Sáng kiến kinh nghiệm " Phát Huy Tính Tích Cực Tự Lực ,Sáng Tạo Của Học Sinh Trong Việc Giải Các Bài Tập Vật Lý " potx

Phát Huy Tính Tích Cực Tự Lực ,Sáng Tạo
Của Học Sinh Trong Việc Giải Các Bài Tập Vật Lý

A> Đặt Vấn Đề :
Vật lý là một môn khoa học tự nhiên với công cụ là toán học .Khi giải bài toán Vật Lý có thể dùng
nhiều phương pháp toán học khác nhau và các phương pháp Vật Lý khác nhau.Mỗi phương pháp
có những ưu điểm và những nhược điểm nhất định .Nhưng việc vận dụng các phương pháp vào
giải 1 bài toán đã giúp cho học sinh nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi vận dụng
và lựa chọn phương pháp ,cũng từ đó tạo nên hứng thú trong học tập của học sinh .
Đây là 1 đề tài của Tổ Vật Lý của trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh ,nó là một đề tài “dài hơi”.Đề
tài được hằng năm thực hiện và hoàn thiện dần từng phần.Trong các năm qua chúng tôi đã hoàn
thành một số chuyên đề :
Các phương pháp Vật Lý giải bài toán cơ học (năm 2000)
Các phương pháp tìm cực trị của bài toán Vật Lý (năm 2001)
Các phương pháp chứng minh vật dao động điều hoà(năm 2002).
Trong báo cáo này chúng tôi bổ sung một phương pháp khác tìm cực trị của bài toán Vật Lý dựa
vào Bất Đẳng Thức Bunhiacốpski.

B> Nội Dung :
I.CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA BÀI TOÁN VẬT LÝ :
các bài toán tìm cực trị của bài toán Vật Lý thường dùng các phương pháp sau:
1.Phương pháp dùng biệt thức : Ở đây phương trình có đại lượng cần tìm cực trị được đưa về
phương trình bậc hai , rồi áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm là biệt thức  không âm
0


,từ đó tìm ra cực trị.
2.Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol: Đại lượng cần tìm cực trị y có quan hệ
với các đại lượng khác x theo hàm bậc hai: cbxaxy 
2
thì đồ thị y(x) là đường parabol có bề

lõm quay lên (với a>0) thì có cực tiểu ,có bề lõm quay xuống (a<0) thì y có cực đại tọa độ dỉnh
 








aa
b
yx
mm
4
;
2
, cho biết cực trị y
m
.
3.Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó : abba 2 .
4.Phương hpáp hình học : dựa vào các tính chất và định lý trong hình học .
5.Phương pháp giải tích : Dùng đặc điểm cực trị tại điểm x
1
thì y’(x
1
)=0 và y’ đổi dấu qua x
1
hoặc
xét dấu y’’.

6.Phương pháp không tiểu biểu : Như vào phân thức có tử không đổi ,mẫu số lớn nhất thì nhỏ
nhất và ngược lại .Nếu mẫu số không đổi thì phân số lớn nhất và ngược lại .Hoặc dựa vào đặc
điểm của một số đại lượng như : F
ma sát nghỉ


F
ma sát trượt
;F
ms
<N; 1sin x
; 1cos x …….
7.Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski:
Cho 2n số thực (n2) :a
1
;a
2
;…a
n
và b
1
;b
2
…b
n
ta có :








n
nnnn
bbbaaabababa 
2
2
2
1
22
2
2
1
2
2211

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
n
n
b
a
b
a
b
a

2
2
1

1
.




M
1

M
2

A

B

C



H

K

F

I

I

E



y

x

II.CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ :
Dưới đây giới thiệu ví dụ phương pháp dùng bất đẳng thức Bunhiacốpski để tìm cực trị :
B5T13S4(L10) Tọa độ trọng tâm
Một khung sắt có dạng 1  vuông với góc nhọn  đặt trong mặt phẳng thẳng đứng,cạnh
huyền có phương nằm ngang .Trên 2 cạnh góc vuông có xuyên 2 hòn bi thép coi là chất
điểm khối lượng lần lượt là m
1
, m
2
chúng có thể trượt không ma sát trên 2 cạnh góc
vuông và được nối với nhau bằng 1 dây (lý tưởng ).
Hãy xác định góc  để hệ 2 quả cầu và sợi dây ở trạng thái cân bằng ?Nêu tính chất của trạng
thái cân bằng ?






Giải: Tung độ của trọng tâm chung của m
1
,m

2
là
21
2211
mm
ymym
y

 (1)
Trong đó y
1
=BM
1
sin = (AB-M
1
M
2
cos )sin =(a-lcos )sin Với M
1
M
2
=l;AB=a
y
2
=EF=AF-AE=asin-AM
2
cos =asin -lsincos
Hoặc tính y
2
=M

2
K=M
2
H+HK=M
2
H+M
1
I=lsin( -)+(a-lcos)sin
Thay vào (1) và biến đổi :














sincos
cos
sin
2
1
21
2

tg
m
m
mm
lm
ay

Hệ cân bằng bền khi y
min
Với

 ,a ,m
1
,m
2
,l không đổi y
min




sincos)(
2
1
 ctg
m
m
f cưc đại
Muốn vậy thì góc  xác định bởi


tg
m
m
g
2
1
cot 
Ap dụng bđt Bunhiacopki:
 
1sincos1)(
2
2
1
22
2
2
1






























tg
m
m
tg
m
m
f
f()cực đại khi




gtg
m

m
cot
sin
cos
2
1

Vậy để hệ cân bằng bền thì góc  xác định bởi

tg
m
m
g
2
1
cot 

B1T1S6(L10)
Một người muốn qua 1 con sông rộng 750 m.Vận tốc bơi của anh ta đối với nước
v
1
=1,5m/s.Nước chảy với vận tốc v
2
=1m/s.Vận tốc chạy bộ trên bờ của anh ta là v
3
=2,5m/s.Tìm
đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ )để người đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát
trong thời gian ngắn nhất .Cho cos25,4
0
=0.9,tg25,4

0
=0,475)
Giải:Giả sử người đó chạy bộ từ AB,rồi từ B đến B bơi theo hướng
1
v

hợp với
CA

1 góc  để đi
đúng tới C
Thời gian bơi qua sông t
1
=AC/(v
1
cos) (1) ta lại có AB=(v
2
-v
1
sin)t
1
(2)
B

C

A

Thời gian chạy bộ t
2

=AB/v
3
(3);thời gian chuyển động tổng cộng
t=t
1
+t
2
=




cos
sin5,15,3
200
cos
)sin(
31
123



vv
vvvAC

Đặt


cos
sin5,15,3


y

5,3sin5,1cos




y
Theo bất đẳng thức Bunhiacopki: 16,35,15,35,1sin5,1cos
22222
 yyyy


Vậy y
min
=3,16

t
min
=200.3,26=632s
Khi đó


sin
cos
5,1
min

y

hay 4747,0
16,3
5,15,1
min

y
tg


(1)

s
v
AC
t 556
cos
1
1




mtvvAB 198cos)2(
112



Vậy người đó phải chạy bộ 1 đạn AB=198m,rồi bơi qua sông theo hướng
1
v


hợp với AC 1 góc
=
'0
2325
B1T13S4(L10) CƠ NHIỆT
Một vật khối lượng m lăn không vận tốc đầu trên 1 dốc dài l,nghiêng 30
0
so với mặt phẳng ngang.
Sau khi lăn hết dốc ,vật chạm vào vật va chạm xuyên tâm vào một pittông của 1 xylanh cố định
đặt nằm ngang .Chiều dài cột khí trong xylanh là l
0
.Tìm độ dài ngắn nhất của cột khí sau va
chạm.Biết tiết diện của pittông là S và bỏ qua ma sát trên dốc ,bỏ qua khối lượng của pittông, quá
trình biến đổi khí là đẳng nhiệt ,áp suất khí quyển là P
0
.
Giải:
Vật có vận tốc cuối dốc ghv 2 với h=lsin30
0
=l/2 glv 
Ap lực trung bình mà vật tác dụng lên pittông :gọi x là độ dịch chuyển pittông từ lúc va chạm tới
lúc dừng .Ap dụng định luật Động năng:
x
mv
F
mv
Fx
2
2

22

Quá trình biến đổi khí đẳng nhiệt :
Trạng thái đầu :P
1
=P
0
,V
1
=l
0
S
Trạng thái sau :
S
F
PP 
02
, Sxlv )(
02

Thay vào:
 
Sxl
S
F
PSlP 








0000


   
xl
xS
mvxSP
xl
xS
mv
PSlP 











0
2
0
0
2

000
2
2
2

02
0
222
0
 lmvmvxSP
0
0
222
1
4
8
SP
mlSPvmvmv
x

 và x
2
<0(loại)
Vậy độ dài ngắn nhất của cột sau va chạm
0
2
0
22
00min
4

8
SP
mvmlSPvmv
lxll


Hoặc áp dụngbđt Bunhiacopki cho x
1


0
0
222222
0
0
222
1
4
8
4 SP
mlSPvmvmvv
SP
mlSPvmvmv
x





0

0
22
4
82.2
SP
mlSPvmv 


0
0
22
4
8.2
SP
mlSPvmv 

Vậy độ dài cột khí ngắn nhất l
min
=l
0
=
0
0
22
2
8.
SP
mlSPvmv 

B1T16S6(L10)

Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với hệ số ma sát k.Để xê
dịch hòm cần phải tác dụng vào nó 1 kực .Hãy tìm giá tri nhỏ nhất của lực F và góc  tương ứng.
Giải:Gọi  là góc hợp bởi
F

với phương ngang .
Để có thể xê dịch được hòm thì Fcos-F
ms
=ma

0 ;f
ms
=k(mg-Fsin)
Theoo đề tìm giá trị nhỏ nhất nên toạ độ chỉ xét dấu bằng
“=”
 


sin
cos
sincos0
k
kmg
FFmgkF

 (1) Vì  nhọn cos;sin dương ,k dương
Theo bđt Bunhiacopki:








222
2
sincos1sincos  kk (2
Từ (1) (2)
2
min
1 k
kmg
F

 (3)

Xét trường hợp đẩy hòm


0, 

vF


hướng xuống thì áp lực tăng lên và lực ma sát sẽ tăng lên
F
ms
=mg+Fsin Do đó lực F sẽ lớn hơn f
min
thu được (3)

Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là
2
min
1 k
kmg
F


khi đó góc  : arctgktgk 



cos
sin

B3T1S6(L10) C2T21S8(L10)
Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo trên sàn bằng 1 sợi dây với kực kéo F=1000N,hệ
số ma sát hộp và sàn là 0,35.
a)Với góc giữa dây keó và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng cát lớn nhất .
b)Tính khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu?(lấyg=10m/s
2
).
Giải :
Vật chịu 4 lực .Chọn hệ tọa trục như hình vẽ
Ta có amfFNP






 (1)
Chiếu (1) lên Oy:

sin0 FF
G
 (2) kQkNf




Chiếu (1) lên Ox:Fcos-f=ma (3)



akg
kF
m





sincos

Điều kiện m
max
(F,k,g không đổi)


 

0
maxsincos
min






a
k
akg


Theo bđt Bunhiacopki:
2
1sincos.1 kk 


kg
kF
m
2
1

Dấu bằng xảy ra khi :k=sin/cos=tg=0,35
0
3,19


Khi đó khối lượng cát lớn nhất kg
kg
kF
m 303
10.35,0
35,011000
1
2
2
max





B5T3S6(L10) tìm  để F
min
,A
min
kéo vật lên
Trên 1 tấm ván nghiêng 1 góc  vôùi phöông ngang coù 1 vaät đñược kéo lên bằng 1 sợi dây.Hệ số
ma sát và ván nghiêng là .Hỏi góc  hợp bởi phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu
thì tốn công ít nhất khi kéo vật lên.
Giải:
F

lực kéo (lực căng dây)góc hợp bởi
F

với ván

Để kéo vật lên F
x
=P
x
+F
ms

 







cossin
cossin
sincossincos



mg
FFmgmgF

Biến đổi mẫu số:Đặt


tg


   





 cos
cos
1
coscossinsin
cos
1
cossin

Vậy


 





cos
cos
cossin



mg

F

Để công nhỏ nhất thì F nhỉ nhất khi mà cos( -) lớn nhất









1)cos(
Vậy
minmin
AF  thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc


arctg

và dây kéo hợp với phương
ngang 1 góc






Hoặc ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacopki:






222
sincos1cossin 
dấu bằng xảy ra khi =tg


cos
1
11
22
 tgMS





coscossin
min
 mgF
=



coscoscossin tgmg  =




sincoscossin mg Với tg=
Vậy )sin(
min

 mgF ĐK:
0
90

thì mới kéo được lên;
0
90

không kéo lên được.
B4T25S5(L10) Tìm  để khối trụ quay tại chỗ
Người ta cuốn 1 sợi dây không dãn ,không khối lượng quanh 1 khối trụ khối lượng m như hình vẽ.Hỏi
phải kéo dây bằng 1 lực F
min
nhỏ nhất bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ .Khi đó dây tạo với phương
ngang 1 góc  bàng bao nhiêu ?Cho biết hệ số ma sát giữa khồi trụ với sàn là k.
Giải:khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ
Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên 0






ms
FNPF (1)
Chiếu lên Ox: 0cos 

ms
FF

(2)
Chiếu lên Oy: 0sin



NmgF

(3) với F
ms
=kN (4)
2) (3) (4) suy ra

sin
cos
k
kmg
F


F
min
khi mẫu số



sincos k lớn nhất
Theo bđt Bunhiacopki:

2
1sincos kk 


Vậy :
2
min
1 k
kmg
F

 Khi đó kcos=sin Hay tg=k )(karctg


