SÁNG KIẾN vận DỤNG PHƯƠNG PHÁP CHIA NHỎ để GIẢI một số bài tập vật lí

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP CHIA NHỎ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Giải bài tập là công việc hết sức quan trọng trong quá trình dạy - học môn vật lí.
Qua mỗi bài tập giúp học sinh rèn luyện khả năng tư duy và hiểu rõ hơn bản chất vật lí
trong mỗi bài toán. Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt là quá trình bồi dưỡng học sinh
giỏi, khi gặp các dạng bài tập trong đó các quá trình vật lí diễn ra một cách phức tạp,
nếu chúng ta nhìn nhận bài toán này một cách tổng thể để giải thì rất khó khăn. Để giải
được những bài tập ở dạng này chúng ta có thể sử dụng một phương pháp, gọi là
phương pháp chia nhỏ. Đây là một phương pháp tư duy từ nghiên cứu từng bộ phận
đến khái quát tổng thể. Dùng phương pháp này có thể giải quyết một cách nhanh
chóng các quá trình vật lí phức tạp nhờ các quy luật vật lí mà chúng ta đã quen biết
làm cho vấn đề trở nên đơn giản.
II. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Trong đề tài nghiên cứu này, tôi sẽ dùng phương pháp chia nhỏ để phân tích và
giải một số bài tập vật lí điển hình. Từ đó, vận dụng trong quá trình dạy học, đặc biệt
là quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua việc nắm bắt được phương pháp này, học
sinh sẽ có cách nhìn toàn diện hơn trong việc phân dạng, phân tích và giải các bài tập
vật lí.
III. Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp chia nhỏ (có sử dụng tích phân và vi phân).
- Một số bài tập vật lý có thể sử dụng phương pháp chia nhỏ để giải.
IV. Giới hạn, phạm vi của để tài
Để tài chỉ nghiên cứu cách giải một số bài tập về cơ học, nhiệt học của chương
trình lớp 10 và phần điện tích điện trường, cảm ứng điện từ của chương trình lớp 11.

1


B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận
Phương pháp chia nhỏ là phương pháp chia toàn bộ quá trình thành rất nhiều
các quá trình nhỏ (gọi là quá trình nguyên tố) mà mỗi quá trình nguyên tố đó đều tuân
theo cùng một quy luật vật lí. Như vậy, chúng ta chỉ cần phân tích một quá trình
nguyên tố, sau đó dùng phương pháp toán học hoặc ngoại suy vật lí có thể dễ dàng tìm
ra kết quả. Dùng phương pháp này giúp học sinh suy xét lại các quy luật, củng cố,
nâng cao kiến thức, nâng cao năng lực giải bài tập vật lí.
Để vận dụng thành công phương pháp chia nhỏ ta có thể sử dụng phương pháp
vi phân hoặc tích phân trong toán học để tìm ra kết quả của bài toán.

1.

Phương pháp vi phân.
Khi giải bằng phương pháp vi phân ta xác định các đại lượng vật lí trong một quá
trình nguyên tố (ví dụ: phân tích lực tác dụng lên một phẩn tử nhỏ), khi đó trong kết
quả cuối cùng không có mặt các phần tử nhỏ đó.

2.

Phương pháp tích phân.

Khi giải bằng phương pháp tích phân người ta tiến hành lấy theo tổng các phần
tử nhỏ, đồng thời tận dụng tính chất đối xứng của bài toán, chú ý tránh tối đa việc lấy
tích phân trực tiếp.
Cần lưu ý rằng hai phương pháp này ít khi tách rời nhau mà thường liên hệ chặt
chẽ với nhau.
II. Cơ sở thực tiễn
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã vận dụng đề tài này vào đội
tuyển học sinh giỏi lớp 10 và 11 và thu được kết quả như sau:
Đội

tuyển

Trước khi áp dụng đề tài

Sau khi áp dụng đề tài

% H/S biết vận

% H/S chưa biết

% H/S vận dụng

% H/S chưa vận

dụng phương

vận dụng phương

tốt phương pháp

tốt dụng phương

pháp chia nhỏ

pháp chia nhỏ

chia nhỏ

pháp chia nhỏ

Lý 10

0%

100%

80%

20%

Lý 11

0%

100%

100%

0%

2


Từ bảng khảo sát trên và kết quả của các đội tuyển trong kỳ thi học sinh giỏi
tỉnh những năm qua của đơn vị nơi tôi công tác cho thấy hiệu quả của đề tài là rất tốt.
III. Giải một số bài tập bằng phương pháp chia nhỏ
Bài toán 1. Một xích sắt tiết diện đều được treo cố định

A

vào đỉnh A của một bán cầu, đầu B của xích sắt vừa đủ chạm
đất (hình vẽ). Biết bán cầu có bán kính R, khối lượng xích
sắt trên đơn vị độ dài là ρ , bỏ qua ma sát giữa xích và mặt
cầu. Tìm lực kéo T mà đầu A phải chịu.

B

Giải
Nếu xét toàn bộ xích sắt thì không thể bỏ qua chiều dài của nó nên không thể
xem toàn bộ xích sắt là một chất điểm được. Để phân tích tình trạng chịu lực của dây
xích, ta chia dây xích thành rất nhiều đoạn nhỏ mà mỗi đoạn xem như một chất điểm,
phân tích sự chịu lực của mỗi đoạn nhỏ và căn cứ điều kiện cân bằng để đưa ra tình
trạng chịu lực của toàn bộ dây xích.

r
T 'α

A

r
N

D

r Tr
∆α ∆P α
α

∆α

E
C

∆R

∝

B

Xét một đoạn nhỏ bất kì có độ dài ∆L trên dây xích . Đoạn ∆L chịu tác dụng
của các lực như hình vẽ. Vì đoạn ∆L ở trạng thái cân bằng nên hợp lực tác dụng lên nó
bằng 0. Chiếu lên phương tiếp tuyến với mặt cầu ta được:
T ' = Tα + ∆Tα = ∆P cos α + Tα

3


Suy ra ∆Tα = ∆P cos α = ρ∆Lg cos α
Vì ở mỗi đoạn nhỏ, lực kéo theo phương tiếp tuyến đi lên lớn hơn lực kéo theo
phương tiếp tuyến đi xuống là ∆Tα , do đó lực kéo của toàn bộ dây xích tác dụng lên
điểm A là tổng vô số các lực kéo ∆Tα , tức là:
T = ∑ ∆Tα = ∑ ρ∆Lg cos α = ρ g ∑ ∆L cos α

Xét ý nghĩa của tích ∆L cos α : Vì ∆L chắn cung ∆α rất nhỏ nên coi CD ⊥ OC,
·
góc DCE = α nên ∆L cos α là thành phần của ∆L theo phương thẳng đứng :

∆L cos α = CE = ∆R , do đó:

Vậy: T =

∑ ∆L cos α = ∑ ∆R = R

ρ g ∑ ∆L cos α = ρ gR

Bài toán 2. Một dây xích sắt khối lượng M, độ dài L, mật độ khối
lượng của dây xích là ρ được treo thẳng đứng mà đầu dưới của nó vừa

x

chạm đất. Bây giờ thả nhẹ để nó rơi trên mặt đất ( hình vẽ). Hỏi khi dây
xích rơi xuống một đoạn x thì áp lực của dây xích tác dụng lên mặt đất là
bao nhiêu?
Giải
Trong quá trính rơi xuống, áp lực của dây xích tác dụng vào đất thực chất là
xung lực của nó tác dụng vào đất cùng với trọng lực của một phần dây xích rơi xuống
đất. Theo định luật III Niuton, xung lực này cũng bằng phản lực của mặt đất tác dụng
lên dây xích, xung lực của lực này làm cho động lượng của dây xích rơi xuống đất
thay đổi. Vì các phần tử của dây xích ban đầu có độ cao khác nhau, vận tốc khi chạm
đất khác nhau nên động lượng của chúng sẽ biến đổi khác nhau. Chúng ta xét một
đoạn nhỏ của dây xích trong một khoảng thời gian ∆t rất nhỏ thì có thể coi xung lực là
không đổi.

4


Giả sử thời điểm ban đầu t = 0 dây xích bắt đầu rơi, tại thời điểm t độ dài của
dây xích đã rơi xuống đất là x (phần còn lại là L - x), vận tốc phần dây xích chưa rơi
xuống là v. Ngay sau khi phần dây xích rơi xuống mặt đất, tốc độ của phần đó lập tức
bằng không. Từ thời điểm t lấy khoảng thời gian ∆t rất ngắn, phần khối lượng

∆M = ρ∆x rơi đến mặt đất và đứng yên. Xung lực của mặt đất tác

dụng vào ∆M là:

( F − ∆M .g ) ∆t
Áp dụng công thức :

( F − ∆M .g ) ∆t = ∆P = ∆M .v

Vì ∆M , ∆t rất là nhỏ nên ta xem ∆M .∆t ≈ 0
Do đó ta có : F ∆t = ∆M .v = ρ v∆x

Như vậy:

F = ρv

∆x
∆t

∆x
2
Vì ∆t là vận tốc tức thời của dây xích nên ta có: F = ρ v (1)

Vận tốc v tại thời điểm t là vận tốc tức thời của dây xích khi rơi
2
xuống độ dài là x, tức là v = 2 gx . Thay vào công thức (1) ta có:

F = 2 ρ gx

Đây chính là lực do phần dây xích chuyển động tác dụng lên

mặt đất tại thời điểm t. Ngoài ra, áp lực của dây xích lên mặt đất còn
thêm phần trọng lực của phần dây xích đã rơi trên mặt đất trước thời
điểm t là ∆N = ρ gx

.

Do đó, áp lực của dây xích tác dụng lên mặt đất là:
N = F + ∆N = 2 ρ gx + ρ gx = 3ρ gx = 3

5

Mgx
L


Bài toán 3. Một sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể
được vắt qua một đĩa cố định, bán kính R. Hai đầu dây có treo hai vật
M và m. Tìm mật độ phản lực tác dụng lên dây. Bỏ qua ma sát giữa dây

R

và đĩa.
Giải

m

Mật độ phản lực của đĩa tác dụng lên dây là phản lực của đĩa tác

M

dụng lên một đơn vị chiều dài của dây. Chia sợi dây vắt lên ròng rọc thành nhiều phần
nhỏ, mỗi phần nhỏ có thể coi là một chất điểm. Vì dây không giãn, khối lượng không
đáng kể, bỏ qua ma sát giữa đĩa và dây nên lực căng tác dụng lên hai đầu mỗi đoạn
nhỏ bất kì đều bằng nhau, nhưng vec tơ phản lực ở các điểm khác nhau trên dây lại
không như nhau nên ta không thể xét tổng thể toàn bộ dây mà phải xét từng phần nhỏ
trên dây.
Trên phần dây tiếp xúc với đĩa (nữa đường tròn) lấy
một đoạn ∆L rất nhỏ có góc ở tâm tương ứng là ∆θ (hình
r
vẽ). Đoạn ∆L chịu tác dụng của hai lực căng T ở hai đầu và
r
∆
N
phản lực
theo phương pháp tuyến của đĩa. Vì khối lượng
của dây không đáng kể, hợp lực theo phương pháp tuyến
bằng không và T = T’, nên từ hình vẽ ta có:

∆N = T sin

∆θ
∆θ
∆θ
+ T sin
= 2T sin
2
2
2

Vì ∆θ rất nhỏ nên

sin

2

∆θθ

∆N T ∆θ T
=
=
∆L R∆θ R

(1)

6

r
∆N

r
T'

∆θ ∆θ
≈
2
2 , ∆N = T ∆θ ; và ∆L = R∆θ . Nên ta có mật độ

phản lực tác dụng lên dây là:
n=

r
∆θT


Áp dụng định luật II Niu – tơn lần lượt cho hai vật ta có:
Mg – T = Ma

(2)

T – mg = ma

(3)

Từ (2) và (3) ta có:

T=

2Mmg
M + m thay vào (1) ta được mật độ phản lực tác dụng

lên dây là :
n=

2 Mmg
(M + m) R

Bài toán 4. Một bình đựng không khí có áp suất p nhỏ hơn áp suất khí quyển.
Trên bình có một lỗ nhỏ được đậy kín. Tháo nắp đậy lỗ nhỏ ra cho không khí tràn vào
bình. Hỏi vận tốc của không khí ngay lúc bắt đầu đi vào bình là bao nhiêu ? Biết áp
suất không khí bên ngoài là p0, khối lượng riêng của không khí là ρ .

Giải
Vì không biết ban đầu có bao nhiêu phân tử khí vào bình, không biết chúng
phân bố như thế nào và cũng không biết sau khi các phân tử khí đi vào áp suất sẽ biến
đổi ra sao nên chúng ta khó tìm ra đường lối để giải. Cần chú ý đến từ ‘‘ngay lúc ban
đầu’’ gợi cho chúng ta thấy ban đầu có một lớp không khí rất mỏng nằm ngay miệng lỗ
nhỏ tràn vào bình và làm cho áp suất trong bình tăng lên rất ít xem như không thay
đổi.
Gọi diện tích lỗ nhỏ là S, xét một lớp không khí rất mỏng ngay sát ngoài lỗ nhỏ,
độ dày và khối lượng của nó là ∆L và ∆m . Trong quá trình lớp khí này tiến vào bình
thì áp suất không khí trong bình xem như không biến đổi, do đó lớp khí mỏng này chịu
tác dụng của ngoại lực không đổi. Từ phân tích trên ta có lực tác dụng lên lớp khí nói
trên là :
F = (p – p0)S

(1)

Theo định lí về động năng ta có :

7


1
∆m.v 2
2

(2)

Trong đó, ∆m = ρ S ∆L

(3)

F ∆L =

Từ (1), (2), (3) ta có vận tốc không khí ngay lúc đầu đi vào bình là :
v=

2(p − p 0 )
ρ

Bài toán 5. Bên trong một mặt cầu bán kính R người ta tạo một áp suất dư p.
Hỏi bề dày của mặt cầu phải bằng bao nhiêu để khi đó mặt cầu không bị xé rách? Biết
rằng điều đó xẩy ra khi ứng suất có giá trị bằng

σ th .

Giải
Ta xét một diện tích ∆S (rất nhỏ) ở trên mặt cầu (hình vẽ)

8


y
p∆S

α

∆S

∆S '

Từ điều kiện cân bằng của bán cầu suy ra rằng lực đàn hồi tại tiết diện đáy bằng
tổng hợp các áp lực:
σ .2π Rd = F

(1)

Để tính lực tổng hợp này cần lưu ý rằng nó hướng theo trục đối xứng của bán
cầu (hình vẽ)
F = ∑ p∆Scosα = ∑ p∆S ' = pπ R 2

9

(2)


Thay vì chiếu lực, ta chiếu yếu tố diện tích ∆S trên mặt phẳng mà bán cầu tựa
trên nó (tức là ta "uốn phẳng" bán cầu).
Thay (2) vào (1) ta được:
σ=

pR
2d

Từ điều kiện σ < σ th , suy ra
d>

pR
2σ th

10

Bài toán 6. Hai đường ray dẫn điện song song, nằm ngang và cách nhau một
khoảng L, được nối với nhau bởi một điện trở R ở
một đầu. Một thanh kim loại khối lượng m được đặt
trên hai đường ray. Điện trở của đường ray và thanh

r
v0

R

kim loại không đáng kể. Toàn bộ hệ thống được đặt
r
trong một từ trường đều có cảm ứng từ B thẳng góc

với mặt phẳng chứa hai đường ray. Truyền cho thanh
kim loại một vận tốc ban đầu v0 theo phương nằm ngang hướng sang phải. Hỏi thanh
kim loại dịch chuyển sang phải một đoạn tối đa là bao nhiêu ? Giả thiết đường ray đủ
dài.
Giải
Trong quá trình chuyển động, thanh kim loại chịu tác dụng của các lực như hình
r

vẽ, trong đó F là lực từ do từ trường tác dụng vào thanh. Đây là một bài tập tìm vị trí
dịch chuyển của vật dưới tác dụng của lực biến đổi.
Giả sử tại thời điểm t bất kì, thanh có vận tốc v và đang chuyển động chậm dần
r

dưới tác dụng của F . Xét hệ thống trong khoảng thời gian ∆t (rất nhỏ) sau thời điểm t

thanh chuyển động được một đoạn nhỏ ∆x ; khi đó từ thông qua mạch biến đổi một
lượng là :
∆Φ = BL∆x

Cường độ dòng điện trong mạch khi đó là :
i=

ec ∆Φ BL∆x
=
=
R R∆t
R∆t

r
F

Lực từ tác dụng lên thanh là :
F = iBL =

B 2 L2 ∆x
R ∆t

11

r
N

r
P

Vì ∆t rất nhỏ nên có thể xem F không đổi. Chọn chiều dương hướng sang phải,
trong khoảng thời gian ∆t xung lượng của lực từ là :
B 2 L2 ∆x
∆I = − F ∆t = −
R

Để có được độ dịch chuyển có thể lấy tổng các xung lượng của lực từ là :
 B 2 L2 ∆x 
B 2 L2
I = ∑−
x
÷= −
R 
R


(1)

Trong đó x là khoảng dịch chuyển lớn nhất của thanh. Mặt khác, áp dụng định
luật biến thiên động lượng của thanh kim loại từ khi chuyển động đến lúc dừng lại ta
có :
I = 0 – mv0

(2)

Từ (1) và (2) ta tìm được :
x=

mv0 R

B 2 L2
K

Bài toán 7. Cho mạch
như hình vẽ. Nguồn điện có

1

điện
2
M

L1

điện động E, tụ điện có điện

L2

N

suất
dung

E

C, khóa K. MN và PQ là hai

C

đường

P

ray dẫn điện trơn nhẵn, song

Q

song

nằm trên mặt phẳng ngang,
khoảng cách giữa chúng là L. Đường ray đặt trong từ trường đều, có cảm ứng từ B
hướng thẳng góc với mặt phẳng chứa hai thanh ray và có hướng đi vào trong mặt
phẳng hình vẽ. L1 và L2 là hai thanh nhỏ dẩn điện đặt trên hai thanh ray, khối lượng
của chúng lần lượt là m1 và m2 (m1< m2). Khi hai thanh nhỏ chuyển động chúng luôn
tiếp xúc và vuông góc với hai thanh ray. Bỏ qua ma sát trong quá trình chuyển động,
điện trở hai thanh nhỏ bằng nhau. Ban đầu hai thanh đứng yên trên đường ray, khóa K
đang ở vị trí 1. Đóng K từ 1 sang 2. Hãy xác định :

12


a) Vận tốc cực đại của hai thanh nhỏ.
b) Nhiệt lượng tỏa ra trong toàn bộ quá trình.
Giải

i

Khi khóa K ở vị trí 1, nguồn điện nạp điện cho tụ. Khi
chuyển khóa K sang vị trí 2, tụ điện phóng điện qua haiC

i1

i2

R1

R2

thanh. Trong quá trình phóng điện hai thanh nhỏ chịu tác
dụng của lực từ và bắt đầu chuyển động. Khi tụ điện phóng
hết điện, dòng điện trong hai thanh nhỏ biến mất thì lực từ hết tác dụng, khi đó vận tốc
của hai thanh đạt cực đại.

a) Gọi vận tốc cực đại của hai thanh nhỏ là v. Xét chuyển động của hai thanh trong
khoảng thời gian ∆t (rất nhỏ) bất kì, trong khoảng thời gian đó cường độ dòng điện qua
các thanh xem như không đổi, ta có :
Fi1∆t = m1v 'i1 − m1vi1

Xét trong toàn bộ thời gian chuyển động:

∑ F ∆t = m v
i1

(1)

1

Tương tự với thanh L2 ta có:

∑F

i2

∆t = m2v

Từ (1) và (2) ta được:

(2)

∑ F ∆t + ∑ F
i1

i2

∆t = (m1 + m 2 ) v

(3)

Với Fi1 = BLi1 , Fi 2 = BLi2 và i1 + i2 = i nên ta có:

∑ BLi ∆t + ∑ BLi ∆t = BL∑ (i + i )∆t = BL∑ i∆t = BL(Q− q)
1

2

1

2

Trong đó Q = CE là điện tích cực đại mà tụ tích được khi nối với nguồn
và q = CEc = CBLv là điện tích của tụ khi hai thanh đạt vận tốc v

(4)

Từ (3) và (4) ta tính được vận tốc cực đại mà hai thanh đạt được là:

13


v=

BLCE
(m1 + m 2 ) + CB2 L2

(5)

b) Vì tổng năng lượng được bảo toàn nên ta có:
1
q2 1
2
CE =
+ (m1 + m2 ) v 2 + Q
2
2C 2

Thay q = CBLv với v được tính từ công thức (5) ta được nhiệt lượng tỏa ra
trong toàn bộ quá trình là:
Q=

(m1 + m 2 ) CE 2
2(m1 + m 2 + B2 L2 C )

Bài toán 8. Vòng dây mảnh bán kính R mang điện tích q > 0 đặt trong không
khí.

a) Tính cường độ điện trường tại tâm O của vòng dây.
b) Tính cường độ điện trường tại M trên trục vòng dây cách O một đoạn h. Xác
định h để E đạt cực đại và tính giá trị cực đại đó.
Giải
Để giải được bài toán này nếu ta xét toàn bộ vòng dây thì sẽ không thể giải
được. Do đó ta chia vòng dây ra nhiều đoạn nhỏ, mỗi đoạn coi như nột điện tích điểm
có điện tích ∆q .

∆q1

a) Xét tại tâm vòng dây

r
∆E1

Hai điện tích điểm ∆q nằm ở vị trí xuyên tâm,

r
∆E2

∆q2

đối xứng nhau trên vòng dây sẽ gây nên ở O hai điện
trường ngược chiều, cùng độ lớn. Hai điện trường này sẽ triệt tiêu nhau. Do đó cường
độ điện trường tổng hợp do cả vòng dây
gây nên ở tâm O sẽ bằng không.

r
r
E0 = ∑ ∆Ei = 0

∆q1

O

R
∆q

14 2

h

α

M

r
∆E2
r
∆E1

r
∆E


b) Tại điểm M trên trục vòng dây

- Xét hai điện tích điểm ∆q nằm ở vị trí xuyên tâm đối xứng với nhau trên vòng dây.
Cường độ điện trường tổng hợp do chúng gây nên tại điểm M là:
r
r
r
∆E = ∆E1 + ∆E2
∆q
∆E1 = ∆E2 = k 2
r nên:
Vì
r
∆E nằm trên OM và hướng

raxa O
∆E = 2∆E1 cos α = 2k

∆q h
2∆q.h
. =k
2
r r
r3

- Cường độ
điện trường tổng hợp do cả vòng dây gây nên ở M:
r
r
E M = ∑ ∆E

r

EM

nằm trên OM và hướng ra xa O, độ lớn:
h
q.h
q.h
 2∆q.h 
EM = ∑ ∆E = ∑  k . 3 ÷ = k 3 ( ∑ 2∆q ) = k 3 = k 2 2 3/2
r 
r
r
(R + h )


- Tìm h để EM cực đại.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3

 R2 R2
R2 R2 2
2
( R + h ) =  2 + 2 + h ÷ ≥ 27. 2 . 2 .h


kqh
2kq
EM ≤
=
2
R

3 3R 2
3 3
h
2
Từ đó ta có:
2kq
R
EM = ( EM ) max =
h=
2
3 3R thì
2
Vậy để
2

2 3

15


MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN

1. Một vòng dây tròn bán kính R = 6cm tích điện đều q = 10 -6C. Tính điện thế tại:
a. Tâm O của vòng dây
b. Điểm M trên trục vòng dây cách tâm vòng dây khoảng a = 8cm.

Đáp số:

V=

kq
R 2 + a 2 a) VO = 1500V; b) VM = 900V

2. Một điện tích điểm q đặt ở tâm của một vành mỏng bán kính R. Trên vành có
điện tích Q phân bố đều cùng dấu với q. Hãy tìm lực căng của vành. Bỏ qua
tương tác giữa các điện tích trên vành.

Đáp số:

T=

qQ
8π 2ε 0 R 2

3. Một dây dẫn có dạng nửa đường tròn bán kính 20cm được đặt trong mặt phẳng
r

vuông góc với cảm ứng từ B của một từ trường đều có độ lớn B = 0,4T. Cho
dòng điện I = 5A đi qua dây. Tìm lực từ F tác dụng lên dây dẫn này?
Đáp số: F = 0,8N
4. Một vành nhôm mỏng bán kính R= 10cm quay xung quanh trục của nó. Hỏi với
vận tốc góc bằng bao nhiêu thì vòng sẽ bị đứt gãy? Biết rằng điều này sẽ xẩy ra
khi vòng phải chịu một ứng suất cơ học

σ g = 2.107 N / m2

. Khối lượng riêng của

3
nhôm ρ = 2700kg / m .

ω=

1 σg
≈ 103 s −1
R ρ

Đáp số:
5. Một quả chuông mỏng hình bán cầu bán kính R đặt trên mặt phẳng nằm ngang.
Qua một lỗ nhỏ ở đỉnh, người ta rót nước vào trong chuông. Xác định khối
lượng của chuông, biết rằng tại thời điểm choán đầy chuông, nước sẽ chảy ra
ngoài?
1
m = ρ nπ R 3
3
Đáp số:

16


C. KẾT LUẬN
Như vậy, những bài tập vật lí mà trong đó, các quá trình diễn ra một cách phức
tạp, liên tục thì dùng phương pháp chia nhỏ là một phương pháp hữu hiệu nhất. Nhờ
phương pháp này mà ta đã làm sáng tỏ bản chất vật lí trong từng bài toán, làm cho bài
toán trở nên đơn giản và dễ hiểu hơn.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi và hệ thống được một số bài toán mà có
thể sử dụng phương pháp chia nhỏ để giải, qua đó giúp các em có thể nâng cao kiến
thức, kĩ năng giải bài tập vật lí. Từ đó, các em có thể nhận dạng và giải được rất nhiều
bài toán tưởng chừng rất phức tạp nhưng thực tế cách giải rất ngắn gọn và dễ hiểu.
Đồng thời từ những hệ quả và nhận xét rút ra từ các bài tập giúp các em hiểu rõ hơn

bản chất vật lí trong mỗi bài toán, truyền cho các em niềm đam mê với bộ môn vật lí.

17