zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm " Một số cách giải bài toán cực trị trong Vật lý sơ cấp "

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Báo xấu

136
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Từ năm học 2005 - 2006 Bộ GD & ĐT quyết định chuyển từ hình thức thi tự luận sang thi trắc nghiệm khách quan đã đem lại sự đổi mới mạnh mẽ trong việc dạy và học của giáo viên cũng như học sinh. Tuy nhiên, qua thời gian thực tế giảng dạy ở trường THPT chúng tôi tấy có một số vấn đề như sau:

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm " Một số cách giải bài toán cực trị trong Vật lý sơ cấp "

mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Một số cách giải bài toán cực trị trong Vật lý sơ cấp 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 đ ã đem lại sự đổi mới mạnh mẽ trong việc dạy và học của giáo viên cũng như học sinh. Tuy nhiên, qua thời gian thực tế giảng dạy ở trường THPT chúng tôi tấy có một số vấn đề như sau: 1.Việc dạy học và đánh giá thi cử theo hình thức TNKQ thì giáo viên cũng như học sinh phải có sự thay đổi lớn về cách dạy và học. Dạy học theo phương pháp TNKQ đòi hỏi người giáo viên không 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 không phải tất cả đội ngủ giáo viên của ta hiện nay đều làm được, đặc biệt là các giáo viên trẻ mới ra trường. 2. Một thực tế nữa là khi chúng ta chuyển sang dạy học và đánh giá thi cử theo phương pháp TNKQ thì một số GV mãi mở rộng kiến thức theo chiều rộng để đáp ứng ch o vấn đề thi trắc nghiệm thì vấn đề đầu tư cho việc giải bài toán theo phương pháp tự luận có thể bị mờ nhạt đi. Điều này ảnh hưởng khá lớn đến chất lượng, mức độ hiểu sâu kiến thức về vật lý của học sinh, đặc biệt là đội ngủ học sinh giỏi của trường. 3. Để góp phần cải tiến thực trạng trên chúng tôi quyết định thực hiện đề tài “Một số cách giải bài toán 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 tập đó đều có 1 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp một số cách giải nhất định, song để chọn cách giải ph ù hợp là điều rất khó khăn cho học sinh và một số giáo viên bởi lẽ các bài toán này mang tính đơn lẻ, chưa có tài liệu nào viết có tính chất hệ thống. Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy bồi dưỡng cho học sinh thi đại học chúng tôi đã tổng hợp và áp dụng thì thấy kết quả của học sinh tiến bộ vượt bậc. Hy vọng rằng đề tài này sẽ góp phần vào giải quyết những khó khăn trên. Với trình độ còn hạn chế, kiến thức thì mênh mông nên bài viết này chắc còn có sai sót. Kính mong được sự góp ý và trao đổi chân tình của quý đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn và có tác dụng hữu ích hơn. Xin chân thành cảm ơn. 2 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp B. Nội dung I. Cơ sở lý thuyết: Thực tế khi giải các Bài tập Vật lý để tính giá trị cực đại hoặc cực tiểu của các đại lượng Vật lý thì chúng ta thường dùng một số công thức, kiến thức của toán học. Do đó để giải đ ược các bài tập đó cần phải nắm vững một số kiến thức toán học sau đây: 1. Bất đẳng thức Côsi: a + b  2 ab (a, b dương) a + b + c  3 3 abc (a, b, c dương) + Dấu bằng xảy ra khi các số bằng nhau. + Khi Tích 2 số không đổi tổng nhỏ nhất khi 2 số bằng nhau. Khi Tổng 2 số không đổi, Tích 2 số lớn nhất khi 2 số bằng nhau. * Phạm vi áp dụng: Thường áp dụng cho các bài tập điện hoặc bài toán va chạm trong cơ học. 2. Bất đẳng thức Bunhia côpxki (a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2 . (b1 + b2)2. ab Dấu bằng xảy ra khi 1  1 a2 b2 * Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học. 3. Tam thức bậc 2. y = f(x) = ax2 + bx + c. + a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol. + a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol.  b ( = b2 - 4ac) + Toạ độ đỉnh: x = - ; y  2a 4a + Nếu  = 0 thì phương trình y = ax2= bx + c = 0 có nghiệm kép. + Nếu  > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 3 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp * Phạm vi áp dụng: Thường dùng trong các bài tập về chuyển động cơ học và bài tập phần điện. 4. Giá trị cực đại, Hàm số sin hoặc côsin = 00 (cos )max = 1  = 900 (sin )max = 1  * 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. Thường áp dụng cho các bài toán điện xoay chiều (vì lúc đó học sinh đã được học đạo hàm). * Ngoài ra trong quá trình giải bài tập chúng ta thường sử dụng a c a  c a c một số tính chất của phân thức    b d b d b d II. Các ví dụ áp dụng 1. áp dụng Bất đẳng thức Côsi * Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ R là biến trở. E = 12V; r = 4 Hãy tìm Rx để công suất mạch ngoài cực đại. E,r HDG: E - Dòng điện: I= rR E2 E2 E2 R 2 - Công suất: P = I R = 2  2 2 r r y   R  2r  R   R R  - Pmax  ymin. Theo BĐT Côsi tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau. E2 r  Ymin  . Vậy khi R = r = 4 thì Pmax =  9(W) R 4r R 4 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp * Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ C L,r   UAB = 200 2 sin(100nt) (v) A B R 4 1 10 (F). R thay đổi Hình vẽ 2.2 L = (H); c  n 2n a) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 0 b) Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 5 HDG: a) + Cảm kháng: ZL =  L = 100 1 Dung kháng: ZC =  200 C Z = R 2  (Z L  Z C )2 + Tổng trở: U2 2 + Công suất: P=IR= (Z L  Z C )2 Rx  R 2 (Z  Z ) Đặt y = R + L C . R + áp dụng BĐT Côsi: ymin  R = ZL - ZC = 100  U2 Lúc đó PR(Max) =  200(W) 2 ZL  ZC (R  r)2  (Z L  Z C )2 b) Tương tự ta có: Z = U2 u2 PRx = I2Rx =  r 2  (Z L  Z C ) y R  2r R ymin  R = r 2  (Z L  Z C )2 + áp dụng BĐT côsi U2 PRMax  124(W) 2(r  r 2  (Z L  Z C )2 * Mở rộng: Khi tính P của mạch: + Nếu ZL - ZC > r thì PMax khi R = ZL - ZC - r + Nếu ZL - ZC  r thì PMax khi R = 0. Ví dụ 3: Có hai điện tích điểm q1 = q2 = q > 0 đặt tại hai điểm = 1). Cho biết AB = 2d. Hãy xác định cường A, B trong không khí ( 5 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp độ điện trường tại M trên đường trung trực AB cách  ường thẳng AB đ  EM một khoảng x. Tìm x để EM đạt cực đại.    E 2M E 1M HDG:   M * Xác định E M :    a + E M  E 1M  E 2 M x q1 q d d Với E1M = E2M = k 2 2    A H d x B Hình vẽ 2.3   + Dùng quy tắc tổng hợp vectơ  E M  AB hướng ra xa AB. 2kq x x + EM = 2E1M cos = 2 2 .  2kq. 3 d x d2  x 2 (d 2  x 2 ) 2 (*) * Tìm vị trí M: - Theo BĐT Côsi ta có: d2 d2 d4x2 3 33 2   d2  x 2  2  2 2 2 Ta có d + x = .d .x (**)   x 3 3 22 4 2 4kq 4kq d + Từ (*) và (**)  EM  . Vậy EM(Max) = khi x = . 2 2 3 3d 3 3d 2  Ví dụ 4: Vật m1 chuyển động với vận tốc V1 tại A và đồng thời va chạm với vật m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm m1 có vận tốc       V1' V1 ' ; hãy xác định tỷ số của m1 để góc lệch giữa V1 và V1 ' lớn V1 nhất. ( Max). Cho m1 > m2.   P1 ' HDG: + Động lượng hệ trước va chạm:    a      PS  P1 PT  P1  m1 V1 . + Động lượng  sau chạm: hệ va   '  '   P2 ' Ps  P1  P2  m1 V1  m 2 V2' . ' Hìnhvẽ 2.4     + Hệ kín nên Động lượng hệ bảo toàn: PS  PT  P1  '      + Gọi = (V1  V1 )  (P1  PS ) 6 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ta có: P2' 2  P1'2  P12  2P1' P12 cos (1) Vì va chạm đàn hồi nên động năng bảo toàn: m1v1 m1v12 m 2 V2' 2 2 '   2 2 2 2 '2 '2 P P P m  1  1  2  P12  P1'2  1 P2' 2 (2) 2m1 2m1 2m 2 m2  m2  P1  m 2  P1' + Từ (1) và (2)   1   '  1   2cos.  m1  P1  m1  P1 V1'  m 2  V1  m2  V1'   2cos. Đặt x =  0.  1    1 m1  V1'  m1  V1 V1   m  m 1   1  2  x   1  2   2cos  m1   m1  x Để Max thì (cos )min . Theo BĐT cosi: (cos )min khi:  m2   m 1 m1  m 2 x  1  2   x  1   m1  m 2  m1   m1  x     V' m1  m 2 thì góc lệch giữa V1 và V1' cực đại. Vậy khi 1  m1  m 2 V1 m1  m2 2 2 Với cos Max = . m1 Ví dụ 5: Một thấu kính hội tụ được đặt song song với màn ảnh E .Trên trục chính có điểm sáng A và màn E được giữ cố định. Khoảng cách từ A đến màn E là a = 100 cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng giữa màn E và A, người ta thấy vệt sáng trên màn không bao giờ thu lại một điểm. Nhưng khi L cách màn E một đoạn b = 40cm thì vệt sáng trên màn có kích thước nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính. HDG: Theo đề bài thì điểm hội tụ của chùm tia ló phải nằm sau màn ảnh E, đường đi của tia sáng như hình vẽ 2.5: Theo tính chất đồng dạng của tam giác ta có: 7 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp r ' d ' b ad b ad   1  1  1  r d' b' d' d' d' 1 1 d ad r' a   1  a.       1     r f d f d f f Mặt khác theo định lý Côsi ta có: a d a ad   2.   d  a. f vậy r’/r đạt min khi d f f d f 2  a  b a. f  a  b  f  do đó thay số ta có f = 36 cm. a a b r r’ A O A’ d d’ Hình vẽ 2.5 2. áp dụng Bất đẳng thức Bunhia Côpxki: Ví dụ 6: Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng về 0. V V2 = 1 ;   30 0 . Khi Với 3 A khoảng cách giữa hai vật cực tiểu A' d1 ' b a là dmin thì khoảng cách vật 1 đến 0 0 ' là d1  30 3(m) .  d2 ' B' Hãy tìm khoảng cách vật 2 B đến 0 lúc này? Hình vẽ 2.6 HDG: 8 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc đầu ta xét d v t d v t d v  1 1  2 2 . Vì v 2  1 (t = 0) ta có: sin  sin  sin  3 d v t 3d 2  v1t 3d 2  d1 d d  1 1    . sin  sin  sin  3 sin  3 sin   sin  = sin(1800 - ) = sin ( +   sin300 +  ) sin 3d 2  d1 3d 2  d1 3d 2  d1 d  ;  d  0 sin30 y 3cos  sin  3 1 cos  sin  2 2 dmin khi ymax áp dụng BĐT Bunhia côpxki  y  (3  1)  (sin 2   cos2  )  2. sin  1  tg    30 0 và  1200 YMax = 2   cos 3 ' d'2 sin120 0 ' d1 ' ' Lúc đó   d2  .d1  3d1  90(m) 0 0 0 sin 30 sin120 sin 30 Ví dụ7: Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai đường OA và OB biết AB = 40km; VA = 40km/h; VB = 40 3 km. Chiều chuyển động các tàu được biểu diễn như hình vẽ. = 300; = 600. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tàu, biết 0  HDG: A'    = 300 ++ a' VA b a Ta có: AO = d1; BO = d2 A B b' d1 d AB   2 VB sin  sin  sin  B' Hình vẽ 2.7 d  AB 3  40 3 (km) d1 d2 AB   1    0 0 0 sin60 sin30 sin30 d 2  AB  40(km)  ' * Khi tàu A đến A' thì d1 = d1 - v1t = 40 3 - 40t d2 = d2+ v2t = 40 + 40 3 t. 9 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp ' d '2 d' d1 Khoảng cách giữa 2 tàu d' = A'B'. Có   sin  sin  ' sin  ' d' 120  40 3t 40  40 3t 160 ( ' ' 1500 )     sin  sin  ' 3sin ' 3sin '  sin  ' 80 d'  d'min khiy  3sin '  sin  '  ymax 3sin '  sin  ' 2 2 2 2 áp dụng BĐT Bunhia côpxki a1b1 + a2b2  (a1  a 2 ).(b1  b 2 ) 3 3' 1 y  3 sin  '  sin(150 0  ')  sin  '  cos '  7 2 2   80 F  7  d'min   30,2(km) y Max a m 7 M Ví dụ 8: Cho cơ hệ như hình vẽ 2.8.1 Hệ số ma sát giữa M và sàn là K2 Hình 2.8.1 Hệ số ma sát giữa M và m là K1  Tác dụng lực F lên M theo phương hợp với phương ngang 1 ( thay đổi). góc Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M. Tính tương ứng. N1   Fms 21  HDG: Fms12        F * Vật m: P1  N1  F ms21  ma1 (1)   P1 Fms Hình vẽ 2.8.2 E ms21  m a1 ChiÕu lªn Ox: Fms21  a1 = m ChiÕu lªn Oy: N1  P1  0  a1  K1g (*) Khi m bắt đầu trượt a1 = k1g            * Xét vật M: F  P2  P1  N 2  F ms12  Fms  Ma 2 (2) Chiếu lên Ox: F cos - Fms12 - Fms = Ma2  a2 = F cos   Fms12  Fms M - (P1 + P2) + N2 = 0  N2 = P1 + P2 - Oy: F sin Fsin . Fcos  K1mg  K 2 (P1  P2  Fsin  ) Mà Fms = K2N2  a2 = (**) M 10 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Fcos  K1mg  K 2 (P1  P2  Fsin  ) Ta có a1  a2  K1g  M (m  M)(K1  K 2 )g (m  M)(K1  K 2 )g F  cos  K 2 sin  y Fmin khi yMax. Theo Bất đẳng thức Bunhia côpxki Y  (a1  a 2 )(b1  b 2 )  1  K 2  y Max  1  K 2 2 2 2 2 2 2 cos 1 (m  M)(K1  K 2 )g Vậy Fmin = lúc đó   tg  K 2 sin  K 2 1 K2 2 Ví dụ 9: Người ta quấn một sợi chỉ không giản vào một khối trụ. Kéo trụ bằng một lực F. Tìm lực cực tiểu Fmin để trụ lăn không trượt tại chỗ. Xác định góc lúc đó, biết hệ số ma sát là K. HDG:  y Khi trụ lăn tại chỗ không trượt F  N thì khối tâm G của trụ đứng yên. x G (Lúc đó vật chỉ quay, không a chuyển động tịnh tiến).         Fms P + Ta có F  N  P  Fms  0 Hình vẽ 2.9   F cos  Fms  0 Chiếu lên trục x, y:    F sin   N  P  0 F Fcos (1) => ms NPFsin (2) Mà Fms = K. N  K (P - Fsin ) = F cos KP Đặt y = cos + K sin F= cos  K sin  F cực tiểu khi y = yMax . Theo BĐT Bunhia côpxki y  1  K 2 y Max  1  K 2 11 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp 1 cos KP Vậy FMin = . Lúc đó  hay tg  K K sin  2 1 K 3. áp dụng tính chất tam thức bậc 2. Ví dụ 10: Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng (Hình vẽ) A - Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo s àn ngang với vận tốc không đổi v thì con bọ Con bọ dừa bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không B đổi u đối với thanh. Trong quá trình bò trên thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu đối với sàn. Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường thẳng đứng. HDG: L L Xét (0 < t < ) và (t  ) u v  Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t u Thì con bọ đi được l = u.t  ha u.t L2  v 2 t 2 Độ cao mà nó đạt: h = l. Sin = .  L v U 22 24 U H= hMax khi y = yMax L t v t  y L L  L4 L2 y = -v2X2 + L2X (với X = t2 > 0). tại X  2 yMax = 4v 2 2v (y là tam thức bậc 2 có a = -v2 < 0  yMax tại đỉnh Parabol). Vậy độ cao cực đại con bọ dừa đạt được là: hMax = U UL y Max  L 2v 12 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ví dụ 11: Một người đứng tại điểm A trên bờ hồ. Người này muốn đến B trên mặt hồ nhanh nhất. Cho các khoảng cách tr ên hình vẽ, biết rằng người này chạy trên bờ thì vận tốc là v1, khi bơi có vận tốc v2 (v2< v1). Hãy xác định phương án chuyển động của người đó. HDG: Giả sử người đó chọn phương án chạy trên bờ 1 đoạn AD, sau đó bơi từ D  B. d2  x 2 Sx Thời gian người đó từ A  B: t =  v1 v2 v1 d 2  x 2  v 2 x S t=  v1v 2 v1 P Đặt P = v1 d2  x2  v 2 x (1); S; Tmin khi Pmin. t v 1v 2  Từ (1)  P + v2x = v1 d 2  x2  (v1  v 2 )x 2  2pv 2 .x  v1 d 2  p 2  0 2 2 2 B để có nghiệm (với 0  x < S) thì '  0  p 2 v 2  v1 v 2 d2  v1 d 2  v 2 p 2  v1 p 2  0 2 4 2 d 2 2 2 2 22 22 2 2 2 2 2 v (v d  v d  p )  0  p  (v  v )d 1 2 1 1 2 v2d Vậy Pmin = d v1  v 2 . Khi đó x  2 S H A 2   2 2 v1  v 2 D x Hình vẽ 2.11 + Nếu x  S thì bài toán vô nghiệm tức là không tồn tại C  chọn phương án bơi thẳng A  B. v2d + Nếu x < S thì người đó phải đi một đoạn AD = S - 2 2 v1  v 2 rồi bơi từ D đến B. Ví dụ 12: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo phương hợp với phương ngang một góc . Tìm để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất. HDG: + Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất. 13 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp + Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần y theo Ox: x = v0t. cos (1)   V0 2 gt theo Oy: y = h0 + v0t . sin - (2) a h 2 L Max x * Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t = 0 v 0 cos gL Thay t vào (2) ta được y = h0 + L.tg -2 0 2v 0 cos2 1  1  tg 2 . mà 2 cos  gL2 2  gL2   2 .tg   L.tg   2  h 0   0 (*); Phương trình phải có 2v 0  2v 0  nghiệm với tg . 4gL2  gL2 g2 L2 2gh    = L2 -  h0   0  1 4  2 0  0  2v 2  2v 2 v0 v0  0 0 v0 v v 2  2gh . L Max  0 v 0  2gh  Phương trình (*) có 2 L 0 g g nghiệm kép. v0 Vậy trong = thì tầm xa cực đại. v 2  2gh 0 Ví dụ 13: Truyền cho quả cầu nhỏ m mang điện tích q0 > 0 một vận tốc ban đầu v0 hướng thẳng đứng l ên trên. Quả cầu nằm trong điện trường đều nằm ngang có cường độ E. Bỏ qua sức cản không khí. Cho g = const. Hãy viết phương trình qũy đạo và xác định vận tốc cực tiểu của nó trong quá trình chuyển động. HDG: Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc tại vị trí ban đầu của vật.      P  mg  Vật bị 2 lực tác dụng       Fd  qE  14 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp a x t 2 qE 2  + Theo Ox: x = (1)  t y 2 2m E gt 2 + Theo Oy: y = v0t - (2)  2   g 2m mg V0 * Phương trình quỹ đạo: y = v 0  .x qE qE x  0 2  mg  2 2 2m 2   x  y  qE (g.y  v 0 ) x  0  qE     Vx  a x t  0   + Vận tốc V  Vx  Vy  Hình vẽ Vy  V0  gt  2.13 2  qE 2 2  2  qE  2 2  V =   .t  V0  g t  2V0gt     g  t  2V0 g.t  V02 2 22 m  m     Thấy V2 là tam thức bậc 2 ẩn t có hệ số a > 0  V2 đạt giá trị cực tiểu tại đỉnh Parabol. 2  V0 qE   '  m   . 2 Vmin  2 a  qE  2  m  g   Vậy vận tốc cực tiểu của vật trong quá trình chuyển động là: V0 qE Vmin = q 2 E 2  m 2g 2 R Ví dụ 14: Cho mạch điện như hình vẽ   A CB L UAB = 200 2 sin 100nt (v) 10 4 R = 100 ; C = (F) ; cuộn dây thuần cảm và có thể thay đổi  được độ tự cảm. Hãy xác định L để hiệu điện thế UL đạt cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: 1 Cảm kháng Z = L ; dung kháng ZC =  100 . C R 2  (Z L  Z C )2 Tổng trở: Z = 15 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp U.Z L U U U L  I.Z L    ; Z 1 1 y (R 2  Z 2 ). 2  2Z C .  1 C Z2 ZL U L(Max) khi y min y là tam thức bậc 2 có a = R2 + Z 2 > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol. C 2 2 R  ZC 2 1 Z  2 C 2 L  (H) thì Z L R  ZC  ZC  U R2  Z2 C U LMax   200 2 (V) R * Mở rộng. Nếu L = const, tụ C có điện dung thay đổi. Tìm C để UC đạt giá trị cực đại ta làm tương tự trên và kết quả là: U R2  Z2 R2  Z2 L L UCMax = khi Z C  R ZL 4. áp dụng giá trị cực đại của Hàm số sin và Hàm số cos Ví dụ 15: Hai vật chuyển động từ A và B cùng hướng về điểm = 600. Hãy 0 với cùng vận tốc. Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình chuyển động. HDG: Xét tại thời điểm t vật A ở A'; vật B ở B'. A A'  Khoảng cách d = A'B'. 0  AO  Vt BO  Vt BO  AO d a Có    sin  sin  sin  sin   sin  b d 10 . Với + = 1200      sin  2cos .sin B' 2 2  B     3 .5 d= Hình vẽ  1 . d m in khi sin    2 sin 2 2.15 dmin = 5 3 (km)  8,7(km) 16 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Ví dụ 16: Từ độ cao h so với mặt đất. Tại A, B cách nhau một khoảng l người ta ném đồng thời hai vật (vật ở A ném đứng l ên trên với vận tốc v1; vật ở B ném ngang với vận tốc v2 hướng về phía A). Hãy tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật đó. HDG: Gọi vật 1 là vật ở A; vật 2 là vật ở B; vật 3 là mặt đất.     x Có a13  g; a 23  g      a13  a12  a 23  a 23  0   V12 V1 Do đó hai vật chuyển động thẳng đều so với nhau. d b + Chọn vật ở B làm mốc thì vật ở A sẽ chuyển động a  B   theo đường Ax (theo hướng V12 ). A  V2               Vì V13  V12  V23  V12  V13  V23  V1  ( V2 ) d l l.v1 . dmin khi sin = 1  d sin  sin  2 2 v1  v 2 .sin  l 2h l v1 Vậy dmin = (điều kiện t = ).  g 2 2 v1  v 2 2 v1  v 2 2 Ví dụ 17: Cho mạch điện như hình vẽ 0,9 UMN = const ; L = (H)  V1 C thay đổi. Ra = 0 ; Rv rất lớn A L, r Tần số dòng điện f = 50 HZ; r = 90  M  Hãy chứng tỏ rằng khi điều chỉnh C V2 M để hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha a  C nhau 1 góc thì UC đạt giá trị cực đại. 2 17 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp HDG: + Mạch điện vẽ lại như hình 2.17 Vôn kế v1 chỉ UMA ; Vôn kế v2 chỉ UMN L, r A   a + Ta có: ZL = L = 90 N M + Giản đề véc tơ. Hình 2.17  Z tg 1 = L  1 1  r 4 U MN UC   +  UL U MN sin  sin(1  ) sin    mà    1  .  U C  U MN . sin(1  ) 2 4  Ur j1 U MN 0  UC =  j 2 .sin(1  ) I Ta thấy UC cực đại khi sin ( 1 + ) = 1   U MN  1+ = 2  a Theo bài ra thì ( 1 + ) =  UC đạt cực đại.   2 UC 5. Dùng phương pháp đạo hàm R Ví dụ 18: Cho mạch điện như hình vẽ   A CB L UAB = 200 2 sin 100nt (v) 1 .10 4 (F) . R = 100  C = Hình vẽ 2.18 2 Cuộn dây thuần cảm và có L thay đổi. Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: 1 + Dung kháng: ZC =  200 C Z = R 2  (Z L  Z C )2 ; Z AM  R 2  Z 2 + Tổng trở: L U U + I ; U AM  I.Z AM  Z Z 2  2Z C Z L 1 C 2 R  Z2 L 18 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp Z 2  2Z C Z L Đặt y = 1 + C 2 R  Z2 L UAM cực đại khi y = ymin. 2Z C (Z L  Z C Z L  R 2 ) 2 * y' = (R 2  Z 2 )2 L  Z C  Z C  4R 2  241() 2  ZL  2 + y' = 0  Z L  Z C Z L  R  0   2 2  ZC  ZC  R2 2 Z   0 (lo¹i) C  2 Bảng biến thiên  ZL 0 241 y' - 0 + y ymin Vậy khi ZL = 241 tức là L = 0,767(H) thì UAM cực đại. U( 4R 2  Z 2  Z C ) C UAM(Max) =  482(V) 2R C Ví dụ 19: Cho mạch điện R L    B A UAB = U 2 sin t M R không đổi, cuộn dây thuần cảm có L không đổi. Tụ C có điện dung thay đổi, tìm C để UAM cực đại. Tính giá trị cực đại đó. HDG: Z 2  2Z L Z C U đặt y  1  C 2 UAM = I . ZAM = . R  Z2 Z 2  2Z L Z C C 1 L 2 R  Z2 C UAM cực đại khi y = ymin. Z L  Z L  4R 2 2 Tương tự như ví dụ 16. Ta tìm được khi ZC = 2 19 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3
mét sè c¸ch gi¶i bµi to¸n cùc trÞ trong vËt lý s¬ cÊp thì y = ymin và UAM cực đại. U(Z L  Z 2  4R 2 ) 2 L UAM(Max) = KhiC  2R  (Z L  Z L  4R2 ) 2 * Mở rộng: Có thể dùng PP đạo hàm để tìm UL, UC đạt giá trị cực đại khi f thay đổi. Ví dụ 20: Vật phẳng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20cm. Phía sau thấu kính đặt một m àn để hứng ảnh của vật, cách thấu kính một khoảng l = 60cm. a) Xác định vị trí đặt vật để ta thu được ảnh rõ nét trên màn. b) Giữ vật và màn cố định. Chứng tỏ rằng nếu di chuyển thấu kính ta thu được hai vị trí của thấu kính cho ảnh r õ nét trên màn. Tìm khoảng cách giữa 2 vị trí đó? c) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa vật và ảnh trong khi di chuyển thấu kính từ vị trí này đến vị trí c òn lại mà ta thu được ảnh rõ nét trên màn. HDG: TK a) Sơ đồ tạo ảnh AB d  d' A'B '  d' f d= Theo bài ra d' = l = 60cm ;  30cm d'  f df b) Vì vật và màn cố định tức là d + d' = 90cm  d +  90 df  d2 - 90d + 1800 = 0  d1 = 30cm; d2 = 60cm Vậy có 2 vị trí của thấu kính cho ảnh r õ nét trên màn. Khoảng cách giữa 2 vị trí đó là: d = d2 - d1 = 30cm c) Khi di chuyển thấu kính từ vị trí 1 (d1= 30cm) sang vị trí 2 (d2 = 60cm) d2 Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d' = . d  20 d(d  40) d 30 40 60 L' .  L'  0 khi d  40cm (d  20)2 L' - 0 + Lmin 20 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm m«n vËt lý NguyÔn thä hoµi – thpt yªn thµnh 3

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.