Kinh nghiệm dạy vật lý ở THPT

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)

13
v
r
là vận tốc của vật 1 so với vật 3. Vận tốc tuyệt đối

12
v
r

là vận tốc của vật 1 so với vật 2. Vận tốc tương đối

23
v
r
là vận tốc của vật 2 so với vật 3. Vận tốc kéo theo
Ta có
231213
vvv +=
• Khi chuyển động cùng chiều:

13 12 23
v v v= +
2
• Khi chuyển động ngược chiều:
13 12 23
v v v= −
• Khi
12
v
vàø
23
v
vuông góc:

2 2 2
13 12 23
v v v= +
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:
AC AB BC= +
r r
r
2. Công thức cộng gia tốc.
- Từ công thức:
13
v
uur
=
12
v
uur
+
23
v
r
.
Sau khoảng thời
t∆
Công thức trên tương ứng với:
'
13
v
ur
=
'
12

v
ur
+
'
23
v
r
.
Vậy:
'
13
v
ur
-
13
v
uur
=
'
12
v
ur
-
12
v
uur
+
'
23
v

ur
-
23
v
uur

13 12 23
v v v⇔ ∆ = ∆ + ∆
r r r
→
13
v
t
∆
∆
uur
=
12
v
t
∆
∆
uur
+
23
v
t
∆
∆
uur

231213
aaa +=⇔
- Vật chuyển động trong hệ quy chiếu có gia tốc
0
a
thì chịu thêm lực quán tính.
0
amF
q
−=
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
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: v
1

= 60km/h, v
3
= - 20km/h
- Người đi bộ đi với vận tốc v
2
. Vận tốc của người đi xe máy đối với người đi bộ là
v
12
.
3
x
C
B
A
Ta có:
2121
vvv +=

2112
vvv −=⇒
=> v
12
= v
1
– v
2
(đk: v
12
>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
.
Ta có:
3232
vvv +=

3223
vvv −=⇒
=> v
23
= v
2
– v
3
(đk : v
23
>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:
+ t
1
= AB/v
12
= 2S/3(v
1
– v
2
)

+ t
2
= BC/v
23
= S/3(v
2
– v
3
)
Vì ba người gặp nhau cùng lúc nên: t
1
= t
2

⇔
2S/3(v
1
– v
2
) = S/3(v
2
– v
3
)
⇔
2( v
2
– v
3
) = v

1
– v
2

⇔
v
2
= (v
1
+ 2v
3
)/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:
v

1
, v
2
là vận tốc của tàu và xà lan đối với nước
v
3
là vận tốc của thủy thủ đối với tàu
Gọi 1 Tàu
2 xà lan
3 thủy thủ
Thì v
10
= v
1
= 35 km/h
v
20
= v
2
= 20 km/h
v
31
= v
3
=5 km/h
Để tính xà lan đi qua mặt người thuỷ thủ ta phải xác định vận tốc của thuỷ
thủ/ xà lan
Ta có:
2010021012
233132

vvvvv
vvv
−=+=
+=
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của thủy thủ
v
12
= v
10
+ v
20
= 35 +20 = 55 km/h
Suy ra: v
32
= v
12
– v
31
= 55 -5 = 50 km/h
Thời gian người thuỷ thủ thấy xà lan qua mặt mình
)(18005.0
50
250.0
32
sh
v
l
t ====
Quãng đường thuỷ thủ đi được:
S = v

10
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
4
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?
Giải:
a. Gọi :1 nhân viên, 2 tàu, 3 tàu bên cạnh, 4 đất.
Vậy: v
1
là vận tốc của người so với tàu
1 12
v v=
uur uur
, v
2
là vận tốc của tàu so với
đất
2 24
v v=
uur uuur
, v

3
là vận tốc của tàu bên cạch so với đất
3 34
v v=
uur uuur
.
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tàu.
Ta có:
13 12 24 43
12 24 34
1 2 3
v v v v
v v ( v )
v v v
60(km/ h)
= + +
= + + −
= − + +
=
uur uur uuur uuur
uur uuur uuur
Thời gian người nhân viên nhìn thấy đoàn tàu bên cạnh đi ngang qua mình:
l = t v
13
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
0
AB
v >
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/s
2
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.
Giải:
Chọn mốc thời gian lúc 2 vật qua O
- Phương trình vận tốc của vật thứ nhất trên trục Ox:
v
1
= v
01
+ a
1
t = 6 + t
- Phường trình vận tốc của vật thứ hai trên trục Oy:
v
2

= v
02
+ a
2
t = - 8 + 2t
- 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:

2112
vvv −=
. Do
1
v
vuông góc với
2
v
.
=> v
12
=
2
2
2
1
vv +
=
22
)28()6( tt +−++

5
O
y
x
1
v
2
v
12
v
=> v
12
=
100205
2
+− tt
.
Biểu thức trong căn của v
12
đạt giá trị nhỏ nhất khi
t =
=
−−
5.2
)20(
2 (s) < 4 (s).
Vậy v
12
có giá trị nhỏ nhất khi t = 2s.
=> (v

12
)
min
=
≈+− 1002.202.5
2
8,94 (m/s)
Khi đó v
1
= 8m/s,
α
=),(
121
vv
. với Cos
α
= v
1
/v
12
= 8/8,94
≈
0,895
=>
α
= 26,5
0
- Vậy v
12
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
01
v
( Hướng đến điểm
M ) nghiêng một góc
α
= 45
0
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 v
01
.
Giải:
- Chọn trục tọa độ như hình vẽ:
Mốc thời gian là lúc các vật bắt đầu chuyển động.
- Vận tốc của vật 1 trên trục Ox là:
- Vận tốc của vật 1 đối với vật 2 trên trục Ox là:
2112
vvv −=
=> v

12x
= v
1x
– v
2
= v
01
cos
α
- v
2
:
Điều kiện để vật 1 va chạm với vật 2 là v
12x
> 0  v
01
cos
α
- v
2
> 0 =>
0cos
2
2
2
>− v
α
(1)
- Khoảng thời gian từ lúc hai vật chuyển động đến lúc va chạm là:
t =

x
v
OM
12
=
201
cos vv
l
−
α
(2)
- Phương trình tọa độ của vật 1 trên trục Oy là:
y = (v
01
sin
α
)t – gt
2
/2.
- Thời gian vật 1 ném xiên từ O đến khi chạm với vật 2 ( trên trục Ox ) thỏa mãn
phương trình y = 0
⇔
(v
01
sin
α
)t – gt
2
/2 = 0 => t =
g

v
α
sin2
01
(3) ( t = 0 loại )
- Từ (2) và (3) suy ra:
201
cos vv
l
−
α
=
g
v
α
sin2
01
. Thay số vào ta có:
10
2
2
2
1,7
2
2
20
01
01
v
v

=
−

⇔

020021,7
01
2
01
=−− vv
6
O
x
M
y
01
v
2
v
α
α
cos
011
vv
x
=

⇔
v
01 =

0
2
82,90021,7
<
−
(loại) hoặc v
01 =
)/(20
2
82,90021,7
sm≈
+
(thỏa mãn
(1)).Vậy v
0 1
= 20(m/s).
Dạng 5. Các bài tập chuyển động thẳng đều khác phương
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:
- Gọi ô tô là vật 1, hành khách là 2, mặt đất là vật 3
Muốn cho hành khách đuổi kịp ô tô thì trước hết
véc tơ vận tốc
21
v
của người ấy đối với ô tô
phải luôn hướng về phía ô tô và tại thời điểm

ban đầu véc tơ
21
v
hướng từ A đến B
- Theo công thức cộng vận tốc:
231213
vvv +=

2113121323
vvvvv +=−=⇔
- 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 =>
AC
AN
BC
MN
=

⇔
AC
AN
BC
AE
=
hay
AC
v
BC
v

2313
=

=> v
23
=
113
.
BC
. v
AC
v
BC
AC
=

)(
113
vv =
- Trong tam giác ABC luôn có
βα
sinsin
BCAC
=

⇔

β
α
sin

sin
=
BC
AC
. Vậy v
23
=
1
.
sin
sin
v
β
α
=> v
23
nhỏ nhất khi sin
β
= 1, tức là
β
= 90
0
=> (v
23
)
min
= sin
α
.v
1

=
1
v
a
d
=
)/(8,1054
400
80
hkm=
- 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
, v
2
. Tàu A chuyển động theo hướng
AC tạo với AB góc
α
(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
1
v
) thì các độ lớn vận tốc v
1,
v
2

phải thỏa mản điều kiện gì?
Giải:
a. Tàu B chuyển động với vận tốc
2
v
hợp với
BA
góc
β
.
- Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v
1.
t, BM = v
2.
t
- Trong tam giác ABM:
+
αβ
sinsin
BMAM
=

⇔

αβ
sinsin
21
tvtv
=
7

B
A
CH
13
v
23
v
21
v
E
M
N
α
β
13
v
β
α
θ
A
M
B
H
1
v
1
v
2
v
21

v
⇔
sin
β
=
α
sin
2
1
v
v
(1)
- Tàu B phải chạy theo hướng hợp với
BA
một góc
β
thỏa mãn (1)
- Cos
θ
= cos[180
0
– (
)
βα
+
] = - cos(
)
βα
+
=

βαβα
cos.cossin.sin −
- Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là
21
v
. Tại thời điểm ban đầu
21
v
cùng
phương chiều với
BA
. Theo công thức cộng vận tốc:
12132321
vvvvv −=−=
=>
θ
cos2
12
2
1
2
2
2
21
vvvvv −+=
=>
)cos.cossin.(sin2)cos(sin)cos(sin
21
222
1

222
2
2
21
βαβαααββ
−−+++= vvvvv
=(
2
1
2
21
2
2
2
.sin.sinsin2.sin vvvv
αβαβ
+−
)+
(
2
1
2
21
2
2
2
.cos.coscos2.cos vvvv
αβαβ
++
)

= (
2
12
).sin.sin vv
αβ
−
+(
2
12
).cos.cos vv
αβ
+
= 0 + (
2
12
).cos.cos vv
αβ
+

( theo (1) )
=> v
21
=
βα
coscos.
21
vv +

Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là:
t =

βα
coscos
2121
vv
l
v
AB
+
=
b. Để 2 tàu gặp nhau ở H thì
ααβαβαβ
cos)90sin(sin9090
000
=−=⇒−=⇒=+
Theo (1) ta có:
1
2
2
1
tansincos
v
v
v
v
=⇔=
ααα
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
α
= 60

0
. Xác định khoảng cách
nhỏ nhất giữa các tàu. Cho biết ban đầu chúng cách O những khoảng l
1
= 20km và
l
2
= 30km.
Giải:
- Chọn các truc tọa độ Ox
1
, Ox
2
như hình vẽ.
- Mốc thời gian là lúc các tàu ở M
01
, M
02

( OM
01
= l
1
, OM
02
= l
2
)
- Phương trình chuyển động của các tàu là:
+ Tàu thứ nhất trên trục tọa độ Ox

1
:
x
1
=
1
OM
= x
01
+ v
1
t = - l
1
+ vt
+ Tàu thứ hai trên trục tọa độ Ox
2
:
x
2
=
2
OM
= x
02
+ v
2
t = - l
2
+ vt
- Khoảng cách giữa hai tàu là M

1
M
2
. ta có:
1221
OMOMMM −=
=>(M
1
M
2
)
2
=OM
1
2
+ OM
2
2
– 2OM
1
OM
2
.cos(
21
,OMOM
)
- Đặt M
1
M
2

2
= f(vt) = (vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
– 2
))((
21
lvtlvt −−
cos(
21
,OMOM
)
1. Xét vt
≤
l
1
hoặc vt
≥
l
2
: (D
1
) (1)
- Khi vt
≤

l
1
thì x
1

≤
0 và x
2
< 0 => M
1
nằm giữa M
01
và O, M
2
nằm giữa M
02
và O
=> (
21
,OMOM
) =
α
8
O
M
01
M
02
M
1

M
2
x
1
x
2
α
- Khi vt
≥
l
2
thì x
1
> 0 và x
2

≥
0 => (
21
,OMOM
) =
α
- Vậy khi vt thỏa mản (D
1
) thì:
f(vt) = (vt – l
1
)
2
+ (vt – l

2
)
2
– 2(vt – l
1
)(vt – l
2
)cos
α
= 2(1-cos
α
)(vt)
2
– 2(l
1
+l
2
)(1- cos
α
)vt + l
1
2
– 2l
1
l
2
cos
α
+ l
2

2
+ Nếu xét t
≥
0 thì f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = -
2
'
21
ll
a
b +
=
không thỏa
mản (1).
+ 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 = l
1
hoặc vt = l
2
+ f(l
1
) = (l
1
– l
2
)
2
(2)
+ f(l

2
) = (l
1
– l
2
)
2
(3)
2. Xét khi l
1
< vt < l
2
: (D
2
) (4). Khi đó x
1
> 0 và x
2
< 0 tức là M
1
nằm ngoài
OM
01
, M
2
nằm trên đoạn OM
02
=> (
21
,OMOM

) = 180
0
-
α
=> f(vt) =
(vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)
2
– 2(vt – l
1
)(l
2
– vt )cos(180
0
-
α
)
=
(vt – l
1
)
2
+ (vt – l
2
)

2
- 2(vt – l
1
)(vt – l
2
)cos
α
= 2(1-cos
α
)(vt)
2
– 2(l
1
+l
2
)(1- cos
α
)vt + l
1
2
– 2l
1
l
2
cos
α
+ l
2
2
+ f(vt) đạt giá trị nhỏ nhất tại vt = -

2
'
21
ll
a
b +
=

∈
(D
2
)
+ V
ậy f(vt)
min
= f(
2
21
ll +
) =
α
cos
22
2
22
2
21
1
21
2

2
21
2
1
21






−
+






−
+
−






−
+

+






−
+
l
ll
l
ll
l
ll
l
ll
=
2
12
)(
2
cos1
ll −
+
α
(5)
- Do
1
2

cos1
<
+
α
. So sánh các trường hợp (2), (3), (5)
=> (M
1
M
2
)
2
min
= f(vt)
min
=
2
12
)(
2
cos1
ll −
+
α
=> (M
1
M
2
)
min
=

)(7,8
2
2
1
1
2030
2
cos1
12
kmll ≈
+
−=
+
−
α
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 R
1
, R
2
và
1
ω
,
2

ω
. Cho R
1
> R
2,
,
21
ωω
>
.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.
9
Sau khoảng thời gian t
Bán kính nối chất điểm
thứ nhất và tâm quét một
góc
t
11
ωα
=
.Bán kính
nối chất điểm thứ hai và
tâm quét một góc
t
22
ωα
=

. Vì
21
ωω
>

⇒
M
1
OM
2
= M
1
OM
01
–
M
2
OM
02
=
21
αα
−
=
t)(
21
αα
−
Do v
1

vuông góc với OM
1
Và v
2
vuông g óc với OM
2

Vậy
2121
21
),(),( OMMOMOMvv ==
=
t)(
21
ωω
−
Vận tốc của chất điểm thứ nhất đối với chất điểm thứ hai là:
231213
vvv +=
hay
2121
vvv +=

2112
vvv −=⇔
),cos(2
21
21
2
2

2
1
2
12
vvvvvvv −+=
tvvvvv )cos(2
2121
2
2
2
1
2
12
ωω
−−+=⇔
tRRRRv )cos(2)()(
212121
2
22
2
11
2
12
ωωωωωω
−−+=⇔
tRRRRv )cos(2)()(
212121
2
22
2

1112
ωωωωωω
−−+=⇒
Vậy v
12
đạt giá trị nhỏ nhất khi
1)cos(
21
=− t
ωω
=> (v
12
)
min
=
22112211
2
22
2
11
2)()( RRRRRR
ωωωωωω
−=−+
v
12
đạt giá trị lớn nhất khi
1)cos(
21
−=− t
ωω

=> (v
12
)
max
=
22112211
2
22
2
11
2)()( RRRRRR
ωωωωωω
+=++
Ví dụ 2: Chất điểm chuyển động theo đường tròn bán kính R với vận tốc góc
ω
trên mặt bàn phẳng (P). Mặt bàn chuyển động tịnh tiến thẳng đều với vận tốc
0
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
0
v
.
Xác định vận tốc của chất điểm đối với mặt đất tại thời điểm t =
ω
π
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
44
π
ω
π
ωωϕ
=== t
=>
42
),(
0
π
ϕ
π
=−=vv

- Vận tốc chất điểm đối với mặt đất:
013
vvv +=
=>
),cos(2
00
2
0
2
13
vvvvvvv ++=

=

2
2
2
0
2
0
22
RvvR
ωω
++
=
0
2
0
22
2 RvvR
ωω
++
10
0
v
0
v
ϕ
B
v
13
v
O
A

O
M
02
M
01
M
2
M
1
2
v
2
v
12
v
1
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 phẳng và cùng là chuyển động tròn đều.
Các chuyển động quay này là cùng chiều và có chu kỳ quay lần lượt là T
M
=27,3
ngày và T
Đ
= 365 ngày. Khoảng cách giữa Mặt Trăng và Trái Đất là
R
M
=3,83.10
5
km và giửa Trái Đất và Mặt Trời là R

Đ
=149,6.10
6
km.Chọn mốc thời
gian là lúc Mặt Trời, Trái Đất,
Mặt Trăng thẳng hàng và Trái Đất nằm giữa ( lúcTrăng tròn).
1. Tính khoảng thời gian giữa hai lần trăng tròn liên tiếp.
2. Coi Trái Đất, Mặt Trăng là các chất điểm.Viết biểu thức tính vận tốc của Mặt
Trăng đối với Mặt Trời. Từ đó suy ra vận tốc nhỏ nhất, tìm vận tốc này
Giải:
1. Xét trong khoảng thời gian ngắn
t∆
, Trái Đất quay quanh mặt trời góc
1
α
∆
,Mặt
Trăng quay quanh Trái Đất góc T
1
D
2
T
2
=
2
α
∆
. Do T
M
< T

D
=>
2
α
∆
>
1
α
∆
* 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
α
∆
. Từ hình vẽ =>
α
∆
=
1
α
∆
-
2
α
∆

- Tốc độ quay là:
ttt ∆

∆
−
∆
∆
=
∆
∆
=
21
ααα
ω
=>
DM
ωωω
−=
DMDM
TTTTTT
111222
−=⇔−=⇔
πππ
Vậy chu kỳ quay của Mặt Trăng trong hệ quy chiếu DS là:

5,29
3,27365
365.3,27
D
=
−
=
−

=
M
DM
TT
TT
T
( ngày).
=> Khoảng thời gian giữa hai lần Trăng tròn liên tiếp là 29,5 ngày
11
T
1
T
1
D
1
α
∆
1
α
∆
D
2
D
v
D
v
T
v
TM
v

S
2. Gọi vận tốc của Mặt Trăng quay quanh Trái Đất và vận tốc của Trái Đất quay
quanh Mặt Trời là
T
v
và
D
v
. Sau khoảng thời gian
t∆
thì (
T
v
,
D
v
) =
α
∆
=
t∆
ω
(Do
T
v
vuông góc với D
2
T
2
,

D
v
v uông góc với SD
2
)
- Vận tốc của Mặt Trăng quanh Mặt Trời ở thời điểm t là:
DTTM
vvv +=
=>
tvvvvvvvvv
DTDTDTDTTM
ωα
cos2cos2
22222
++=∆++=
=
t
T
R
T
R
T
R
T
R
T
D
M
MD
M

M
πππππ
2
cos
22
2
22
D
2
D
2
+








+








=>

t
TTT
RR
T
R
T
R
v
DM
DM
D
D
M
M
TM
π
π
2
cos22
2
2
2
2
++=
. Vận tốc v
TM
đạt giá trị nhỏ nhất khi
1
2
cos −=t

T
π
.
=>(v
TM
)
min
=
D
22
222
T
R
T
R
TT
RR
T
R
T
R
D
M
M
DM
DM
D
D
M
M

−=−








+








ππ
Thay số: T
M
= 27,3 ngày = 655,2 giờ, T
D
= 365 ngày = 8760 giờ
(v
TM
)
min
= 2
4

65
10.354,10
8760
10.6,149
2,655
10.84,3
=−
π
(km/h)
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 v
3
theo hướng thẳng đứng. Hãy xác định giá trị vận tốc của máy bay đối
với không khí chuyển động?
Giải:
Gọi tàu sân bay là (1), gió là (2)
máy bay là (3), đại dương là (4)
- Áp dụng công thức:
pmnpnm
VVV +=
- Vận tốc của tàu bay đối với gió
421412
VVV +=
=
24

14
VV −
. Do
14
V
vuông
góc với
24
V

⇒
V
12
=
2
2
2
1
2
24
2
14
VVVV +=+
-Vận tốc của mày bay đối với không khí:

123132
VVV +=
Do
12
V

nằm trong mặt phẳng (P) = mp(
14
V
,
24
V
),
và
31
V
vuông góc với (P) (Do vận tốc của máy bay đối với tàu có phương thẳng
đứng) =>
31
V
vuông góc với
12
V
, vậy
2
3
2
2
2
1
2
12
2
3132
VVVVVV ++=+=
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
µ
1
= 0,15 giữa M
và sàn là
µ
2
= 0,1.
12
24
v
14
v
12
v
32
v
31
v
Tây
Đông
Bắc
Nam
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
2) Ban đầu hệ đứng yên.
Tìm độ lớn lực F nằm ngang.

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
gm
, phản
lực
N
, lực ma sát
1ms
F
và lực quán tính
q
F
a) Khi m nằm yêu trên M
q
F
+
1ms
F
+
mg
+
N
= 0
⇔
q

F
+
1ms
F
= 0
⇔
F
q
= F
ms1
.
⇔
ma = F
ms1

≤

µ
1
mg.
a
≤

µ
1
g = 0,15 . 10 = 1,5 (m/s
2
).
b) Khi m trượt trên M với gia tốc
12

a
Thì
q
F
+
1
ms
F
+
mg
+
N
= m .
12
a
⇔
q
F
+
1
ms
F
= m .
12
a
⇔
F
q
– F
ms1

= m . a
12
.
⇔
m . a -
µ
1
mg = m. a
12
> 0
→
a >
µ
1
g = 1,5 m/s
2
.
a > 1,5 m/s
2
.
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
1
ms
F
+ trọng lực
1

P
phản lực
N
.
13
2ms
F

F

,
1ms
F

,
N

1ms
F

Q

N

gm

2
P

N


1ms
F

q
F

gm

a

m
M
- Vật M chịu tác dụng của trọng lực
2
P
, phản lực
'
N
(N=N
,
) do m tác dụng, phản lực
Q
do sàn tác dụng, lực ma sát do m tác dụng
1
'
ms
F
và lực
2ms

F
do sàn tác dụng.
Ta có: (F
ms1
)
Max
= (F
ms1
)
trượt
=
µ
1
mg = 0,15.1.10 = 1,5N.
(F
ms2
)
Max
= (F
ms2
)
trượt
=
µ
2
Q =
µ
2
(N + P
2

) =
µ
2
(mg + Mg)
= 0,1 ( 1.10 + 3.10) = 4N.
Vậy (F
’
ms1
)
Max
< (F
ms2
)
Max
(F
ms1
=F
,
ms1
)
→
M luôn nằm yên đối với sàn
Vậy muốn m trượt trên M thì F > (F
ms1
)
max
= F
ms1Trượt.

→

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
2
a
đối với sàn:
2
P
+
N
’
+
Q
+
F
+
1
ms
F
+
2ms
F
= M
2
a
→
F - F
’
ms1

-

F
ms2
= M a
2
Do F
’
ms1
= F
ms1

→


F -
µ
1
mg -
µ
2
(M + m)g. = M. a
2
.
⇔
a
2
=
M

gmMmgF )(
21
+−−
µµ
Xét m trong hệ quy chiếu gắn với M vật m chịu tác dụng của
1
P
,
N
,
q
F
,
1
ms
F
,
m trượt trên M thì F
q
>( F
ms1
)
ma x

⇔
m . a
2
>
µ
1

mg
⇔
a
2
>
µ
1
g
⇔

M
gmMmgF )(
21
+−−
µµ
>
µ
1
g
⇔
F > (
µ
1
+
µ
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
ω

. Góc ZÔA =
α
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 l
0
. 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
N
của thanh vuông góc với OA
14
ω
q
F

2ms
F

F

,
1ms
F


,
N

1ms
F

Q

N

1
P

2
P

+ lực quán tính li tâm: F
q
= m.a = m .
ω
2
r = m
ω
2
l . sin
α
.
+ Lực đàn hồi của lò xo
F
Giả sử lò xo bị giản thì F = K ( l – l

0
).
Điều kiện cân bằng là:
P
+
N
+
q
F
+
F
= 0 .(*)
Chiếu lên trục OA, chiều dương từ A
→
O ta có:
F + mg. cos
α
- F
q
. sin
α
. = 0
⇔
K (l - l
0
) + mg cos
α
- m
ω
2

l. sin
2
α
= 0
⇔
l =
αω
α
22
0
SinmK
mgCosKl
−
−
(1).
Nếu lò xo bị nén thì
F
có chiều ngược lại và có độ lớn :
F = K (l
0
– l).
Chiếu (*) lên OA ta được:
- F + mg Cos
α
- F
q
. sin
α
. = 0
⇔

- K (l
0
– l) + mg Cos
α
- F
q
. sin
α
. = 0.
K (l
0
– l) + mg Cos
α
- F
q
. sin
α
. = 0.
Giải ra được l thoả mãn (1).
Ví dụ 3: Cho hệ như hình vẽ, thang máy đi lên
với gia tốc
0
a
hướng lên.
Tính gia tốc của m
1

và m
2
đối với đất.

0
a
Bỏ qua các lực ma sát và khối lượng dây nối và
ròng rọc.
Giải:
Xét các vật trong hệ quy chiếu gắn
với thang máy, vật m chịu tác dụng
của trọng lực
1
P
, lực căng dây
1
T
,
lực quán tính
1q
F
, vật m
2
chịu tác dụng
của trọng lực
2
P
lực căng dây
2
T
,
0
a
lực quán tính

2q
F
, (T
1
= T
2
= T).
Giả sử m
1
chuyển động duống dưới với gia tốc
1
a
thì m
2
chuyển lên với gia tốc
2
a
( a
1
= a
2
= a).
15
q
F

N

P


0
ω
m
1
m
2

1
T

1q
F

1
P

1
T


2
P

2q
F
Vật m
1
:
1
T

+
1q
F
+
1
P
= m
1
1
a

⇔
P
1
+ F
q1
– T = m
1
a. (1)
Vật m
2
:
2
P
+
2q
F
+
T
= m

2
2
a

⇔
T – F
q2
– P
2
= m
2
a (2)
Cộng (1) và (2)
⇔
P
1
+ F
q1
– F
q2
– P
2
= (m
1
+ m
2
)a
⇔
m
1

g + m
1
a
0
- m
2
a
0
– m
2
g = (m
1
+m
2
)a
a =
21
021
))((
mm
agmm
+
+−
Gia tốc của m
1
đối với đất:
01
,
1
aaa +=

Chọn chiều dương hướng lên: a
,
1
= a
0
– a
1
= a
0
- a.
a
,
1
= a
0

-


21
021
))((
mm
agmm
+
+−
=
21
1202
)(2

mm
gmmam
+
−+
Gia tốc của m
2
đối với đất
02
,
2
aaa +=

⇔
a
,
2

= a
2
+ a
0

= a + a
0

=
21
021
))((
mm

agmm
+
+−
+ a
0

a
,
2
=
21
1201
)(2
mm
gmmam
+
−+
.
Ví dụ 4: Vật khối lượng m đứng yên ở đỉnh một cái nêm nhờ mat sát. Tìm thời 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
0
a
. Hệ số ma sát trượt giữa mặt nêm và m là
µ
chiều dài mặt
nêm là l, góc nghiêng là
α
và a
0

< g
α
ancot

Giải:
16
1
a

,
1
a

0
a

2
a

0
a

,
2
a

Vật m chuyển động với gia tốc
a
trong hệ quy chiếu gắn với nêm,
Ta có:

amFFNP
qms
=+++
(*)
Chiếu (*) lên oy ta được: N + Fq.Sin
α
- P. Cos
α
= 0
⇔
N = P. Cos
α
- Fq.Sin
α
= mg Cos
α
- ma
0
.Sin
α
= m (g Cos
α
- a
0
.Sin
α
).
Do a
0
< g

α
ancot

⇔
N > 0 : (Vật luôn nằm trên nêm).
F
ms
=
µ
. N =
µ
m (g Cos
α
- a
0
.Sin
α
).
Chiếu (*) lên ox ta được:
F
q
Cos
α
+ P. Sin
α
- F
ms
= m.a.
⇔
ma

0
.

Cos
α
+ mg. Sin
α
-
µ
m (g Cos
α
- a
0
.Sin
α
) = ma
⇔
a = (Sin
α
-
µ
. Cos
α
) g + ( Cos
α
+
µ
.Sin
α
).a

0
(1)
Từ phương trình: S =
2
1
at
2

⇔
l =
2
1
at
2
⇔
t =
a
l2
=
0
)()(
2
aSinCosgCosSin
l
αµααµα
++−
Gia tốc của vật đối với mặt đất:
0
,
aaa +=

⇔
a
,2
= a
2
+
0
a
2

+
0
2 aa
= a
2
+
0
a
2

+ 2a . a
0
. cos ( 180
0
-
α
).
= a
2
+ a

0
2
– 2a. a
0
cos
α
ms
F

N

q
F

P

0
a

x
y
0
α
17
α
a

,
a


0
a

⇔
a
,
=
α
Cosaaaa 2
0
0
22
−+
Với a thoả mãn (1).
Ví dụ 5:
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
là
µ

và sàn nhẵn.
Giải:
*Xét vật m trong hệ quy chiếu gắn với nêm.
Ta có:
12
1
amFFNP
msq

=+++
(*).
Chiếu (*) lên oy: N + F
q
.Sin
α
- mg cos
α
= 0
⇔
N = mg Cos
α
- F
q
.Sin
α
= mg Cos
α
- ma
2
. Sin
α
(a
2
là gia tốc của M đối
với mặt đất )
⇔
N = m (g Cos
α
- a

2
. Sin
α
).
*Vật M trong hệ quy chiếu gắn với sàn.

2
,'
2
aMFQNP
ms
=+++
(**)
Chiếu (**) lên phương ngang:
⇔
N
’
. Sin
α
- F
’
ms
. Cos
α
= M.a
2
⇔
N. Sin
α
- F

ms
. Cos
α
= M.a
2
(Theo định luật III Niu Tơn N=N
’
,F
ms
=F
’
ms
)
⇔
N. Sin
α
-
µ
N. Cos
α
= M.a
2
Thay biểu thức của N vào ta được:
m(gCos
α
- a
2
Sin
α
) Sin

α
-
µ
m.(gCos
α
- a
2
Sin
α
) Cos
α
= M.a
2
⇔
mg Sin
α
Cos
α
- ma
2
Sin
2
α
-
µ
mgCos
2
α
+
µ

ma
2
Sin
α
Cos
α
= Ma
2
⇔
a
2
=
ααµα
αµαα
CosSinmmSinM
CosmgCosSinmg


2
2
−+
−
(1)
Chiếu (*) lên ox ta được:
P
1
.Sin
α
- F
ms

+ F
q
.Cos
α
= m.a
12
⇔
P
1
.Sin
α
-
µ
N+ ma
2
. Cos
α
= m.a
12
⇔
mg Sin
α
-
µ
m (g.Cos
α
- a
2
Sin
α

) + ma
2
.Cos
α
= m.a
12
⇔
a
12
= g.( Sin
α
-
µ
Cos
α
) + a
2
(
µ
Sin
α
+ Cos
α
).
18
y
ms
F

N


q
F

0
α
1
P

Q

,
N

2
P

,
ms
F

x
m
α
M
⇔
a
12
= g (Sin
α

-
µ
Cos
α
) +
ααµα
ααµαµαα
CosSinmmSinM
CosSinCosSinCosmg

)).(.(.
2
−+
+−

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
Gọi gia tốc của M đối với mặt phẳng x là
a

khối K trong hệ quy chiếu gắn với Q
nằm yên thì:
q
F
+
1
P

+
N
= 0
Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng
và phương vuông góc với mặt nghiêng
P
1
.Sin
α
- F
q.
Cos
α
= 0
N
1
– P
1
.Cos
α
- F
q
.Sin
α
= 0
mgSin
α
- maCos
α
= 0

N
1
– mgCos
α
- maSin
α
= 0

⇔
a= gtg
α
; N
1
= mg
α
cos
+ mg
αα
tansin

⇔
a= gtg
α
; N
1
= mg ( Cos
α
+
αα
α

Cos
mg
Cos
Sin
=)
2
Đối với khối Q:
F
+
2
P
+
2
N
+
1
N
= m.
a
Chiếu lên phương chuyển động: F – N
‘
1
.Sin
α
= M.a
⇔
F = N
‘
1
.Sin

α
+ M.a
= N
1
.Sin
α
+ M.a
=
α
Cos
mg
. Sin
α
+ Mg
α
tan
; F= g
α
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
19
⇔
1
P

2
P

2
N

1
N

,
1
N

F

q
F

α
Q K
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

20
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.
21