SKKN một số bài toán cực trị trong cơ học lớp 10

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 dùng một số công thức, kiến thức của toán học.. Ví dụ ta có th

PHẦN 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 dùng 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:

2

a b  ab ( a, b dương)

3

3

- 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

2 Bất đẳng thức Bunhiacôpski:

2 2 2

(a b a b )  (a a ) (b b )

Dấu bằng xảy ra khi 1 1

3 Tam thức bậc hai:

( )

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:

2

b x a

 ;

4

y a



 (  b2  4ac)

+ Nếu = 0 thì phương trình : 2

yf x ax bx c  có nghiệm kép

+Nếu   0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

4 Giá trị cực đại hàm số sin hoặc cosin:

max

(cos )   1    0

max

(sin )   1    90 0

5 Khảo sát hàm số:

- Dùng đạo hàm

- Lập bảng xét dấu để tìm giá trị cực đại, cực tiểu

Ngoài ra một số bài toán không cần sử dụng các công thức toán trên mà từ lập luận ta có thể giải quyết được.

Ví dụ ta có thể vận dụng công thức cộng vận tốc và suy luận để giải bài toán cực trị

Vì vậy khi đọc và phân tích đề ta phải lựa chọn cách giải nào ngắn gọn và hay hơn

để thực hiện

II BÀI TẬP VÍ DỤ VẬN DỤNG:

1: Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

Bài toán 1: Vật m1 chuyển động với vận tốc v1 tại A và đồng thời va chạm với

vật m2 đang nằm yên tại đó Sau va chạm, m1 cóvận tốc '

1

v Hãy xác định tỉ số

' 1 1

v v

của m1 để góc lệch  giữa v1 và '

1

v là 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:

T

P Pm v

* Động lượng của hệ sau va chạm :

S

P P P m v m v

Vì hệ là kín nên động lượng được bảo toàn :

1

P P P

( , ) ( , ).v v P P S

      

s

p

1

p

2

p

Ta có: '2 '2 2

P P P  PP  (1)

Mặt khác, vì va chạm là đàn hồi nên động năng bảo toàn:



2

1

(

P

m



Từ(1)và(2) ta suy ra

'

'

(1 m P) (1 m P) 2cos

'

'

(1 m ).v (1 m ).v 2cos

Đặt

'

1

1

0

v

x

v

1 (1 m ).x (1 m ) 2cos

Để  maxthì (cos )  min

min

1 (cos ) (1 m ).x (1 m ).

      

Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau

1

1 m .x 1 m .

      

x





Vậy khi

'





 thì góc lệch giữa v1 và '

1

v cực đại

Khi đó,

max

1

m

Bài toán 2 Trên đoạn đường thẳng AB dài s=200m, một chiếc xe khởi hành từ

A chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a1 =1m/s2 sau đó chuyển động chậm dần đều với gia tốc có độ lớn a2 =2m/s2 và dừng lại ở B Tính thời gian ngắn nhất để xe đi từ A đến B

Giải

Gọi s1 ,s2 là quãng đường xe đi trong hai giai đoạn ứng với gia tốc a1, a2

t1,, t2 là thời gian xe đi trong hai giai đoạn ứng với gia tốc s1, s2

ta có 1 1

1

2s

t

a



;

2 2

2

2s

t a



tổng giời gian xe đi

2s 2s

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

2

Để thời gian xe đi là ngắn nhất thì

1 (1) 2

Mặt khác s1 + s2 =200(2) suy ra s1= 66,67m, s2 = 33,33m

Vậy t = 15,63 s

Bài toán 3: Một vật nhỏ có thể trượt không ma sát từ đỉnh một cái nêm và văng

ra theo phương ngang rồi rơi xuống mặt bàn Hỏi h bằng bao nhiêu thì vật rơi xuống mặt bàn ở xa nêm nhất Biết rằng khối lượng nêm rất lớn so với khối lượng của vật

Giải:

Do khối lượng của nêm rất lớn so với khối lượng của vật nên ta có thể coi nêm đứng yên Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta tính được vận tốc của vật khi rời nêm là: v = 2 (g H h )

Vật văng ra xa theo phương nằm ngang, khoảng cách từ vật đến chân nêm khi

vật chạm sàn là l = v 2h

g = 4 (h H h ) Vật rơi xuống mặt bàn ở xa nêm nhất khi l = lmax Áp dụng bất đẳng thức cosi ta

có l = lmaxkhi và chỉ khi:

h = H - h hay

h =

2

H

từ đó ta có lmax = H

2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:

Bài toán 1:

Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với 1 0

3

v

v    Khi khoảng cách giữa hai vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách từ vật một đến O là

'

1 30 3( )

d  cm Hãy tính khoảng cách từ vật hai đến O

h H

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:

sin sin sin sin sin sin

2

3

v

v  nên ta có:

0

3 sin 30 sin 3 sin

d

Áp dụng tính chất của phân thức ta có:

sin 3 sin 3 sin sin 3 sin sin

0

3 sin 30 3 sin sin

d





Mặt khác, tacó:

sin   sin(180   ) sin(     ) sin(30    )

3 sin  3 sin(30  ) 3(sin 30 cos  cos30 sin ) 

cos sin

0

3

cos sin sin

d



0

( 3 )sin 30 3

cos sin

d





A

O B

d

1

’

d

d

2

’







Vậy 3 2 1 3 2 1

3 cos sin

d

y

Khoảng cách giữa hai vật dmin  ymax với y = 2

( 3 cos   sin )  Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:

( 3 cos   sin )   (( 3)  1 ).(cos   sin  ) 2 





      và   120 0

sin120

3 90( ) sin 30 sin120 sin 30

Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc này là: d 2 ’ = 90(m)

*Bài tập này ta có thể sử dụng công thức cộng vận tốc để giải

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.

F



M m

Tác dụng một lực Flên M theo phương hợp với phương ngang một góc  Hãy tìm Fmin để m thoát khỏi M.Tính góc  tương ứng?

BÀI GIẢI

+ Xét vật m: P N1  1 Fms21 ma (1)

Chiếu lên Ox: Fms21= ma 21

F a m

Chiếu lên Oy: N1 – P1 = 0  N1 = P1

 Fms21= k1.N1 = k1.mg

1

k mg

m

   Khi vật bắt đầu trượt thì thì a1 = k1g

+ Xét vật M: F P 2 P N1  2 Fms12 Fms  (M m a )2

Chiếu lên trục Ox: Fcos   F ms12  F ms  (M m a ) 2 12

2

cos ms ms

a

M m

  



Chiếu lên Oy: Fsin   (P P1  2 ) N2   0 N2 P P1  2  Fsin 

Ta có: F ms12 k mg1

F ms k N2 2 k P P2 ( 1  2  Fsin ) 

2

a

M m



O y

1

P

F



2

P ms

F

21

ms

F

12

ms

F

1

N N2

x

Khi vật trượt a1 a2 1 Fcos k mg k P P1 2( 1 2 Fsin )

k g

M

1 (cos 2 sin ) 1 2 ( 1 2 )

2

cos sin

F



Nhận xét: Fmin ymax Theo bất đẳng thức Bunhia Côpski:

(cos sin ) (1 )(cos sin ) 1

2

Vậy min 1 2 21 2

2

1

F

k



2

sin

cos 1

k





3.Áp dụng tam thức bậc hai:

Bài toán 1 : Một con kiến bám vào đầu B của một

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

A

B

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 sin

h l  ut  với sin L2 v t2 2

L

  

2 2 2 4

Vói y = L t2 2  v t2 4 Đặt X = t2  yv X2 2 L X.

Nhận xét: hmax  ymax y là tam thức bậc hai có a = - v2 < 0  ymax tại đỉnh Parabol





4

L

y

v

2 2

X

 

Vây độ cao mà con kiến đạt được là : max max

2

h B

u

Bài toán 2 Hai chiếc tàu biển chuyển động với cùng vận tốc hướng tới điểm O

trên hai đường thẳng hợp với nhau một góc α = 600 Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai con tàu Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng cách là

d1 = 60km và d2 = 40km

Giải

Chọn hệ trục tọa độ không vuông góc như hình vẽ

Giả sử tàu A chuyển động trên Oy về O ,tàu B chuyển động trên Ox về O

Phương trình chuyển động của chúng lần lược là

60 (1)

40 (2)

 

 

Tại thời điểm t khoảng cách giữa hai tàu là

2 cos 60 (3)

  

  

Thay (1),(2)vào(3) ta được

2 2 2 100 2800(4)

Vế phải là một tam thức bậc hai có giá trị nhỏ nhất là

min

300 17,32



*Bài tập này có thể giải bằng cách áp dụng giá trị cực đại của hàm số sin và cosin

X

y

O

A

B y

x

600

Bài toán 3: Hai vật nhỏ chuyển động trên hai trục tọa độ vuông góc Ox, Oy và qua

O cùng một lúc Vật thứ nhất chuyển động trên trục Ox theo chiều dương với gia tốc 1m/s2 và vận tốc khi qua O là 6m/s Vật thứ hai chuyển động chậm dần đều theo chiều âm trên trục Oy với gia tốc 2m/s2 và vận tốc khi qua O là 8m/s Xác định vận tốc nhỏ nhất của vật thứ nhất đối với vật thứ hai trong khoảng thời gian từ lúc qua

O cho đến khi vật thứ hai dừng lại

Giải :

Chọn mốc thời gian lúc 2 vật qua O

- Phương trình vận tốc của vật thứ nhất trên trục Ox:

v1 = v01 + a1t = 6 + t

- Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy:

v2 = v02 + a2t = - 8 + 2t

- Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v2 = 0 => t = 4s

- Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là:

2 1

12 v v

v   Do v1 vuông góc với v2

=> v12 = 2

2 2

v  = ( 6 t) 2  (  8  2t) 2

=> v12 = 5 2 20 100



Vế phải là một tam thức bậc hai có giá trị nhỏ nhất là

O y

x

1

v

2

v

12

v

t =

4a



5 2

) 20 (

2 (s) < 4 (s)

Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s

=> (v12)min = 5 2 2  20 2  100 8,94 (m/s)

Khi đó v1 = 8m/s, (v1 ,v12 )   với Cos = v1/v12 = 8/8,94  0,895

=>  = 26,50

- Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất là 8,94m/s tại thời điểm t = 2s và hợp với Ox góc 26,50

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   60 0 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’



B

B’

Ta có: sind AO vtsin BO vtsin

10 sin sin sin sin sin



10 sin 2cos .sin

d



  với     120 0

0 0

2cos 60 sin sin

Nhận xét: dmin  (sin ) 1

2

  

  dmin  5 3(cm)

Bài toán 2 Một ô tô chuyển động thẳng đều với vận tốc v1 = 54km/h Một hành khách cách ô tô đoạn a = 400m và cách đường đoạn d = 80m, muốn đón ô tô Hỏi người ấy phải chạy theo hướng nào, với vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu để đón được

ô tô?

Giải

Gọi C là vị trí gặp nhau

AC v t BC v t 

Áp dụng định lí hàm số

Sin cho tam giác ABC

Ta có

.

Suy ra : v2 có giá trị min khi (sin  )max=1 vậy β = 900

Do đó (v2)min =sin v1 d v1 10,8km

a

5.Bài toán dùng suy luận Bài toán 1 : Từ một khí cầu cách mặt đất một khoảng 15m đang hạ thấp với tốc

độ đều v1=2m/s, từ trong khí cầu người ta phóng một vật nhỏ theo phương thẳng đứng hướng lên với vận tốc đầu vo2= 18m/s đối với mặt đất Tìm khoảng cách lớn nhất giữa khí cầu và vật.Bỏ qua ảnh hưởng không khí lấy g=10m/s2

Giải

Chọn trục toạ độ thẳng đứng chiều dương trên xuống

Phương trình chuyển đông của khí cầu và vật

x1= 2t

Phương trình chuyển động của vật

x2= -18t +5t2

(1) B

(2) A

(3) C d

β

α

Phương trình vận tốc của khí cầu 1: v1= 2m/s (đ/k t7,5s)

Phương trình vận tốc của vật 2: v2=-18+10t (đ/k t 3s)

Khi vật đang đi lên thì khoảng cách giữa vật và khí cầu ngày càng tăng, khi vật lên đên điểm cao nhất nó đổi chiều chuyển đông nhanh dần đều đi xuống, khoảng cách giũa vật và khí cầu vẩn tiếp tục tăng cho đến khi vận tốc của vật đạt giá trị bằng vận tốc khí cầu 2m/s Ta có

v2=-18+10t = 2 t=2s

Khoảng cách: dmax=x1-x2=2t-(-18t + 5t2) = 20m

*Nếu bài toán này ta dùng hàm bậc hai để xét về mặt toán học thì khá đơn giản

hơn, tuy nhiên ý nghĩa vật lí chưa được tường minh so với cách lí luận ở trên.

Bài toán 2 Hai xe chuyển động trên hai đường vuông góc với nhau, xe A đi về

hướng tây với tốc độ 50km/h, xe B đi về hướng Nam với tốc độ 30km/h Vào một thời điểm nào đó xe A và B còn cách giao điểm của hai đường lần lượt 4,4km và 4km và đang tiến về phía giao điểm Tìm khoảng cách ngắn nhất giũa hai xe

Giải

Xét chuyển động tương đối của vật 1 so 2 ta có

2 1 2

1

v      

Đoạn BH vuông góc với đường thẳng chứa véc tơ vận tốc v12 chính là khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe  dmin= BH

tan 53

1

2





v

v

    59 0 ,   31 0

dmin=BH= BI sin = (B0-0I) sin=(B0-0A.tan ).sin = 1,166km