SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
======
NGUYN 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

2
, ,a
n
≥ 0
Dấu “=” xảy ra khi a
1
=a
2
= =a
n

II.1.2. Bài tập vận dụng
Bài 1 . Một vật khối lượng m
1
chuyển động với vận tốc
uur
1
v
đến va chạm với vật
m
2
đang đứng yên. Sau va chạm vật m
1
chuyển động với vận tốc
uur
'
1
v

,vật m

P P P P P
(1)
Động năng hệ vật bảo toàn :

= +
2 ' 2 ' 2
1 1 1 1 2 2
m v m v m v
2 2 2
(2) Hình b.1
Gọi
α =
uur
uur
'
1 1
(v ,v )
.
Từ (1) và (2) ta có:
= + − α
' 2 '2 2 '
2 1 1 1 1
P P P 2P P cos
(3)

= + ⇒ − =
2 '2 ' 2
2 '2 ' 2
1 1 2 1
1 1 2

 ÷  ÷
   
'
2 1 2 1
'
1 1 1 1
m v m v
1 1 2cos .
m v m v
Để α
Max
thì (cosα)
min
.Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái (5):

−   
− + + ≥
 ÷  ÷
   
2 2
'
1 2
2 1 2 1
'
1 1 1 1 1
m m
m v m v
1 1 2
m v m v m
=> (cosα)

+
'
1 1 2
1 1 2
v m m
v m m
với m
1
>m
2
thì góc lệch α đạt giá trị cực đại .
Bài 2. Một mạch điện được mắc R
1
nối tiếp (đèn Đ mắc song song R
2
). Bóng
đèn ghi 6V-3W, R
1
=4Ω, U=10V, R
2
là biến trở.
a) R
2
bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên R
2
đạt giá trị cực đại
b) R
2
bằng bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch song song đạt giá trị
cực đại.

P = . R
9
(R 3)
R 6
R
=> P
2
đạt max khi
+ +
2
2
9
R 6
R
đạt min.
Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có :
+ + ≥ +
2
2
9
R 6 2.3 6
R
Dấu ‘=’ xảy ra khi
= ⇔ = Ω
2 2
2
9
R R 3
R


= =
+ +
d2 d2
U 10
I
R 4 R 4

Với
= + = +
d2 d 2 2
1 1 1 1 1
R R R 12 R
= =
+
+ +
2
d2
2
d2
d2
d2
10 100
P R
16
(R 4)
R 8
R
=> P đạt max khi
+ +
d2

1 2
E E E
Mà ∆E
1
=∆E
2
=
∆
2
q
k
r
suy ra:
∆
uuur
E
nằm trên OM, hướng ra xa O
Có độ lớn : ∆E

=2∆E
1
cosα = 2
∆
2
q
k
r
=
∆
3

1
∆
2
∆
h α
Hình b.3
( )
 
+ = + + ≥
 ÷
 
3
2 2 2 2
3
2 2 2 2
R R R R
R h h 27. . .h
2 2 2 2
Suy ra :
≤ =
M
2
2
k.q.h 2k.q
E
R
3 3.R
3 3. .h
2
Vậy h=

'
td
R
n
R
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm:

= + + + ≥
n
n 1 2 n 1 2 n
R R R R n R R R
(1)
= + + + ≥
n
'
td 1 2 n 1 2 n
1 1 1 1 1
n
R R R R R R R
(2)
Nhân vế theo vế (1) và (2) ta có :
≥
2
td
'
td
R
n
R
(đpcm)

, Z =
+ + −
2 2
0 L C
(R R ) (Z Z )
a) Công suất tiêu thụ trên R là :
P
R
= I
2
R =
=
+ −
+ +
2 2
2 2
0 L C
0
U U
R (Z Z )
y
R 2R
R
Hình b.5
P
R
đạt max khi y đạt min.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
≥ + − +
2 2

0
0
0
U U U
P = I (R+R ) = (R+R ) =
(Z -Z )
(R+R ) +(Z -Z )
(R+R )+
(R+R )
L C
L C
y
=
P đạt max khi y đạt min.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
≥ −
L C
y 2 | Z Z |
Dấu ‘=’ xảy ra khi
0
|R+R =|Z -Z
L C
=>
0
|R=|Z -Z R
L C
−
Vậy khi
0
- |R=|Z Z R

, ,a
n
≥ 0 và tích của chúng là
không đổi a
1
.a
2
a
n
= 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
tổng hình chiếu các lực trên phương 0x, 0y bằng 0
Tức là:


=
+
min
2
kmg
F
1 k
khi
α =tg k

Bài 7. Kéo một vật lên đều trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α, hệ số ma
sát k. Hỏi góc β giữa vec tơ lực kéo
ur
F
và mặt nghiêng là bao nhiêu để lực kéo là
cực tiểu.
Giải: Áp dụng định luật II Newton ta có :
α
•
O
N
r
P
r
F
r
y
x
ms
F

Dấu ‘=’ xảy ra khi
=
β β
k 1
sin cos
<=>
β =tg k
Khi đó
α + α
=
+
min
2
Psin kP cos
F
k 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:
β =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=30
0
với vận tốc v
2
=
1
v
3
.Hãy xác định khoảng cách

−
=> =
α
β− γ
2 1
d 3d d
.
sin
3 sin sin
Theo bài ra ta có: β+
γ
=150
0

=> sin β= cos γ+
3
2
sinγ
•
A
A'
B'
B
γ
α
O
1
v
r
β

γ
0
sin 1
tg 30
cos
3
và
0
120β=
.
Vậy d
min
=
−
=
2 1
3d d
2
≈4,64 km.
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
α + α =
2 2
cos sin 1

r
23
v
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
( cosα)
max
= 1 ⇔ α = 0
0
( sinα)
max
= 1 ⇔ α = 90
0
II.3.2. Bài tập vận dụng
Bài 9. Hai động tử m
1
và m
2
đồng thời chuyển động trên hai đường thẳng đồng
quy với vận tốc v
1
và v
2
. 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.

Giải: Xét chuyển động tương đối của vật 1 đối với vật 2 ta có :

v sin
sin
v
(2)
Hình b.10
Thay (2) vào (1) => d
min
=
α
=
+ + α
2
2 2
1 2 1 2
lv sin
v v 2v v cos
Thời gian để đạt được khoảng cách d
min
:
−
= =
+ + α
2 2
min
2 2
21
1 2 1 2
l d
BH
t


= +
r r r
12 1 2
v v v

Lại có :
r
1
v
vuông góc với
r
2
v

=>
= + = + + − +
2 2 2 2
12 1 2
v v v (8 2t) ( 10 4t)
= − + =
2
20t 48t 164 f(t)
Để v
12
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 v
12

min
=KB.sinα mà KB=l
2
- l
1
=20 km => D
min
=20.sin60
0
=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
=
α
l
S
cos
Do 0
0
≤α<90
0
=> 0<cosα≤1
Vật chuyển động xuống dưới với gia tốc:
= α − αa g(sin kcos )
Ta có:
=
2

1 k
g 1 k sin2 cos2 ) k
1 k 1 k
Đặt
θ =tg k
thì
= θ = θ
+ +
2 2
1 k
cos , sin
1 k 1 k
Suy ra:
=
+ α − θ −
2
2
4l
t
g( 1 k sin(2 ) k)
Thời gian đi từ đỉnh dốc đến chân dốc nhỏ nhất khi :
α − θ =sin(2 ) 1

Hình b.12
l
α
Hình b.8
Tức là
α − θ =
0

t
g( 1 k 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 :
Bước 1 : Tính vận tốc tương đối của các vật với nhau
r
12
v
qua biểu thức vectơ
cộng vận tốc.
Bước 2 : Dựa vào phương chiều của các vecto vận tốc thành phần để xác định
độ lớn của
r
12
v
Bước 3. Tìm sự phụ thuộc đại lượng tìm cực trị với độ lớn v
12
.
II.4. Vận dụng tam thức bậc hai
II.4.1. Tam thức bậc hai
Cho hàm y = f (x) = ax
2
+ bx + c
+ Nếu a > 0 thì y
min
tại đỉnh Parabol

=
m
5(mol)
M
, R=0,082(atm.lít/mol.K)
Gọi phương trình đường thẳng đi qua
trạng thái (1) và (2): p=aV+b (*)
Tìm a,b: Phương trình (*) thỏa mãn:

= +

= −

<=> <=> = − +
 
= +


=

1 1
2 2
1
p aV b
a
V
p 20
2
2p aV b
b 20

400
2nR
487,8K
Vậy T
max
=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 v
2
(v
1
> v
2
). Hỏi người đó phải đi theo kiểu nào từ A tới B:
Bơi thẳng từ A tới B hay đi một đoạn nào đó trên bờ sau đó bơi ra B?
Giải:
- Giả sử người đã đi theo đường gấp khúc ADB
như hình vẽ.
Thời gian để đi đoạn ADB là :
t =
+ + −
−
+ = + = +
2 2 2 2
1 2
1 2 1 2 1 1 2 1

1 2
y v d x v x

−
<=> − + =
− −
2 2 2
2
2 1
2 2 2 2
1 2 1 2
2yv x v d y
x 0
v v v v
(2)
Phương trình (2) có nghiệm khi :
∆ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ −
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 1 2
' 0 y d (v v ) 0 y d (v v )
Vậy y
min
= d
−
2 2
1 2
v v
khi
2
2 2

0
at
y (v sin )t
2
với a =
+ +
=
F P | q | E mg
m m= +
| q | U
g
md
(2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình quỹ đạo của hạt là :
= α −
α
2
2 2
0
a
y (tg )x x
2v cos
Gọi H là độ cao mà hạt đạt tới
H= y
max
. Nhận xét: hàm y(x) có hệ số
= − <

Bài 16. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
U
AB
= 200
2
cos(100πt-
π
4
)(V), R = 100Ω,
C =
−
π
4
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 : Z
L
=
Lω
, Dung kháng : Z
C
=
1
100
C
= Ω
ω
Tổng trở: Z =


y là tam thức bậc 2 có hệ số a =
2 2
C
R Z+
>0 nên đạt cực trị tại


+
= → = + =
= − =


ω π
+
 
⇒
 
∆
+
 
= − =
= =
 
+


2 2
2
C

AB
= 100
2
cos(50πt+
π
2
)(v), R = 200Ω,
L =
π
2
(H)
, tụ điện có điện dung C thay đổi được.
Xác định C để hiệu điện thế hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại.
Hình b.16
Hình b.17
Giải: Cảm kháng : Z
L
=
Lω
=100Ω, Dung kháng : Z
C
=
ω
1
C
Tổng trở: Z =
2 2
L C
R (Z Z )
+ −

L
R Z+
>0 nên đạt cực trị tại
−


+
= → = =
= − =


+ ω π
+
 
⇒
 
∆
+
 
= − =
= =
 
+


2 2 5
L
L
C
2 2 2

=
C max
U 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 y
min
tại đỉnh Parabol,nếu a < 0 thì y
max
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 = aV
2
- 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 =
= −
3
PV a b

3R 3a
Bài 19. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Đặt vào hai đầu mạch với nguồn
điện xoay chiều có hiệu điện thế
U = const nhưng tần số thay đổi được.
Xác định giá trị ω để hiệu điện thế hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại.
Giải: Ta có :
= = =
L L L
L
U U
U I.Z .Z
Z
Z
Z
(1)
Đặt
 
+ ω −
 ÷
 
ω  
 
= = = + −
 ÷
 ÷
ω ω ω
 
 
2

A
R
L
C
B
N
M
Hình b.19
Lấy đạo hàm của A theo biến số x ta thu được:
 
= − −
 ÷
 
2
R 2 x
A'(x) 1
L C C
Xét A’(x) = 0 =>
−
=
2 2
2LC R C
x
2L
Vì
> ⇒ >
2
2L
x 0 R
C

vào (1) suy ra:
=
−
LMax
2 2
2U.L
U
R 4LC R C
và
ω =
−
2
1 1
C
L R
C 2

Nhận xét : Khi
≤ ⇒ ≤
2
2L
x 0 R
C
thì A
min
khi x = 0 do A làm hàm số bậc 2 có hệ
số
= >
2
1

C
B
Hinh b.20
+
= = + = =
+ − + −
+
2 2
2 2
C
AM RC C
2 2 2 2
L C L C
2 2
C
U R Z
U
U U I R Z
R (Z Z ) R (Z Z )
R Z
(1)
Đặt
+ −
=
+
2 2
L C
2 2
C
R (Z Z )

C
2(Z Z )(R Z ) 2Z [R (Z Z ) ]
B'(Z )
(R Z )
Z Z Z Z Z R
(R Z )
B’(Z
C
) = 0 <=>
− − =
2 2 2
L C L C L
Z Z Z Z Z R 0
(3)
Nghiệm của phương trình (3) là:

+ +

= >


− +

= <


1
2
2 2
L L

- 0 +
B (Z
C
)

[
B
min
Thay giá trị
+ +
=
1
2 2
L L
C
Z 4R Z
Z
2
vào biểu thức (2) ta thu được:
 
+ −
 ÷
=
 ÷
 
2
2 2
L L
min
4R Z Z

[1] GS.TS Nguyễn Quang Báu - Nguyễn Cảnh Hòe. Bài tập Vật lí 10 nâng cao,
NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2004.
[2] Bùi Quang Hân - Trần Văn Bồi - Phạm Văn Tiến - Nguyễn Thành Tương.
Giải toán Vật lí 10 (tập I,tập II),Giải toán Vật lí 11(tậpI), NXB Giáo dục, 2001.
[3] Lưu Đình Tuân. Bài tập Vật lí 10 nâng cao, NXB trẻ, 1997.
[4] Phạm Văn Thiều - Đoàn Văn Ro - Nguyễn Văn Phán. Các phương pháp
vàng giải bài tập Vật lí THPT, NXB Giáo dục, 2009.
[5] Ths.Hoàng Danh Tài. Hướng dẫn giải nhanh các dạng bài tập trắc nghiệm
Vật lí (tập II) ,NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2009.
[6] Vũ Thanh Khiết. Kiến thức cơ bản nâng cao Vật lí THPT (tậpI,II,III), NXB
Hà Nội , 2003.