Vận dụng nguyên lí tương đương trong bài toán cơ học SKKN THPT

Sáng kiến kinh nghiệm trung học phổ thông này quý thầy cô sẽ có nguồn tài liệu tham khảo hay, củng cố xây dựng phương pháp dạy hiệu quả, qua đó giúp các em học sinh tiếp thu bài tốt, nắm vững kiến thức phát triển tư duy trí tuệ. Sáng kiến kinh nghiệm tiểu học tập hợp các đề tài đa dạng mang tính ứng dụng cao như ứng dụng công nghệ thông tin trong trường học

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài.

Giải bài tập là một khâu quan trọng không thể thiếu trong quá trình học tập môn Vật lý Tuy nhiên, đứng trước mỗi bài tập, điều khó khăn lớn nhất đối với mỗi học sinh là lựa chọn cách nào cho phù hợp để đi tới kết quả đúng và dựa trên cơ sở nào để lựa chọn phương pháp hợp lí

Đối với học sinh lớp 10 thì việc giải bài toán căn bản về động lực học, các em

đã có phương pháp động lực học và phương pháp áp dụng các định luật bảo toàn Tuy nhiên, không có phương pháp nào là ưu việt và không phải học sinh nào cũng vận dụng thành thạo, có em thì yêu thích phương pháp động lực học, có em thì thích phương pháp áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng Đấy là những bài toán thuần túy, còn khi gặp những bài toán đặc biệt một chút thì phần lớn các em đều gặp khó khăn

Với những lí do đó, tôi đã mạnh dạn cho các em tiếp xúc những phương pháp hoàn toàn mới lạ nhưng lại rất gần với những phương pháp các em đã được biết

Một trong những phương pháp đó là: Vận dụng nguyên lí tương đương trong bài toán cơ học, kết quả thật khả quan, qua đó cho các em niềm tin vào khả năng của

chính mình, cho các em hiểu được khi đứng trước những vấn đề thì ta cần phải có những góc nhìn riêng

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Cơ học là nền tảng của vật lí cổ điển, nếu nắm vững những kiến thức về cơ học thì việc tiếp cận các phần sau của vật lí sơ cấp sẽ trở nên dễ dàng hơn Do đó để khắc sâu kiến thức ngoài nắm vững lí thuyết, làm bài tập vận dụng thường xuyên học sinh cần có kiến thức căn bản, có óc quan sát, sự tư duy, suy luận và có niềm đam

mê Vậy thông qua đề tài này, nhằm mục đích rèn luyện những đức tính đó cho học sinh

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Phương pháp động lực học và phương pháp năng lượng là hai phương pháp cơ bản

để giải quyết một bài toán cơ học Đây là hai phương pháp tổng quát, bao trùm nhiều lĩnh vực của cơ học Nguyên lí tương đương bao trùm cả ngành vật lý, với đề tài này tôi chỉ đưa ra cách tiếp cận với những bài toán cơ học Về mặt cơ bản thì khi vận dụng nguyên lí để giải quyết triệt để bài toán thì chúng ta lại vận dụng hai phương pháp trên một cách linh hoạt, sáng tạo

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

Đối với đề tài này, phương pháp nghiên cứu chủ yếu là phương pháp xây dựng cơ

sở lí thuyết

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận

khi đó tác dụng của nhân tố trước tương đương với tác dụng của nhân tố sau Chúng ta có thể thay thế cho nhau mà không ảnh hưởng đến kết quả cuối cùng Phương pháp dùng một nhân tố nào đó thay thế lẫn nhau được gọi là phương pháp tương đương

Thực chất của tác dụng tương đương là bằng phương pháp thay thế sao cho các tác dụng đó có hiệu quả giống nhau; khi đó vấn đề phức tạp chuyển về vấn đề quen thuộc đơn giản, dễ rút ra nhân tố chủ yếu, nắm vững bản chất của nó, tìm ra quy luật trong nó Vì thế khi sử dụng phương pháp tương đương luôn luôn lấy nhân

tố đơn giản thay thế cho nhân tố phức tạp

2.2 Thực trạng vấn đề

Đứng trước những bài toán hay, độc đáo thì phần lớn học sinh cảm thấy bế tắc, một vài em nhân tố thì trăn trở, tìm tòi hướng giải quyết còn phần lớn thì bỏ qua, thậm chí có nhiều em cảm thấy chán nản, thở dài sao mà khó thế Nhưng khi được hướng dẫn, chỉ bảo thì kết quả hoàn toàn ngược lại, mang lại sự phấn khích vui sướng cho các em, thêm động lực để các em tiếp tục hướng về phí trước

Qua nhiều năm công tác và áp dụng phương pháp cho nhiều đối tượng học sinh khác nhau thì kết quả thu được rất khả quan Trước thực trạng đó tôi đã mạnh dạn đưa ra ý kiến của mình được đồng nghiệp đánh giá cao

2.3 Giải pháp giải quyết vấn đề

Bài 1   2 Một chất điểm chuyển động thẳng từ A đến B Khoảng cách AB = l Biết

tại A chất điểm có vận tốc v0, gia tốc là a Nếu chia đoạn AB thành n đoạn bằng nhau thì khi chất điểm chuyển động qua mỗi đoạn n l , gia tốc của nó đều tăng một lượng n a Hãy tính vận tốc của chất điểm khi đến B

Lời giải

Vì cả quá trình chuyển động từ A đến B gia tốc đều tăng nên chuyển động này là chuyển động thẳng biến đổi không đều Do đó ta không thể dùng các công thức chuyển động thẳng biến đổi đều để giải bài toán Tuy nhiên ta có thể coi chuyển động này tương đương với một chuyển động biến đổi đều với gia tốc bằng gia tốc trung bình

Vì gia tốc phụ thuộc vào khoảng cách và tăng dần đều nên ta lấy gia tốc trung bình:

n

a n n

a n a a a a

tb

2

) 1 3 ( 2

) 1 ( 2

















Đối với chuyển động thẳng biến đổi đều ta có: 2 a tb.l v B2  v2A

Từ đó ta tìm được:

n

l a n v

v B 2 (3 1) .

0







Bài 2   2 Có hai bức tường thẳng đứng trơn nhẵn A và B, cách nhau một khoảng d

(Hình vẽ) Một quả bóng nhỏ được ném lên từ điểm O ở chính giữa hai bức tường với vận tốc ban đầu v0, sau va chạm đàn hồi một lần với A và B quả bóng lại rơi về đúng vị trí xuất phát Hãy tính góc ném lên của quả bóng đó

Lời giải

Chuyển động có quá trình va chạm đàn hồi của quả bóng nhỏ giữa hai bức tường tương đương với một chuyển động ném xiên hoàn chỉnh Bây giờ bài toán trở thành bài toán chuyển động ném xiên với vận tốc ban đầu v0.

Áp dụng công thức về chuyển động ném xiên ta có:

Tầm bay xa:

v

gd g

v d

0

2

2

1 2

sin

Bài 3 Từ độ cao h so với mặt đất, một quả bóng nhỏ được ném ngang với vận tốc

ban đầu v0 Tại vị trí trước điểm ném một khoảng d có một bức tường thẳng đứng trơn nhẵn Sau khi va chạm đàn hồi với bức tường quả bóng bật ra và rơi chạm mặt đất cách chân tường một đoạn x Tìm x

h

0

v 

O

d d

0

v 

Lời giải

Chuyển động có quá trình va chạm đàn hồi của quả bóng nhỏ giữa bức tường tương đương với một chuyển động ném ngang hoàn chỉnh Bây giờ bài toán trở thành bài toán chuyển động ném ngang với vận tốc ban đầu v0.

Áp dụng công thức về chuyển động ném ngang ta có:

Tầm bay xa:

d g

h v d L x g

h v

L 2     2 

0 0

Bài 4   2 Bên trong một quả cầu bằng chì, khối lượng M, bán kính r có một hốc

rỗng hình cầu bán kính 2r , mặt ngoài của nó tiếp xúc với mặt quả cầu chì (Hình vẽ) Trên đường nối tâm của quả cầu và hốc rỗng cách tâm quả cầu một đoạn L có một quả cầu nhỏ (có thể coi là chất điểm) khối lượng m Tính lực hấp dẫn của quả cầu bằng chì với quả cầu nhỏ

Lời giải

Vì bên trong quả cầu chì có một hốc rỗng nên không thể xem nó tương đương như một chất điểm tại tâm quả cầu được Giả sử lấp đầy hốc của quả cầu chì bằng một quả cầu chì ∆M có cùng khối lượng riêng Sau đó lại đưa vào vị trí đối xứng với quả cầu ∆M qua chất điểm m một quả cầu chì có cùng khối lượng ∆M Như vậy lực hấp dẫn của hai quả cầu này với chất điểm m là triệt tiêu nhau, đồng thời lại biến quả cầu chì có hốc rỗng thành quả cầu chì đặc mà kết quả vần tương đương

Gọi lực hấp dẫn do quả cầu đặc (M + ∆M) tác dụng lên m là F1, lực hấp dẫn của quả cầu ∆M tác dụng lên m là F2, thì lực hấp dẫn của quả cầu chì có hốc rỗng lên m là:

r

2

r

L

m

F = F1 – F2

Vì khối lượng tỉ lệ với thể tích, mà thể tích hình cầu là 3

3

4

r

V  

Nên dễ dàng tìm được M  M7 Từ đó:

2 2

2

2 2

1

) 2 ( 7 ) 2 (

7

8 ) (

r L

GmM r

L

M m G F

L

GmM L

M M m G F



















Vậy:



































2 2

2 1

) 2 ( 7

1 7

8

r L L

GmM F

F F

Bài 5   2 Cho một quả cầu nhỏ trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh một mặt phẳng

nghiêng (trơn nhẵn, dài L) xuống phía dưới Khi quả cầu trượt đến chân mặt phẳng nghiêng, nó va chạm với tấm chắn và bị bật trở lại Trong mỗi lần va chạm, độ lớn vận tốc sau va chạm chỉ bằng 4/5 độ lớn vận tốc trước va chạm hãy tính quảng đường mà quả cầu đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc dừng lại

Lời giải

1

F 

2

F 

r

2

r

L

m

α

Vận tốc của quả cầu sau va chạm nhỏ hơn vận tốc của nó trước va chạm, chứng tỏ rằng mỗi lần bật trở lại, quả cầu luôn đi được quãng đường ngắn hơn khoảng cách bật lại trước đó, dần dần quả cầu nhỏ sẽ dịch dần tới tấm chắn và cuối cùng dừng lại ở tấm chắn Chúng ta có thể tính toán khoảng cách sau mỗi lần va chạm bật lên

là L1, L2, …, Ln thì tổng quãng đường đi được của quả cầu nhỏ là s = 2(L1 + L2 + … + Ln ) + L, sau đó dùng công thức cộng dãy số để tìm kết quả, nhưng cách này khá phức tạp

Chúng ta giả thiết va chạm của quả cầu nhỏ với tấm chắn không mất mát năng lượng mà coi mất mát năng lượng là công hao phí để thắng lực cản trong quá trình chuyển động nên kết quả cuối cùng vẫn là như nhau Trong mọi quá trình chuyển động đều có lực cản, nên ta dùng cách tính công do lực ma sát để tìm quãng đường chuyển động

Giả sử, quả cầu nhỏ trước và sau va chạm lần thức nhất có vận tốc lần lượt là

v và v1, khoảng cách bật trở lại là L1 thì:



sin 2

1 2

mgL

mv 

2

1

1

2

mv 

Trong đó:

v v

5

4

1 

nên

2 2

2 1 1

5

4

















v

v L L

Động năng hao phí trong va chạm này là:

) 25

16 1 ( 2

1 2

1 2

1 2









W d mv mv mv

Năng lượng tổn hao trong quá trình va chạm tương đương với công của lực ma sát Dựa trên tính tương đương đó, ta có:

Fms(L + L1) = ∆Wđ

Từ đó tính được lực ma sát:

Fms = sin 

25

9

mg

Kết quả này có thể thấy, lực ma sát không liên quan gì tới quãng đường đi, nhưng trong toàn bộ quá trình chuyển động lực ma sát không đổi nên công do lực ma sát sinh ra trong toàn bộ quá trình chuyển động (tức là từ khi quả cầu bắt đầu chuyển động đến khi dừng lại ở tấm chắn) là:

Fms.s = 0 sin 

2

1 2

mgL

mv  

Thay biểu thức của lực ma sát và, ta được:

L s

9

41



Bài 6   2 Hai lò xo nhẹ k1 và k2; hai vật m1 và m2 được

nối với nhau như hình vẽ Toàn bộ hệ ở trạng thái

cân bằng, các lò xo đều ở phương thẳng đứng

Dùng một lực theo phương thẳng đứng kéo m1 làm

cho nó từ từ nâng lên cho đến khi đầu dưới của

lò xo thứ hai vừa tách khỏi mặt bàn Trong quá

trình này thế năng trọng trường của m1 và m2

tăng lên bao nhiêu?

Lời giải.

Trước khi có lực kéo tác dụng vào m1, lò xo 2 chịu tác dụng của trọng lực hai vật và bị nén lại một đoạn:

2

2

(

k

g m m



Khi có lực tác dụng vào m1, m1 được nâng lên cho đến khi lò xo thứ 2 vừa tách khỏi mặt bàn thì vật m2 đi lên một đoạn ∆x2 Do đó thế năng trọng trường của

m2 tăng lên một lượng:

2

2 2 1 2 2 2 2

) (

k

g m m m x g m



Để tìm độ nâng lên của m1 có thể coi m1 và m2 là một hệ ép lên một lò xo tương đương với hệ hai lò xo nối tiếp nhau (như hình vẽ)

m2

m1

k 1

k 2

m2

m1

k 1

Khi đó 2 lò xo nối tiếp nhau tương đương với lò xo mới có độ cứng là:

2 1

2

1

k k

k k k





Vì ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng nên trọng lực cân bằng lực đàn hồi:

k∆x = (m1 + m2)g

Do đó:

2 1

2 1 2 1 2

(

k k

k k g m m k

g m m



Khi đầu dưới lò xo thứ hai vừa tách khỏi mặt bàn, thế năng trọng trường của m1

tăng m1g∆x Vậy từ các kết quả trên, ta được đáp án sau:

2 1

2 2 1 2 1 1 1

) )(

(

k k

g k k m m m



2

2 2 1 2 2

) (

k

g m m m



Bài 7   2 Hai vật khối lượng m1 và m2 nối với nhau bằng

một lò xo có độ cứng k như hình vẽ Tác dụng lên m1

lực nén Fthẳng đứng xuống dưới Định F để sau khi

ngưng tác dụng lực, hệ chuyển động và m2 nhấc khỏi mặt đất

Lời giải.

Bài toán này có thể giải bằng cách áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng nhưng quá trình giải khá phức tạp

m1

m 2

F 

k

Nếu dùng lực kéo F'tác dụng lên m1 thì để hệ chuyển động và m2 nhấc khỏi mặt đất thì lực kéo có độ lớn tối thiểu phải là:

F’ = (m1 + m2)g

Như vậy, theo tính tương đương để có được kết quả theo yêu cầu bài toán thì lực nén phải có độ lớn tối thiểu bằng lực kéo F’ Tức là:

F = (m1 + m2)g

Bài 8 Một mặt cầu lõm, nhẵn bán kính R bên trong có một vật nhỏ khối lượng m

có thể trượt không ma sát Đưa vật m ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ rồi thả

tự do Tính vận tốc của m và phản lực do mặt cầu tác dụng lên m tại vị trí đường nối từ m tới tâm mặt cầu hợp với phương thẳng đứng 1 góc α

Lời giải.

Vận dụng nguyên lí tương đương, thì chuyển động của vật nhỏ m tương đương chuyển động của con lắc đơn với chiều dài dây l = R

Khi đó

Vân tốc của m tại vị trí đường nối từ m tới tâm mặt cầu hợp với phương thảng đứng

1 góc α là:

) cos (cos

2 0  

 gl v

Phản lực mà mặt cầu tác dụng lên m tương đương lực căng dây:

) cos 2 cos 3 (   0



T mg N

Bài   2

9 Chuyển động của electron trong nguyên tử hiđro tương đương với dòng

điện hình tròn bán kính r Hãy tính cường độ dòng điện này Biết khối lượng và điện tích của electron là m và e

Từ định nghĩa về cường độ dòng điện ta sẽ tìm điện lượng chuyển qua một tiết diện thẳng trong một đơn vị thời gian

Gọi chu kì của electron chuyển động quanh hạt nhân là T ta có:

v

r

Mặt khác lực hướng tâm để electron quay quanh hạt nhân chính là lực Cu-lông, ta có:

r

v m r

e

2

.

Từ (1) và (2) ta được cường độ dòng điện:

r m

k r

e T

e I

2

2







Bài 10   2 Một vòng tròn bán kính R, làm bằng nhựa cách điện trơn nhẵn, đặt thẳng

đứng Đặt quả cầu nhỏ tích điện, khối lượng m tại điểm A thấp nhất của vòng (Hình vẽ) Độ lớn của lực điện trường tác dụng lên quả cầu bằng mg

3

3 và phương của

nó nằm ngang hướng sang phải Truyền cho quả cầu vận tốc v0 hướng nằm ngang sang phải, làm cho quả cầu chuyển động theo vòng tròn đi lên Để quả cầu đi hết vòng thì v0 phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu?

Lời giải.

Quả cầu chịu tác dụng đồng thời của trọng lực P và lực điện trường Ta có thể xem lúc này quả cầu chuyển động trong trọng trường tương đương và chịu tác dụng của trọng lực tương đương P’ là:

A

F P

P'  

Theo bài ra:

đ

F

P 

Suy ra:

g m g

m g

m

3

3 2 ) 3

3 ( )

'







Với gia tốc trọng trường tương đương:

g m

P g

3

3 2 ' '





Phương của trọng lực tương đương lệch so với phương của trọng lực là:

 = 300

Do đó điểm B được coi như là điểm “cao nhất” của đường đi trong trọng trường tương đương Để quả cầu nhỏ vừa đủ thực hiện chuyển động một vòng thì vận tốc của nó tại điểm cao nhất:

R g

v B  '.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong trọng trường tương đương ta có:

2 2

0

2

1 ) cos (

' 2

1

B

mv R

R mg

Thay g’ và vB vào công thức trên, tìm được vận tốc ban đầu tối thiểu cần truyền cho quả cầu là:

R g

v0  2 ( 3  1 )

Bài 11   2 Một quả cầu nhỏ khối lượng m mang điện tích Q đặt trong điện trường

đều, cường độ E theo phương nằm ngang Truyền cho quả vận tốc ban đầu v0 theo phương thẳng đứng hướng lên Bỏ qua sức cản không khí, coi gia tốc trọng trường không thay đổi theo độ cao Hãy tìm vận tốc nhỏ nhất của quả cầu trong quá trình chuyển động

g

m  P '

3

3

.g

m 



A

B

y

x

0

v 

E

q 

O

α

Lời giải

Do trong quá trình chuyển động quả cầu chỉ chịu tác dụng của hai lực là trọng lực

và lực điện trường, vậy theo nguyên lí tương đương, ta có thể xem quả cầu chuyển động trong trọng trường tương đương P’

Khi đó, bài toán trở thành chuyển động ném xiên với góc ném là:

qE

mg



 tan

Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu khi nó lên độ cao cực đại, ta có:

2 2

0 0

) ( ) (

cos

qE mg

qEv v

v MIN





Bài 12   2 Một con chuột già từ trong hang bò ra theo đường thẳng Biết vận tốc bò

ra là v tỉ lệ nghịch với khoảng cách s từ vị trí con chuột đến trung tâm hang Khi con chuột đến điểm A cách trung tâm s1 = 1m thì vận tốc của nó là v1 = 20 cm/s Khi con chuột đến điểm B cách trung tâm hang s2 = 2m thì vận tốc của nó là bao nhiêu? Thời gian đi từ A đến B là bao nhiêu?

Lời giải.

Chúng ta đã biết, khi xe hơi chuyển động với công suất không đổi thì vận tốc chuyển động của nó tỉ lệ nghịch với lực phát động, tức là:

F

P

v 

Do đó, có thể lấy chuyển động của con chuột tương đương với chuyển động của lò xo dưới tác dụng của ngoại lực có công suất không đổi Vì vậy ta có thể viết: