Kinh nghiệm dạy vật lý ở thpt

  • Số trang: 20 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 34 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

A. ĐẶT VẤN ĐỀ Chúng ta đã biết trong chương trình vật lí 10 chương đầu tiên là chương động học chất điểm, là một chương khó của phần cơ.Ngay bài đầu tiên các em được học về chuyển động cơ, về tính tương đối của chuyển động, sau đó các em được học đến bài công thức cộng vận tốc, là một bài áp dụng cho tính tương đối của chuyển động. Khi giải bài tập áp dụng công thức cộng vận tốc tôi nhận thấy là các em thường bị vướng mắc, đặc biệt là những học sinh học ở mức độ trung bình, nhiều bài đòi hỏi độ tư duy cao trong khi các em mới bước chân vào môi trường THPT. Hiểu được điều này bản thân tôi là một giáo viên dạy vật lí luôn có nhiều trăn trở, tôi đã quyết tâm tìm hiểu nghiên cứu tài liệu, nghiền ngẫm những vấn đề đã đọc được để đưa ra một cách giải mà từ đó các em hiểu được bài học, biết vận dụng nó vào các bài khó hơn. Đặc biệt là học sinh biết vận dụng nó trong các chương tiếp theo như vận dụng công thức cộng gia tốc được suy ra từ công thức cộng vận tốc trong chương động lực học chất điểm và khi giải bài toán cơ học nói chung sau này. Cũng từ những điều được giáo viên truyền thụ từ những bài toán vận dụng công thức cộng vận tốc và gia tốc, các em đã phát triển tốt tư duy khi học vật lí, các em có học lực khá trở lên thì phân tích hiện tượng vật lí rất tốt. Tôi biết rằng hiểu hiện tượng và phân tích tốt hiện tượng là triển vọng của một người học giỏi vật lí. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Để đạt được mục tiêu dạy học là làm thế nào để các em hiểu bài và làm được bài tập, biết vận dụng nó trong thực tế.Từ đó nhằm phát triển tư duy để vận dụng vào các lĩnh vực khó hơn. Vận dụng công thức cộng vận tốc và gia tốc là vấn đề trọng tâm khi giải bài toán về tính tương đối của chuyển động. Mà để biết vận dụng các công thức này thì đầu tiên các em phải nắm vững khái niệm về tính tương đối của chuyển động. Tôi biết sau khi học song bài chuyển động cơ thì em nào cũng nói là chuyển động và đứng yên của cùng một vật có tính tương đối.Tức là sự chuyển động và đứng yên của cùng một vật phụ thuộc vào hệ quy chiếu. Chuyển động cơ có tính tương đối nên kéo theo một số đại lượng vật lí như vận tốc, gia tốc, động năng, vị trí… của một vật có tính tương đối tức là trong các hệ quy chiếu khác nhau có giá trị khác nhau, song đây còn là vấn đề trừu tượng đối với nhiều học sinh. Việc vận dụng kiến thức đó vào việc giải quyết các bài toán đối với học sinh thì quả là rất khó khăn. Làm thế nào có thể trợ giúp được học sinh trong việc giải quyết các bài toán này. Mặt khác vận tốc, gia tốc là những đại lượng véc tơ nên sự liên hệ của chúng trong các hệ quy chiếu và các điều kiện cần phải sử dụng để giải các bài toán lại đòi hỏi có độ tư duy cao. Vậy tính tương đối mà được áp dụng trong các bài toán lại là vấn đề khó khăn đối với không ít học sinh. Hiểu được vấn đề này tôi đã đưa ra các dạng bài tập cho từng phần mục đích giúp các em hiểu sâu sắc về bài học, từ đó tạo hứng thú cho học sinh khi học các phần tiếp theo và cũng là nhằm phát triển tư duy học vật lý cho các em. Trong nội dung sáng kiến này là những bài tập được tôi áp dụng cho các đối tượng học sinh có khả năng tiếp cận với mức độ khác nhau. II. CƠ SỞ LÍ LUẬN. 1 “Chuyển động có tính tương đối”, với bất kỳ người dạy và người học vật lý nào, bất kỳ người nào có thể nhận biết điều đó. Tính tương đối của chuyển động thể hiện thông qua những đại lượng vật lí nào thì không phải bất kỳ ai cũng biết rõ điều này, đặc biệt với những người học vật lý thì đó là một phần kiến thức hết sức quan trọng. Vậy những đại lượng nào thể hiện tính tương đối của nó trong chuyển động, nó bao gồm: tọa độ, vận tốc, gia tốc…. những đại lượng này giúp ta giải quyết các bài toán về chuyển động. - Muốn biết một vật chuyển động hay đứng yên thì ta phải so với một vật mốc.Thông thường ta quen gọi ngay vật được chọn làm mốc là hệ quy chiếu. Ví dụ: Hệ quy chiếu gắn với mặt đất, bờ sông, hệ quy chiếu gắn với toa xe…Vậy một vật có thể chuyển động trong hệ quy chiếu này nhưng đứng yên trong hệ quy chiếu khác nên chuyển động và đứng yên có tính tương đối. - Vận tốc, của một vật chuyển động trong các hệ quy chiếu chuyển động tịnh tiến đối với nhau là khác nhau. Mối quan hệ của chúng trong các hệ quy chiếu này chính là công thức cộng vận tốc. - Trước khi áp dụng công thức cộng vận tốc cần xác định rõ đại lượng cần nghiên cứu - Công thức cộng vận tốc tuân theo quy tắc cộng véc tơ - Đưa ra các bài tập mẫu cho từng dạng. - Với các bài tập mẫu thì giáo viên phải phân tích cụ thể sau đó mới giải cho học sinh. III. NỘI DUNG. A, LÝ THUYẾT 1.Công thức cộng vận tốc. Gọi: - Hệ quy chiếu gắn với vật mốc đứng yên là hệ quy chiếu đứng yên - Hệ quy chiếu gắn với vật mốc chuyển động là hệ quy chiếu chuyển động . - Vận tốc của vật chuyển động đối với hệ quy chiếu đứng yên là vận tốc tuyệt đối - Vận tốc của vật chuyển động đối với hệ quy chiếu chuyển động là vận tốc tương đối - Vận tốc của hệ quy chiếu chuyển động đối với hệ quy chiếu đứng yên là vận tốc kéo theo. Cụ thể quy ước như sau: - Vật chuyển động: (1) - Hệ quy chiếu chuyển động: (2) - Hệ quy chiếu đứng yên: (3) r v13 là vận tốc của vật 1 so với vật 3. Vận tốc tuyệt đối r v12 là vận tốc của vật 1 so với vật 2. Vận tốc tương đối r v23 là vận tốc của vật 2 so với vật 3. Vận tốc kéo theo Ta có v v  v  Khi chuyển động cùng chiều: 13 12 23 v13  v12  v23  Khi chuyển động ngược chiều: 2 v13  v12  v23  Khi v12 vàø v 23 vuông góc: 2 v  v  v23 2 13 2 12 Chú ý:  Vật 3 thường chọn là cột mốc, bờ đường…  Khi hai chuyển động khác phương cần tiến hanh quy tắc tổng véc tơ. Sau đó dựa vào tính chất hình học hay tam giác để tìm kết .  Định luật cộng độ dời: r r r AC  AB  BC 2. Công thức cộng gia tốc. uur uur r - Từ công thức: v13 = v12 + v23 . ur ur r Sau khoảng thời t Công thức trên tương ứng với: v ' 13 = v' 12 + v 23' . uur ur ur ' ' v v 13 13 = v 12 uur uur  v  v 13 = 12 +  t t Vậy: uur ur uur r r r v12 + v ' 23 - v23 � v13  v12  v 23 uur v23  a 13  a 12  a 23 t - Vật chuyển động trong hệ quy chiếu có gia tốc a 0 thì chịu thêm lực quán tính. F q  ma 0 B, MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC CỘNG VẬN TỐC Dạng 1. Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng cùng phương Ví dụ 1: Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một người đi xe đạp và một người đi bộ giữa hai người kia. Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi lại gặp nhau với vận tốc lần lượt là 60km/h và 20km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm. Xác định vận tốc và hướng chuyển động của người đi bộ. Giải: - Gọi vị trí người đi xe máy, người đi bộ B A C Và người đi xe đạplúc ban đầu lần lượt là A, B và C S là chiều dài quảng đường AC. Vậy AB = 2S/3, BC = S/3. - Chọn trục tọa độ trùng với đường thẳng chuyển động, chiều dương là chiều chuyển động của người đi xe máy. Mốc thời gian là lúc bắt đầu chuyển động: v1 = 60km/h, v3 = - 20km/h - Người đi bộ đi với vận tốc v 2. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là v12. Ta có: v1 v12  v2  v12 v1  v 2 => v12 = v1 – v2 (đk: v12 >0 (1): để người đi xe máy gặp người đi bộ) - Vận tốc của người đi bộ đối với người đi xe đạp là v 23. 3 x Ta có: v v  v  v v  v => v23 = v2 – v3 (đk : v23 >0 (2): để người đi bộ gặp người đi xe đạp). - Kể từ lúc xuất phát, thời gian người đi xe máy gặp người đi bộ và người đi bộ gặp người đi xe đạp lần lượt là: + t1 = AB/v12 = 2S/3(v1 – v2) + t2 = BC/v23 = S/3(v2 – v3) Vì ba người gặp nhau cùng lúc nên: t1 = t2  2S/3(v1 – v2) = S/3(v2 – v3)  2( v2 – v3) = v1 – v2  v2 = (v1 + 2v3)/3 = (60 – 2.20)/3  6,67 (km/h) - Vậy vận tốc của người đi bộ là 6,67 km/h theo hướng từ B đến C Dạng 2. Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc về ba chuyển động thẳng cùng phương Ví dụ 1: Một chiếc tàu thủy CĐTĐ trên sông với vận tốc v 1 = 35 km/h gặp một đoàn xà lan dài 250 m đi song song ngược chiều với vận tốc v 2 = 20 km/h. Trên boong tàu có một thủy thủ đi từ mũi đến lái với vận tốc v 3 = 5 km/h. Hỏi người đó thấy đoàn xà lan qua mặt mình trong bao lâu? Trong thời gian đó tàu thủy đi được một quãng đường dài bao nhiêu? Giải: v1, v2 là vận tốc của tàu và xà lan đối với nước v3 là vận tốc của thủy thủ đối với tàu Gọi 1 Tàu 2 xà lan 3 thủy thủ Thì v10 = v1 = 35 km/h v20 = v2 = 20 km/h v31 = v3 =5 km/h Để tính xà lan đi qua mặt người thuỷ thủ ta phải xác định vận tốc của thuỷ thủ/ xà lan 2 23 3 23 2 3 v32 v31  v 23 Ta có: v12 v10  v 02 v10  v 20 Chọn chiều dương là chiều chuyển động của thủy thủ v12 = v10 + v20 = 35 +20 = 55 km/h Suy ra: v32 = v12 – v31 = 55 -5 = 50 km/h Thời gian người thuỷ thủ thấy xà lan qua mặt mình t l 0.250  0.005h 18( s) v32 50 Quãng đường thuỷ thủ đi được: S = v10 t = 35.0,005 = 175 (m) Ví dụ 2: Một nhân viên đi trên tàu với vận tốc v 1 = 5 km/h từ đầu toa đến cuối toa, tàu này đang chạy với vận tốc v 2=30 km/h. Trên đường sắt kế bên, một đoàn tàu khác dài l = 120m chạy với vận tốc v 3 =35 km/h. Biết hai đoàn tàu chạy song song và ngược chiều, coi các chuyển động là thẳng đều. Tính thời gian người nhân viên nhìn thấy đoàn tàu kia đi ngang qua mình? 4 Giải: a. Gọi :1 nhân viên, 2 tàu, 3 tàu bên uu r cạnh, uur 4 đất. Vậy: v1 là vận tốc của người so với tàu v1  v12 , v2 là vận tốc của tàu so với uu r uuu r uu r uuu r đất v2  v24 , v3 là vận tốc của tàu bên cạch so với đất v3  v34 . Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tàu. Ta có: uur uur uuu r uuu r v13  v12  v24  v43 uur uuu r uuu r  v12  v24  (v34 )   v1  v2  v3  60(km / h) Thời gian người nhân viên nhìn thấy đoàn tàu bên cạnh đi ngang qua mình: l = t v13 suy ra t = 0.002(h) ≈ 7,2 (s) Nhận xét: - Những bài tập ở phần trên mục đích giúp các em biết liên hệ vận tốc của vật này đối với vật khác và mối liên hệ của chúng với nhau trên cùng một phương. - Cũng qua những bài tập này củng cố kiến thức về quy tắc cộng véc tơ cho các em. - Biết suy luận các hiện tượng trong thực tế. Ví dụ: muốn vật A đuổi kịp vật B thì v AB > 0 Dạng 3. Bài tập đơn giản vận dụng công thức cộng vận tốc trong chuyển động thẳng đều có phương vuông góc Ví dụ 1: 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/s 2 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. y 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 v1 - Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy: O v2 = v02 + a2t = - 8 + 2t v12 - Khoảng thời gian vật thứ hai dừng lại: v 2 = 0 => t = 4s - Vận tốc của vật thứ nhất đối với vật thứ hai là: v v  v . Do v vuông góc với v . v2 => v12 = v12  v 22 = (6  t )  ( 8  2t ) => v12 = 5t 2  20t  100 . Biểu thức trong căn của v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi 12 1 2 1 2 2 t= 2  ( 20) 2 (s) < 4 (s). 2.5 Vậy v12 có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s. 5 x 5.2 2  20.2  100 8,94 (m/s) => (v12)min = 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 26,5 0 Dạng 4. Bài tập về chuyển động thẳng đều và ném xiên vận dụng công thức cộng vận tốc trên một phương Ví dụ 1: Tại điểm O phóng một vật nhỏ với vật tốc ban đầu v ( Hướng đến điểm M ) nghiêng một góc  = 450 so với phương nằm ngang. Đồng thời tại điểm M cách O một khoảng l = 20m theo đường nằm ngang một vật nhỏ khác chuyển động thẳng đều trên đường thẳng OM theo chiều từ O đến M với vận tốc v 2 = 7,1m/s. Sau một lúc hai vật va chạm vào nhau tại một điểm trên đường thẳng OM. Cho gia tốc rơi tự do g = 10m/s 2. Xác định v01. y Giải: - Chọn trục tọa độ như hình vẽ: Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động. v01 - Vận tốc của vật 1 trên trục Ox là: 01 v1x v 01 cos   M v2 O - Vận tốc của vật 1 đối với vật 2 trên trục Ox là: v12 v1  v2 => v12x = v1x – v2 = v01cos  - v2: Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 là v 12x > 0  v01cos  - v2 > 0 => 2 cos   v 2 > 0 2 (1) - Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là: OM l t= v = v cos   v (2) 12 x 01 2 - Phương trình tọa độ của vật 1 trên trục Oy là: y = (v01sin  )t – gt2/2. - Thời gian vật 1 ném xiên từ O đến khi chạm với vật 2 ( trên trục Ox ) thỏa mãn phương trình y = 0  (v01sin  )t – gt2/2 = 0 => t = 2v01 sin  g (3) (t=0 loại ) l - Từ (2) và (3) suy ra: v cos   v = 01 2 v01  20  2  7,1 2 2v01 10 7,1 2  2 2  900,82 2v01 sin  g . Thay số vào ta có: 2 v01  7,1 2v01  200 0 0 7,1 2  900,82 20( m / s ) 2 (thỏa 2 v01 = (loại) hoặc v01 = (1)).Vậy v0 1= 20(m/s). Dạng 5. Các bài tập chuyển động thẳng đều khác phương mãn 6 x Ví dụ 1: Một ô tô chuyển động thẳng đều với vận tốc v 1 = 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: A v13 E - Gọi ô tô là vật 1, hành khách là 2, mặt đất là vật 3 v 21  Muốn cho hành khách đuổi kịp ô tô thì trước hết véc tơ vận tốc v 21 của người ấy đối với ô tô N v23 M phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm ban đầu véc tơ v21 hướng từ A đến B B - Theo công thức cộng vận tốc: H C  v13 v12  v23 v13  v23 v13  v12 v13  v21 Xét hai tam giác ∆AMN và ∆ABC, có chung góc A và MN//AE//BC => góc AMN bằng góc ABC. Vậy ∆AMN đồng dạng với ∆ABC => => v23 = AC AC .v13  .v1 BC BC MN AN  BC AC  AE AN  BC AC hay v13 v  23 BC AC (v 13 v 1 ) - Trong tam giác ABC luôn có AC BC  sin  sin  => v23 nhỏ nhất khi sin  = 1, tức là   AC sin   BC sin  . Vậy v23 = sin  .v1 sin  = 900 => (v23)min = sin  .v1 = d v1 a = 80 54 10,8( km / h) 400 - Vậy, người đó phải chạy với vận tốc 10,8km/h theo hướng vuông góc với AB về phía đường. Ví dụ 2: Hai tàu A và B ban đầu cách nhau một khoảng l. Chúng chuyển động cùng một lúc với các vận tốc có độ lớn lần lượt là v 1, v2. Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB góc  (hình vẽ). a. Hỏi tàu B phải đi theo hướng nào để có thể gặp tàu A. Sau bao lâu kể từ lúc chúng ở các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau? b. Muốn hai tàu gặp nhau ở H (BH vuông góc với v1 ) thì các độ lớn vận tốc v 1, v2 phải thỏa mản điều kiện gì? A Giải: a. Tàu B chuyển động với vận tốc v2 hợp với BA góc  . v21 - Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v 1.t, BM = v2.t B v1 - Trong tam giác ABM:  H  + AM BM  sin  sin    sin  = v1t vt  2 sin  sin  v1 sin  (1) v2  v2 M - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA một góc  thỏa mãn (1) - Cos  = cos[1800 – (    ) ] = - cos(    ) = sin  . sin   cos  . cos  - Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là v21 . Tại thời điểm ban đầu phương chiều với BA . Theo công thức cộng vận tốc: 2 2 2 v v  v v  v => v21 v2  v1  2v2 v1 cos  21 23 13 2 v1 v21 cùng 1 7 => v212 v22 (sin 2   cos 2  )  v12 (sin 2   cos 2  )  2v1v2 (sin  . sin   cos . cos  ) =( sin 2  .v22  2 sin  sin  .v1v2  sin 2  .v12 )+ ( cos 2  .v22  2 cos  cos  .v1v2  cos 2  .v12 ) = ( sin  .v2  sin  .v1 ) 2 +( cos  .v2  cos  .v1 ) 2 = 0 + ( cos  .v2  cos  .v1 ) 2 ( theo (1) ) => v21 = v1. cos   v2 cos  Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: t= AB l  v21 v1 cos   v2 cos  b. Để 2 tàu gặp nhau ở H thì    900   900    v sin  sin(900   ) cos  v 1 2 Theo (1) ta có: cos   v sin   tan   v 2 1 Ví dụ 3: Hai chiếc tàu chuyển động với cùng vận tốc đều v, hướng đến O theo các quỹ đạo là những đường thẳng hợp với nhau góc  = 600. Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng l 1 = 20km và l2 = 30km. Giải: - Chọn các truc tọa độ Ox1, Ox2 như hình vẽ. x2 M2 - Mốc thời gian là lúc các tàu ở M01, M02 ( OM01 = l1, OM02 = l2 ) - Phương trình chuyển động của các tàu là: M O  01 + Tàu thứ nhất trên trục tọa độ Ox1: x1 = OM 1 = x01 + v1t = - l1 + vt + Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox2 : x2 = OM 2 = x02 + v2t = - l2 + vt M02 - Khoảng cách giữa hai tàu là M1M2. ta có: M 1 M 2 OM 2  OM 1 =>(M1M2)2=OM12+ OM22 – 2OM1OM2.cos( OM 1 , OM 2 ) - Đặt M1M22 = f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2 (vt  l1 )(vt  l2 ) cos( OM 1 , OM 2 ) 1. Xét vt l1 hoặc vt  l2: (D1) (1) M1 x1 - Khi vt  l1 thì x1  0 và x2 < 0 => M1 nằm giữa M01 và O, M2 nằm giữa M02 và O => ( OM 1 , OM 2 ) =  - Khi vt  l2 thì x1 > 0 và x2 0 => ( OM 1 , OM 2 ) =  - Vậy khi vt thỏa mản (D1) thì: f(vt) = (vt – l1)2 + (vt – l2)2 – 2(vt – l1)(vt – l2)cos  2 2 2 = 2(1-cos  )(vt) – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l1 – 2l1l2cos  + l2 b' l  l2 1 + Nếu xét t  0 thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2 mản (1). không thỏa 8 + f(vt) là tam thức bặc hai có hệ số a > 0. Vậy trên (D 1) thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = l1 hoặc vt = l2 2 + f(l1) = (l1 – l2) (2) 2 + f(l2) = (l1 – l2) (3) 2. Xét khi l1 < vt < l2: (D2) (4). Khi đó x1> 0 và x2 < 0 tức là M1 nằm ngoài 0 OM01, M2 nằm trên đoạn OM02 => ( OM 1 , OM 2 ) = 180 -  2 2 0 => f(vt) = (vt – l1) + (vt – l2) – 2(vt – l1)(l2 – vt )cos(180 -  ) 2 2 = (vt – l1) + (vt – l2) - 2(vt – l1)(vt – l2)cos  2 2 2 = 2(1-cos  )(vt) – 2(l1+l2)(1- cos  )vt + l1 – 2l1l2cos  + l2 b' l  l2 1 + f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = - a  2  (D2) l l 1 2 + Vậy f(vt)min = f( 2 ) = 2 2  l1  l2   l l   l l  l  l   l1    1 2  l2   2 1 2  l1  1 2  l2  cos    2   2   2  2  1  cos  (l2  l1 ) 2 = (5) 2 1  cos   1 . So sánh các trường hợp (2), (3), - Do 2 1  cos  (l2  l1 ) 2 => (M1M2)2min = f(vt)min = 2 (5) 1 1 2 8,7(km) => (M1M2)min = l  l 1  cos   30  20 2 1 2 2 Nhận xét:Những bài tập ở phần trên nhằm giúp các em phải suy luận các hiện tượng vật lí có thể xảy ra, biết vận dụng toán học vào vật lí - Cũng qua những bài tập này củng cố kiến thức về quy tắc cộng véc tơ cho các em khi các đại lượng này không cùng phương Dạng 6. Các bài toán về chuyển động tròn Ví dụ 1: Hai chất điểm chuyển động tròn đều đồng tâm, đồng phẳng, cùng chiều. Với bán kính và tốc độ góc lần lượt là R1, R2 và 1 ,  2 . Cho R1 > R2,, 1 >  2 .Chọn mốc thời gian là lúc các chất điểm và tâm thẳng hàng. Viết biểu thức vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai theo thời gian t. Từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của vận tốc này. Giải. Sau khoảng thời gian t Bán kính nối chất điểm M01 thứ nhất và tâm quét một góc  1 1t .Bán kính M02 nối chất điểm thứ hai và M 2 tâm quét một góc  2  2 t . Vì 1 >  2  M1 M1OM2 = M1OM01 – v2 v2 v12 v1 O 9 M2OM02 =  1   2 = ( 1   2 )t Do v1 vuông góc với OM1 Và v2 vuông g óc với OM2 Vậy (v1 , v 2 ) (OM 1 , OM 2 )  M 1OM 2 = (1   2 )t Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là: v 13 v 12  v 23 hay v 1 v 12  v 2  v 12 v 1  v 2 2 2 2 2 v12 v12  v 22  2v1v 2 cos(v 1 , v 2 )  v12 v1  v 2  2v1v 2 cos(1   2 )t  v122 (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t  v12  (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 2 R1 R2 cos(1   2 )t Vậy v12 đạt giá trị nhỏ nhất khi cos(1   2 )t 1 => (v12)min = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2 1 R1   2 R2 v12 đạt giá trị lớn nhất khi cos(1   2 )t  1 => (v12)max = (1 R1 ) 2  ( 2 R2 ) 2  21 R1 2 R2 1 R1   2 R2 Ví dụ 2: Chất điểm chuyển động theo đường tròn bán kính R với vận tốc góc  trên mặt bàn phẳng (P). Mặt bàn chuyển động tịnh tiến thẳng đều với vận tốc v đối với mặt đất. chọn mốc thời gian là lúc véc tơ vận tốc của chất điểm trong hệ quy chiếu gắn với (P) vuông góc với v . 0 0 Xác định vận tốc của chất điểm đối với mặt đất tại thời điểm t =  . 4 Giải: - Do véc tơ vận tốc trong chuyển động tròn đều có phương tiếp tuyến với đường tròn quỹ đạo. Vậy tại thời điểm ban đầu chất điểm ở A Sau thời điểm t chất điểm ở B, bán kính quỹ đạo quét được góc  t     4 4  2 => (v, v0 )      4 - Vận tốc chất điểm đối với mặt đất: v v  v => v13  v 2  v02  2vv0 cos(v,v0 ) 13 A  0 =  2 R 2  v02  2Rv0 2 2 T1 B O v0 v0 v13 =  R  v  2Rv0 v Ví dụ 3: Coi quỹ đạo chuyển động của Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và Trái Đất quay quanh Mặt Trời cùng thuộc một mặt Tphẳng và cùng làDchuyển động tròn đều. 1 1 Các chuyển động quay này là cùng chiều và có chu kỳ quay lần lượt là T M =27,3 ngày và TĐ= 365 ngày. Khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất là  D là R Đ=149,6.106 km.Chọn mốc thời RM=3,83.105km và giửa Trái Đất và Mặt Trời 2 gian là lúc Mặt Trời, Trái Đất, vDĐấtvnằm giữa ( lúcTrăng tròn). Mặt Trăng thẳng hàng và Trái T 1 1. Tính khoảng thời gian giữa hai lần trăng tròn liên tiếp. 2. Coi Trái Đất, Mặt Trăng là các chất D điểm.Viết biểu thứcStính vận tốc của Mặt Trăng đối với Mặt Trời. Từ v đóTMsuy ra vận tốc nhỏ nhất, tìm vận tốc này Giải: 2 2 2 0 v 10 1. Xét trong khoảng thời gian ngắn t , Trái Đất quay quanh mặt trời góc 1 ,Mặt Trăng quay quanh Trái Đất góc T1D2T2 =  2 . Do TM < TD =>  2 > 1 * Xét chuyển động quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất và Mặt Trời (đoạn DS xem là đứng yên ). Trong khoảng thời gian t trong hệ quy chiếu này Mặt Trăng quay được góc là  . Từ hình vẽ =>  = 1 -  2 - Tốc độ quay là:     1  2   =>  M   D t t t 2 2 2 1 1 1      T TM TD T TM TD Vậy chu kỳ quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu DS là: T TM TD 27,3.365  29,5 ( ngày). TD  TM 365  27,3 => Khoảng thời gian giữa hai lần Trăng tròn liên tiếp là 29,5 ngày 2. Gọi vận tốc của Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và vận tốc của Trái Đất quay quanh Mặt Trời là vT và vD . Sau khoảng thời gian t thì ( vT , vD ) =  = t (Do v T vuông góc với D2T2, v D v uông góc với SD2) - Vận tốc của Mặt Trăng quanh Mặt Trời ở thời điểm t là: vTM vT  vD 2 vT2  vD2  2vT vD cos  vT2  vD2  2vT vD cos t => vTM 2 = => vTM cos 2  2   2  2 2 2  RM    RD   2 RM RD cos t T T T T T M D  M   D  RM2 RD2 R R 2 2  2  2 M D cos t . Vận tốc vTM đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 TM TD TM TD T 2 t  1 . T =>(vTM)min = R 2  M  TM 2 2  R  R R R R    D   2 M D 2 M  D TM TD TM TD   TD  11 Thay số: TM = 27,3 ngày = 655,2 giờ, TD = 365 ngày = 8760 giờ (vTM)min = 2  3,84.105 149,6.10 6  10,354.10 4 (km/h) 655,2 8760 Ví dụ 4: Tàu sân bay chuyển động trên đại dương về hướng Đông với vận tốc v 1. Gió thổi về hướng Bắc với vận tốc v 2. Khi hạ cánh, máy bay tiến gần đến con tàu với vận tốc v3 theo hướng thẳng đứng. Hãy xác định giá trị vận tốc của máy bay đối với không khí chuyển động? Bắc Giải: Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2) máy bay là (3), đại dương là (4) v24 - Áp dụng công thức: V nm V np  V Tây v14 pm - Vận tốc của tàu bay đối với gió V 12 V 14  V 42 = V 14  V24 . Do V 14 vuông góc với V 24  V12 = V142  V242  V12  V22 -Vận tốc của mày bay đối với không khí: Nam Đông v12 v31 v32 V 32 V 31  V 12 Do V 12 nằm trong mặt phẳng (P) = mp( V 14 , V 24 ), và V 31 vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng đứng) => V 31 vuông góc với V 12 , vậy V32  V312  V122  V12  V22  V32 C, BÀI TẬP VỀ CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU CÓ GIA TỐC, CÔNG THỨC CÔNG GIA TỐC Ví dụ 1: Cho hệ như hình vẽ, hệ số ma sát giữa m = 1kg và M = 3kg là  1= 0,15 giữa M và sàn là  2 = 0,1. 1) Cho M chuyển động nhanh dần đều theo phương ngang với gia tốc a đối với sàn. Tìm a để: a) m nằm trên M b) m trượt trên M m 2) Ban đầu hệ đứng yên. Tìm độ lớn lực F nằm ngang. M a) Đặt lên m để m trượt trên M b) Đặt lên M để M trượt khỏi m. Xem lực ma sát trượt bằng lực ma sát nghỉ cực đại, lấy g = 10m/s 2. Giải: 1) Xét m trong hệ quy chiếu gắn với M. Vật m chịu tác dụng của trọng lực m g , phản lực N , lực ma sát F ms1 và lực quán tính Fq a) Khi m nằm yêu trên M  Fq  N  Fms1  mg  a 12 Fq + F ms1 + mg + N = 0 Fq + F ms1 = 0  ma = Fms1    1g a  Fq = Fms1.  1 mg. = 0,15 . 10 = 1,5 (m/s2).  N b) Khi m trượt trên M với gia tốc a12  Fms1 Thì Fq + Fms + mg + N = m . a12  Q  F 1  Fq + Fms1 = m . a12  mg  Fms 2  Fq – Fms1 = m . a12 .  N,  m . a -  1mg = m. a12 > 0  a >  1g = 1,5 m/s2.  Fms, 1  P2 a > 1,5 m/s2. 2. a Xét các vật m, M trong hệ quy chiếu gắn với mặt sàn: - Vật m chịu tác dụng của + lực F + lực ma sát do M tác dụng Fms 1 + trọng lực P1 phản lực N . - Vật M chịu tác dụng của trọng lực P2 , phản lực N ' (N=N,) do m tác dụng, phản lực Q do sàn tác dụng, lực ma sát do m tác dụng F ' ms và lực Fms 2 do sàn tác dụng. 1 (Fms1)Max = (Fms1)trượt =  1mg = 0,15.1.10 = 1,5N. Ta có: (F ms2)Max = (F ms2)trượt =  2Q =  2 (N + P2) =  2(mg + Mg) = 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N. (F’ms1)Max < (Fms2)Max Vậy  (Fms1 =F,ms1 ) M luôn nằm yên đối với sàn Vậy muốn m trượt trên M thì F > (Fms1)max = Fms1Trượt.  F > 1,5N. 2.b Các lực tác dụng lên M như hình vẽ: Giả sử F thoả mãn để M trượt khỏi m khi đó M cũng phải trượt đối với sàn. Do đó các lực ma sát đều là lực ma sát trượt. Vật M chuyển động với gia tốc a 2 đối với sàn: P2 + N ’  Fq + Q + F + Fms + F ms 2 = M a 2  N  Q 1  Fms 2   Fms, 1 P1  Fms1  F 13  N,  P2  F - F’ms1 - Fms2 = M a2 Do F’ms1 = Fms1  F -  1mg -  2 (M + m)g. = M. a2.  a2 = F  1 mg   2 ( M  m) g M Xét m trong hệ quy chiếu gắn với M vật m chịu tác dụng của P1 , N , Fq , Fms , m trượt trên M thì Fq >( Fms1 )ma x  m . a2 >  1mg  a2 >  1g 1   F  1 mg   2 ( M  m) g >  1g M F > (  1 +  2). ( M + m) g = ( 0,15 + 0,1). (3 + 1).10 = 10(N). Ví dụ 2: Thanh OA quay quanh một trục thẳng đứng OZ với vận tốc góc  . Góc ZÔA =  không đổi. Một hòn bi nhỏ, khối lượng m, có thể trượt không ma sát trên OA và được nối với điểm O bằng một lò xo có độ cứng K và có chiều dài tự nhiên là l0 . Tìm vị trí cân bằng của bi?.  Giải : Xét hệ quy chiếu găn với thanh OA. Viên bi chịu các lực : + Trọng lực P , phản lực của thanh vuông góc với OA N + lực quán tính li tâm: Fq = m.a = m .  2r = m  2l . sin  . + Lực đàn hồi của lò xo F Giả sử lò xo bị giản thì F = K ( l – l0). Điều kiện cân bằng là: P + N + Fq + F = 0  .(*)  N Chiếu lên trục OA, chiều dương từ A  O ta có: F + mg. cos  - Fq. sin  . = 0  P  K (l - l0) + mg cos  - m  2l. sin2  = 0  l= Kl 0  mgCos K  m 2 Sin 2 (1). 0 Nếu lò xo bị nén thì F có chiều ngược lại và có độ lớn : F = K (l0 – l). Chiếu (*) lên OA ta được: - F + mg Cos  - Fq. sin  . = 0 14  Fq  - K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0. K (l0 – l) + mg Cos  - Fq. sin  . = 0. Giải ra được l thoả mãn (1). Ví dụ 3: Cho hệ như hình vẽ, thang máy đi lên với gia tốc a 0 hướng lên. Tính gia tốc của m1 và m2 đối với đất. Bỏ qua các lực ma sát và khối lượng dây nối và a0 m1 m2 ròng rọc. Giải: Xét các vật trong hệ quy chiếu gắn với thang máy, vật m chịu tác dụng của trọng lực P1 , lực căng dây T 1 , lực quán tính F q1 , vật m2 chịu tác dụng T1 P1 T1 Fq1 của trọng lực P2 lực căng dây T 2 , lực quán tính F q 2 , (T1 = T2 = T). P2 a0 Fq 2 Giả sử m1 chuyển động duống dưới với gia tốc a1 thì m2 chuyển lên với gia tốc a 2 ( a1 = a2 = a). Vật m1 : T1 + Fq1 + P = m1 a1  P1 + Fq1 – T = m1 a. Vật m2: P2 + Fq 2 + T = m 2 a 2  T – Fq2 – P2 = m2a 1 (1) (2) Cộng (1) và (2)  P1 + Fq1 – F q2 – P2 = (m1 + m2)a  m1g + m1a0 - m2a0 – m2g = (m1 +m2)a (m1  m2 )( g  a 0 ) a= m1  m2 , Gia tốc của m1 đối với đất: a 1 a1  a 0 , Chọn chiều dương hướng lên: a 1 = a0 – a1 = a0 - a. (m1  m2 )( g  a 0 ) a = a0 m1  m2  a1  a1, , 1 2m2 a 0  (m2  m1 ) g = m1  m2 Gia tốc của m2 đối với đất  a0  a2  a2,  a0 15 , a 2 a 2  a 0 = a,2 =  a,2 = a2 + a0 = a + a0 (m1  m2 )( g  a 0 ) + a0 m1  m2 2m1 a 0  (m2  m1 ) g . m1  m2 Ví dụ 4: Vật khối lượng m đứng yên ở đỉnh một cái nêm nhờ mat sát. Tìm th ời gian vật trượt hết nêm và gia tộc của vật đối với đất. Khi nêm chuyển động nhanh dần đều sang trái với gia tốc a0 . Hệ số ma sát trượt giữa mặt nêm và m là  chiều dài mặt nêm là l, góc nghiêng là  và a0 < g cot an Giải: y  N  Fms  Fq  a0 0  P x  Vật m chuyển động với gia tốc a trong hệ quy chiếu gắn với nêm, Ta có: P  N  F ms  F q ma (*) Chiếu (*) lên oy ta được: N + Fq.Sin  - P. Cos  = 0  N = P. Cos  - Fq.Sin  = mg Cos  - ma0 .Sin  = m (g Cos  - a0 .Sin  ). Do a0 < g cot an  N > 0 : (Vật luôn nằm trên nêm). Fms =  . N =  m (g Cos  - a0 .Sin  ). Chiếu (*) lên ox ta được:  a0   a,  a 16 Fq Cos  + P. Sin  - Fms = m.a.  m (g Cos  - a0 .Sin  ) = ma a = (Sin  -  . Cos  ) g + ( Cos  +  .Sin  ).a0  ma0. Cos  + mg. Sin   Từ phương trình: t= 2l = a S= 1 2 at 2  l= (1) 1 2 at 2 2l ( Sin  Cos ) g  (Cos  Sin )a 0 , Gia tốc của vật đối với mặt đất: a a  a 0  a,2 = a2 + a 0 2 + 2a a 0 = a2 + a 0 2 + 2a . a0. cos ( 1800 -  ). = a2 + a02 – 2a. a0 cos   a, = a 2  a 2 0  2a.a0 .Cos Với a thoả mãn (1). m Ví dụ 5: M  Cho cơ hệ như hình vẽ. Tìm gia tốc của m đối với M và của M đối với đất. Hệ số ma sát giữa m và M  Q là  và sàn nhẵn. y  N  Fms Giải:  Fq 0 x  P1  *Xét vật m trong hệ quy chiếu gắn với nêm. Ta có: P1  N  F q  F ms ma12  N,  P2 , Fms (*). Chiếu (*) lên oy: N + Fq.Sin  - mg cos  = 0  N = mg Cos  - Fq.Sin  = mg Cos  - ma2. Sin  (a2 là gia tốc của M đối với mặt đất )  N = m (g Cos  - a2. Sin  ). *Vật M trong hệ quy chiếu gắn với sàn. ' , P 2  N  Q  F ms M a 2 (**) Chiếu (**) lên phương ngang:  N’. Sin  - F’ms. Cos  = M.a2  N. Sin  - Fms. Cos  = M.a2 (Theo định luật III Niu Tơn N=N’ ,Fms =F’ms) 17  N. Sin  -  N. Cos  = M.a2 Thay biểu thức của N vào ta được: m(gCos  - a2Sin  ) Sin  -  m.(gCos  - a2Sin  ) Cos  = M.a2  mg Sin  Cos  - ma2Sin2  -  mgCos2  +  ma2Sin  Cos  = Ma2  mg .Sin .Cos  mg .Cos 2 a2= M  mSin 2  m.Sin .Cos (1) Chiếu (*) lên ox ta được: P1.Sin  - Fms + Fq.Cos  = m.a12  P1.Sin  -  N+ ma2 . Cos  = m.a12  mg Sin  -  m (g.Cos  - a2Sin  ) + ma2 .Cos  = m.a12  a12 = g.( Sin  -  Cos  ) + a2(  Sin  + Cos  ).  a12 = g (Sin  -  Cos  ) + mg.Cos ( Sin   .Cos ).(Sin  Cos ) M  mSin 2  m.Sin .Cos Ví dụ 6: Một khối nhỏ K khối lượng m được đặt nằm trên khối Q, khối lượng M như hình vẽ. Ma sát giữa khối K và khối Q, giữa khối Q và mặt sàn nằm ngang x là không đáng kể. Tác dụng một lực F theo phương nằm ngang vào Q như thế nào để ngăn không cho khối K trượt trên khối Q. Giải  N2 Gọi gia tốc của M đối với mặt phẳng x là a khối K trong hệ quy chiếu gắn với Q  N1 nằm yên thì: Fq + P1 + N = 0 Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt nghiêng P1.Sin  - Fq.Cos  = 0 Q  Fq K  F  P1  N1,  N1 – P1.Cos  - Fq.Sin  = 0  mgSin  - maCos  = 0 N1 – mgCos  - maSin  = 0  P2  a= gtg  ; N1 = mg cos  + mg sin  tan   a= gtg  ; Sin 2 mg ) + Cos Cos F + P2 + N 2 + N 1 = m. a N1= mg ( Cos  Đối với khối Q: Chiếu lên phương chuyển động: F – N‘1.Sin  = M.a  F = N‘1.Sin  + M.a = N1.Sin  + M.a 18 = mg . Sin  + Mg tan  ; Cos F= g tan  (M+m). III, KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC Với cách làm theo chuyên đề và định hướng theo nhóm học tập các học sinh, để các em tự tìm tòi tiếp cận sau đó định hướng trợ giúp các em với các bài tập khó. Các nhóm sau khi được tiếp cận vấn đề đã có kỹ năng tốt hơn trong giải quyết các bài tập vật lí, có sự tổng hợp kiến thức vật lí tốt hơn từ những kiến thức đã có. Sau khi trải nghiệm trong thực tế như vừa trình bày trong bài viết này thì kết quả đạt được thật đáng mừng đó là, các lớp học sinh được tiếp cận và giải quyết các bài toán sau khi được sự định hướng đã có cách tiếp cận và hiểu một cách khoa học hơn. Từ đó các em có được sự tự tin hơn trong việc tiếp cận và giải quyết các bài tập vật lí. C.KẾT LUẬN. Phần cơ là một phần có tính ứng dụng, đặc biệt là phần bài tập vận dụng công thức cộng vận tốc và gia tốc.Qua các dạng bài tập này các em hiểu rõ bản chất về các đại lượng véc tơ, phép cộng véc tơ, cách phân tích bài toán động lực học…. Từ đó tạo được hứng thú học tập khi tìm hiểu các phần bài tập có liên quan. Qua thực tế giảng dạy, mỗi chuyên đề tôi đã rút ra phương pháp cho từng loại trên cơ sở lí thuyết, khai thác những điều bí ẩn trong lí thuyết và bài tập thường học sinh mắc phải và tìm biện pháp khắc phục để học sinh có hứng thú học môn vật lí . Thực tế cho thấy, khi tiến hành giảng dạy phương pháp vận dụng công thức cộng vận tốc và gia tốc, các em rất hào hứng tiếp thu và vận dụng vào các bài tập đề cập đến. Trên đây là kinh nghiệm giải bài tập mà có thể giúp học sinh có thể phát triển tư duy phân tích hiện tượng, biết liên hệ nó trong đời sống hàng ngày mà ta vẫn thường gặp. Đặc biệt, tháo gỡ những được những lo ngại của học sinh khi gặp bài toán này. Tôi rất mong được sự đóng ý kiến của các bạn đồng nghiệp để chúng ta ngày càng có nhiều kinh nghiệm hơn trong giảng dạy và đạt nhiều thành tích hơn trong công việc chuyên môn. Tôi xin chân thành cảm ơn. Hậu lộc, ngày 05 tháng 06 năm 2013 Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Người viết sáng kiến Bùi Thị Thanh Đào Thị Loan 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Phương pháp giải toán vật lí 10 – PGS.TS Vũ Thanh Khiết – NXBGD 2006 2. Giải toán vật lí 10 – Bùi Quang Hân - NXBGD 2003 3. Phương pháp nghiên cứu khoa học giáo dục – Phạm Viết Vượng NXBHà Nội 1997. 20
- Xem thêm -