , Z = C a) Công suất tiêu thụ trên R là : U2 U2  PR = I2R = R 2  (Z L  Z C )2 y R 0  2R 0 R (R  R 0 )2  (Z L  Z C )2 PR đạt max khi y đạt min. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : y �2 R 20  (Z L  Z C )2  2R 0 Dấu ‘=’ xảy ra khi R  R 20  (Z L  Z C )2 Vậy khi R  R 20  (Z L  Z C )2 thì PR (max)  U2 2 R 20  (Z L  Z C )2  2R 0 b) Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là: P = I 2 (R+R 0 ) = U2 (R+R 0 ) = (R+R 0 )2 +(Z L -ZC )2 U2 U2  (Z -Z ) 2 y (R+R 0 )+ L C (R+R 0 ) P đạt max khi y đạt min. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : y �2 | Z L  Z C | Dấu ‘=’ xảy ra khi R+R 0 =|ZL -ZC | => R=|Z L -ZC | R 0 U2 U2  Vậy khi R=|ZL - ZC | R 0 thì P(max)  . 2(R  R 0 ) 2 | Z L  Z C | II.1.3 Kết luận Bất đẳng thức Cauchy thường được áp dụng đối với các bài toán phần cơ học, điện một chiều và xoay chiều. Với các bài tập vận dụng trên ta rút ra được phương pháp chung để định hướng chọn và các bước giải một bài toán cực trị sử dụng bất đẳng thức Cauchy như sau: Bước 1: Đại lượng cần tìm giá trị cực trị có thể biến đổi để đưa về dạng phân số trong đó hoặc tử số (hoặc mẫu số) là một hàm chứa biến, thành phần còn lại là hằng số. Bước 2: Xét dấu hiệu nhận biết các điều kiện của hàm chứa biến có thỏa mãn điều kiện sử dụng bất đẳng thức Cauchy hay không. Đó là điều kiện các số hạng là không âm a 1,a2, .....,an  0 và tích của chúng là không đổi a1.a2......an = const Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức để tìm ra giá trị cực đại ,cực tiểu của bài toán. Bước 4: Tìm điều kiện để dấu ‘=’ của bất đẳng thức xảy ra. II.2. Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki II.2.1. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (ax+by) ≤ (a +b )(x +y ) Dấu “=” xảy ra khi : = (ax+by+cz) ≤ (a +b+c)(x +y +z) Dấu “=” xảy ra khi : = = II.2.2. Bài tập vận dụng Bài 6. Người ta quấn một sợi dây không giãn và khối lượng không đáng kể quanh một khối trụ khối lượng m. Hỏi phải kéo dây bằng một lực F min, dưới góc α bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ. Cho biết hệ số ma sát giữa khối trụ và sàn là k. Giải: Các lực tác dụng được biểu trên hình Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên r F tổng hình chiếu các lực trên phương 0x, 0y bằng 0 y  O r N x Tức là: r Fms P Hình b.6 Fms  F cos  0 � Trong đó : Fms =k.N � Fsin   N  P  0 � Từ hệ phương trình trên ta có : F  kmg kmg  cos  k sin  y => F đạt min khi y đạt max Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : y  cos  k sin  � (1  k 2 )(cos2  sin 2 )  1  k 2 Dấu ‘=’ xảy ra khi Vậy Fmin  1 k  � tg  k cos sin  kmg khi tg  k 1  k2 Bài 7. Kéo một vật lên đều trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α, hệ số ma u r sát k. Hỏi góc β giữa vec tơ lực kéo F và mặt nghiêng là bao nhiêux để lực kéo y là β cực tiểu. O Giải: Áp dụng định luật II Newton ta có : α Hình b.7 u r ur u r u r r P  N  F  F ms  0 (1) Chiếu (1) lên Ox:  P sin   kN  F cos   0 (2) Chiếu (1) lên Oy:  Pcos  N  Fsin   0 (3) Từ (2) và (3) ta có : F  P sin   kP cos  k sin   cos Nhận xét: Trong biểu thức của F : tử số là không đổi, mẫu số thay đổi. F đạt min khi mẫu số đạt max. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có : k sin   cos � (k 2  1)(sin 2   cos2)  (k 2  1) Dấu ‘=’ xảy ra khi Khi đó Fmin  k 1  <=> tg  k sin  cos P sin   kP cos  k2  1 Vậy: Để vật chuyển động đều với lực kéo cực tiểu thì góc hợp bởi vec tơ lực kéo và mặt nghiêng thỏa mãn: tg  k Bài 8. Hai ôtô cùng chuyển động từ A và B hướng tới điểm O trên hai đường thẳng hợp nhau một góc α=300 với vận tốc v2 = v1 .Hãy xác định khoảng cách 3 nhỏ nhất giữa hai ôtô. Cho biết lúc đầu chúng cách O những khoảng cách d1=60km, d2=40km. Giải : Áp dụng hệ thức trong tam giác ta có: Lại có: v 2   d d v t d v t  1 1  2 2 . sin  sin  sin  v1 d d v t 3d 2  v1t  1 1  => sin  sin  3 3 sin  O d 3d 2  d1  . sin  3 sin  sin  α r v1 Theo bài ra ta có:    3 sin β= cos  sin 2 A' β A   r v2 B Hình b.9 B' d 3d 2  d1 3d 2  d1 3d 2  d1   d   0 => sin30 y 3 1 3cos  sin  cos  sin  2 2 (1) Từ (1): dmin khi ymax Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: y  (3  1)  (sin 2   cos2  )  2. ymax = 2 <=> sin  1   tg    30 0 và  120 0 . cos 3 Vậy dmin=  3d2  d1 4,64 km. 2 II.2.3. Kết luận Bất đẳng thức Bunhiacopxki rất ít được sử dụng trong các bài tập vật lí. Ở các bài toán trên bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thấy bài toán được giải một cách nhanh gọn, dễ hiểu. Đối tượng áp dụng ở đây chủ yếu là các bài toán cơ học. Điều kiện để áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki không được đưa ra rõ ràng như ở bất đẳng thức Cauchy nhưng ta thấy dấu hiệu để nhận biết có thể sử dụng bất đẳng thức này là tích (a +b ).(x +y ) phải bằng hằng số. Cụ thể các trường hợp trên ta thấy xuất hiện cos2  sin 2   1 . Các bước giải bài toán loại này: Bước 1: Biến đổi đưa đại lượng cần tìm giá trị cực trị về dạng phân số trong đó hoặc tử số (hoặc mẫu số) là một hàm chứa biến, thành phần còn lại là hằng số. Bước 2: Xét hàm chứa biến sao cho tích (a +b ).(x +y )=const, có xuất hiện cos2  sin 2   1 . Bước 3: Áp dụng bất đẳng thức để tìm ra giá trị cực đại ,cực tiểu của bài toán. Bước 4: Tìm điều kiện để dấu ‘=’ của bất đẳng thức xảy ra. II.3. Vận dụng công thức cộng vận tốc và định lí hàm số sin, cosin II.3.1. Công thức cộng vận tốc và định lí hàm số sin, cosin a ) Công thức cộng vận tốc r r r v13  v12  v 23 r Trong đó : v13 là vận tốc vật 1 đối với vật 3 (vận tốc tuyệt đối) r v12 là vận tốc vật 1 đối với vật 2 (vận tốc tương đối) r v 23 là vận tốc vật 2 đối với vật 3 (vận tốc kéo theo ) b) Định lí hàm số sin, cosin Định lí hàm số sin trong tam giác: = = Định lí hàm số Cosin trong tam giác : a = b + c- 2b.c.cosA ( cos)max = 1   = 00 ( sin)max = 1   = 900 II.3.2. Bài tập vận dụng Bài 9. Hai động tử m1 và m2 đồng thời chuyển động trên hai đường thẳng đồng quy với vận tốc v1 và v2. Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng và thời gian đạt được khoảng cách đó, biết khoảng cách ban đầu là l và góc giữa hai đường thẳng là α. Hình b.10 Giải: Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có : r r r r r v12  v1  ( v 2 )  v1  v 2 dmin= AH = AB sinβ (1) Xét tam giác BMN: v12  v12  v 22  2v1v 2 cos(180   )  v12  v 22  2v1v 2 cos  Áp dụng định lí hàm số sin ta có : => BM BN BN   sin  sin(180 0  ) sin  v sin  v2 v  12 = > sin   2 (2) v12 sin  sin  Thay (2) vào (1) => dmin=  lv 2 sin  v12  v 22  2v1v 2 cos  l2  d2min BH  Thời gian để đạt được khoảng cách dmin : t  v 21 v12  v 22  2v1v 2 cos  Bài 10. Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc với nhau Ox,Oy và qua O cùng một lúc. Vật thứ nhất chuyển động trên Ox theo chiều dương với gia tốc 2m/s2, vận tốc khi qua O là 8m/s. Vật 2 chuyển động chậm dần đều với gia tốc 4m/s2, vận tốc khi qua O là 10m/s. Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng thời gian từ lúc qua O đến khi vật thứ 2 dừng lại. y Giải: Chọn t = 0 lúc hai vật qua O Phương trình vận tốc của vật 1 là : v1  8  2t r v12 Phương trình vận tốc của vật 2 là : v 2  10  4t Vật 2 dừng lại lúc : v2=0 hay t =2,5s Áp dụng công thức cộng vận tốc ta có : r r r v12  v1  v 2 r r Lại có : v1 vuông góc với v 2 r v2 x r v1 Hình b.11 => v12  v12  v 22  (8  2t)2  (10  4t)2  20t 2  48t  164  f(t) Để v12 đạt min thì f(t)=20t -48t+164 đạt min. Nhận xét : f(t) là hàm bậc 2 của t với hệ số a>0 => f(t) min tại t= = s < 2,5s và có giá trị Vậy v12 có giá trị cực tiểu bằng m/s tại thời điểm t = s. Bài 11. Hai chiếc tàu biển chuyển động với cùng vận tốc hướng tới điểm O trên hai đường thẳng hợp nhau một góc 600 . Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai con tàu . Cho biết lúc đầu chúng cách O những khoảng cách d 1=60km, d2=40km. Giải : Hình b.12 Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có : r r r r r v12  v1  ( v 2 )  v1  v 2 Dmin=BH, ∆OAK là tam giác đều (vì tốc độ hai tàu là như nhau) Dmin=KB.sinα mà KB=l2 - l1 =20 km => Dmin=20.sin600 =10 km. Bài 12. Một vật trượt từ đỉnh dốc, cho trước l, góc α có thể thay đổi được. Vận tốc ban đầu bằng 0. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k. Mặt phẳng nghiêng là đứng yên. Tính α để thời gian đi từ đỉnh dốc tới chân dốc là nhỏ nhất. Tính t khi đó? Giải: Đường đi từ đỉnh đến chân dốc là S  l cos Do 00 ≤α<900 => 0 a g cos (sin   k cos ) g( 1 (sin 2  k cos2)  k ) 2 2 2 => t2  4l � � � 1 � � k � g � 1  k2 � sin 2  cos2) � k � 2 1  k2 � 1 k � � � Đặt tg  k thì 2 Suy ra: t  1 1  k2  cos, k 1  k2  sin  4l g( 1  k 2 sin(2  )  k) Thời gian đi từ đỉnh dốc đến chân dốc nhỏ nhất khi : sin(2  )  1 Tức là 2    90 0 hay   450   2 Khi đó thời gian cực tiểu là: t min  Vậy: khi góc   450  2 l g( 1  k 2  k) 4l  với tg  k thì t min  . 2 g( 1  k 2  k) II.3.3. Kết luận Phương pháp vận dụng công thức cộng vận tốc kết hợp các công thức lượng giác là một cách giải quyết vấn đề khá nhanh gọn đối với bài toán chuyển động thay cho cách làm lập phương trình chuyển động thông thường. Phương pháp này có nét đặc trưng chính hình thành các bước giải cụ thể như sau : r Bước 1 : Tính vận tốc tương đối của các vật với nhau v12 qua biểu thức vectơ cộng vận tốc. Bước 2 : Dựa vào phương chiều của các vecto vận tốc thành phần để xác định r độ lớn của v12 Bước 3. Tìm sự phụ thuộc đại lượng tìm cực trị với độ lớn v12 . II.4. Vận dụng tam thức bậc hai II.4.1. Tam thức bậc hai Cho hàm y = f (x) = ax2 + bx + c + Nếu a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol + Nếu a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol + Tọa độ đỉnh : x = - b  ; y 2a 4a ( = b2 - 4ac) + Nếu  = 0 thì phương trình y = ax2= bx + c = 0 có nghiệm kép + Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. II.4.2. Bài tập vận dụng Bài 13. Có 20g khí Heli chứa trong xilanh đậy kín bằng pittông biến đổi chậm từ (1)=>(2) theo đồ thị mô tả bởi hình : Cho V1=30 lít , p1=5 atm, V2 =10 lít , p2=15 atm. Hãy tìm nhiệt độ cao nhất mà khí đạt được trong quá trình biến đổi. m p(atm)  5(mol) , R=0,082(atm.lít/mol.K) M (2) P2 Gọi phương trình đường thẳng đi qua Giải: n= trạng thái (1) và (2): p=aV+b (*) Tìm a,b: Phương trình (*) thỏa mãn: 1 � P1 p1  aV1  b � a V �  � 2  p    20 � p  aV  b 2 �2 2 � b  20 � Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng: pV=nRT=> T pV  nR ( V2 V1 V(lít) V  20)V  V 2  40V 2  nR 2nR Nhận xét : T = f(V) có hệ số a=  Suy ra T = Tmax tại V=  (1) 1 0 2nR 40 400  20 (lít) và Tmax=  487,8K 2 2nR Vậy Tmax=487,8K. Bài 14. Một người đứng trên bờ hồ tại điểm A. Người đó phải tới được điểm B trên bờ hồ trong khoảng thời gian ngắn nhất. Cho biết khoảng cách từ B tới bờ hồ là d , khoảng cách AH=S ,vận tốc người đi trên bờ hồ là v 1 , vận tốc người bơi trong nước là v2 (v1 > v2 ). Hỏi người đó phải đi theo kiểu nào từ A tới B: B Bơi thẳng từ A tới B hay đi một đoạn nào đó trên bờ sau đó bơi ra B? d Giải: - Giả sử người đã đi theo đường gấp khúc ADB như hình vẽ. A Thời gian để đi đoạn ADB là : d 2  x 2 v1 d 2  x 2  v 2 x S Sx y S t=      (1) v1 v2 v1v 2 v1 v1v 2 v1 Để t min thì y phải đạt min. S D x Hình b.14 H Từ (1) ta có : y  v1 2yv 2 x v12 d 2  y 2  2  0 (2) d  x  v 2 x  x  2 v1  v 22 v1  v 22 2 2 2 Phương trình (2) có nghiệm khi : �� ' 0 �۳ y 2 d 2 (v 22 v12 ) 0 Vậy ymin = d v  v khi x  2 1 2 2 y2 d 2 (v 12 v 22 ) v2d v12  v 22 Nếu x≥S thì cần phải bơi thẳng đến B Nếu x≤S thì phải đi trên bờ một đoạn AD=S-x, sau đó mới bơi về B . Bài 15. Một hạt điện tích âm q có khối lượng m, vận tốc ban đầu , bay vào khoảng không gian giữa hai bản kim loại phẳng song song, tích điện đều như nhau và trái dấu qua một lỗ nhỏ O ở bản dương, vận tốc lập với bản dương một góc α . Khoảng cách giữa hai bản là d, hiệu điện thế U Viết phương trình quỹ đạo của electron, tính khoảng cách h gần bản âm nhất mà e có thể đạt tới. y Giải: Hạt điện tích chịu tác dụng của u r u r trọng lực P và lực điện F u r E h Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Theo phương Ox: Hạt chuyển động thẳng đều x x = (v0 cosα).t (1) O Theo phương Oy: Hạt chuyển động biến đổi đều y  (v 0 sin )t  Hình b.15 F  P | q | E  mg at 2  với a = m m 2  |q|U  g (2) md Từ (1) và (2) ta có phương trình quỹ đạo của hạt là : y  (tg)x  Gọi H là độ cao mà hạt đạt tới H= ymax . Nhận xét: hàm y(x) có hệ số a'   a  0 suy ra 2v cos2 2 0 a x2 2 2v cos  2 0 ymax tg 2 v 20 sin 2  =  4a ' 2a v 20 sin 2  Vậy khoảng cách gần bản âm nhất: h=d-H=d2a Bài 16. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. UAB = 200 2 cos(100πt-  )(V), R = 100, 4 Hình b.16 4 C= 10 (F) ; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được. Xác định L để  hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Giải: Cảm kháng : ZL = L , Dung kháng : ZC = Tổng trở: Z = U L  I.Z L  1 100 C R 2  (Z L  Z C )2 U.Z L  Z U U  ; 1 1 y 2 2 (R  Z C ). 2  2Z C .  1 ZL ZL U L(Max) khi y min Xét y : Nếu đặt X  1 2 2 2 thì y = ( R  Z C ) X  2Z C X  1 ZL 2 2 y là tam thức bậc 2 có hệ số a = R  Z C >0 nên đạt cực trị tại � � R 2  Z C2 1 2 b ZC Z  � L  CR 2  2  (H) X    �L � 2 2 ZC C  2a R  Z C � � � � �  R2 U R 2  Z 2C � � y min    2 U L max   200 2(V) � � 4a R  Z 2C � � R Vậy khi L= (H) thì ULmax=200 (V). Bài 17. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. UAB = 100 2 cos(50πt+ L=  )(v), R = 200 2 2 (H) , tụ điện có điện dung C thay đổi được.  Hình b.17 Xác định C để hiệu điện thế hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại. Giải: Cảm kháng : ZL = L =100Ω, Dung kháng : ZC = Tổng trở: Z = U C  I.Z C  1 C R 2  (Z L  Z C )2 U.Z C  Z U U  ; 1 1 y (R 2  Z 2L ). 2  2Z L .  1 ZC ZC U C(Max) khi y min Xét y : Nếu đặt X  1 2 2 2 thì y = ( R  Z L ) X  2Z L X  1 ZC 2 2 y là tam thức bậc 2 có hệ số a = R  Z L >0 nên đạt cực trị tại � � R 2  Z L2 L 4.10 5 b ZL �C  2  (F) X  2 �Z C  � ZL R  2 .L2  2a R  Z 2L � � �� � 2  R U R2  Z 2L � � y min    2 U C max   50 5(V) � � 4a R  Z 2L � � R Vậy khi C  4.10 5 (F) thì U C max  50 5(V)  II.4.3. Kết luận Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai được dùng khá phổ biến trong cả chương trình nên học sinh không quá khó khăn khi tiếp cận phương pháp này. Đặc điểm của phương pháp là yêu cầu tính cẩn thận và các bước làm rõ ràng: Bước 1: Biến đổi đại lượng cần tính cực trị về hàm bậc 2 của biến x Bước 2: Dùng dấu hiệu nhận biết của tam thức bậc hai để suy ra cực trị ví dụ như nếu a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol,nếu a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol. Bước 3. Tìm giá trị của biến x để đạt giá trị cực trị. II.5.Vận dụng phương pháp khảo sát hàm số II.5.1. Khảo sát hàm số Xét hàm y=f(x) + Đạo hàm y theo biến x + Lập bảng biến thiên hàm số, tìm giá trị cực trị của hàm. II.5.2.Bài tập vận dụng Bài 18. Cho 10g khí Hiđro thực hiện quá trình chuyển trạng thái tuân theo quy luật sau: P = aV2 - b. Tìm nhiệt độ cực tiểu của lượng khí. Giải: a) Số mol khí Hiđrô là : n = = 5 mol. Áp dụng phương trình trạng thái ta có : PV = nRT  T = => T' (V)= PV a 3 b  V  V. nR nR nR 3a 2 b b V  => T '(V)  0 khi V  nR nR 3a Lập bảng biến thiên ta có : V T’(V) b 3a 0 - +∞ 0 + T(V) Tmin Từ bảng biến thiên suy ra: Nhiệt độ cực tiểu của lượng khí khi tuân theo quy luật đó là : Tmin  2b b 3R 3a Bài 19. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. R Đặt vào hai đầu mạch với nguồn A điện xoay chiều có hiệu điện thế L M U = const nhưng tần số thay đổi được. C N Hình b.19 Xác định giá trị ω để hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Giải: Ta có : U L  I.Z L  U U .Z L  Z (1) Z ZL 2 1 � � 2 R � L  2 �Z � R2 � 1 � Đặt C � � � A  � �  2 2 � 1 2 � 2 Z (  L)  L �  LC � �L� 2 2 1 R2 � x� Đặt x  2  0 khi đó A  x� 1  �(2) L L � C� B R2 2 � x �  1 � Lấy đạo hàm của A theo biến số x ta thu được: A'(x)  L C� � C� 2LC  R 2C 2 Xét A’(x) = 0 => x  2L Vì x  0 � 2L  R 2 khi đó ta thu bảng biến thiên: C x 2LC  R 2C 2 2L 0 0 A’(x) - +∞ + A(x) Amin Thay giá trị x  A min 2LC  R C vào biểu thức (2) ta thu được: 2L 2 2 R 2 (4LC  R 2C 2 )  4L2 Thay Amin vào (1) suy ra: U LMax  0 Nhận xét : Khi x � số a  2L C 2U.L R 4LC  R C 2 2 và  1 C 1 L R2  C 2 R 2 thì Amin khi x = 0 do A làm hàm số bậc 2 có hệ 1  0 nên hàm số có cực tiểu ở phần âm, do đó x = 0 làm cho A min trong C2 miền xác định của x. Khi đó  rất lớn làm cho ZL rất lớn làm cho I = 0. Do đó không thể tìm giá trị  làm cho ULmax Bài 20. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Đặt vào hai đầu đoạn mạch hiệu điện thế:  UAB = 200 2 cos(100πt- )(V) 4 A R L C Hinh b.20 M B Cuộn dây thuần cảm,điện dung C có thể thay đổi được. Xác định giá trị của C để UAM đạt cực đại. Giải: Do đoạn mạch AM có R và C mắc nối tiếp nhau suy ra
- Xem thêm -