Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT LÝ 10 BẰNG CÁCH ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm
SGK: Sách giáo khoa
SBT: Sách bài tập
HSG: Học sinh giỏi


2
MỤC LỤC

Trang
1. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lý do chọn sáng kiến kinh nghiệm….…………….………………………4
1.2. Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến……………………………………5
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Hiện trạng tình hình về vấn đề…………………………………………..5
2.2. Các giải pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.…………………………..6
3. HIỆU QUẢ MANG LẠI…………………………………………………24
4. ĐÁNH GIÁ PHẠM VI ẢNH HƯỞNG CỦA SÁNG KIẾN……………24
5. TÀI LIỆU THAM KHẢO…………………………………………………25


3
Tên SKKN: “GIẢI CÁC BÀI TẬP VẬT LÝ 10 BẰNG CÁCH ÁP DỤNG
CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN”
Tác giả: Đỗ Văn Tuyên
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn – Tổ Vật Lý
Đơn vị công tác: Trường THPT Lạng Giang số 3


4

1. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lý do chọn đề tài
Định luật bảo tồn và chuyển hóa năng lượng, định lt bảo toàn cơ năng,
định luật bảo toàn động lượng…. là những định luật rất quan trọng trong vật lí.
Dùng định luật này để giải bài toán cơ, nhiệt, điện…. trong vật lí kể cả trường
hợp có và khơng có ma sát, thì vẫn nhanh hơn nhiều, tiện lợi hơn nhiều là giải
bằng phương pháp động lực học thậm chí có những dạng tốn mà phương pháp
động lực học khơng thể giải quyết được thì phải vận dụng đến định luật bảo tồn
cơ năng và chuyển hóa năng lượng hoặc phải kết hợp cả hai phương pháp thì
mới giải được các dạng tốn đó.
Trong sách giáo khoa vật lí 10 chương trình nâng cao cũng chỉ mới đề cập
định luật bảo toàn cơ năng vào giải các dạng toán chuyển động ném, va chạm
đàn hồi và con lắc đơn. Chưa có hoặc chưa nói rõ các dạng tốn sử dụng sự
chuyển hóa năng lượng trong các bài tập, dạng toán phức tạp hơn, cũng như
chưa chỉ ra được sự tiện lợi hay ưu thế của phương pháp sử dụng định luật bảo
toàn cơ năng và chuyển hóa năng lượng so với phương pháp động lực học hay
sự kết hợp giữa hai phương pháp để giải quyết các bài tốn phức tạp, khó cho
các học sinh u thích mơn vật lí và HSG. Ở đây tôi xin giới thiệu phương pháp
sử dụng các định luật bảo tồn cơ năng và chuyển hóa năng lương cũng như
một số dạng toán ứng dụng nhiều trong vật lí 10, 11, chỉ ra các ưu thế của
phương pháp này so với phương pháp động lực học và một số dạng toán kết hợp
giữa hai phương pháp trong giới hạn các bài tốn cơ chương trình vật lí 10 để
giúp các em hoc sinh khắc sâu các định luật, đồng thời phát huy tính tích cực
năng động sáng tạo trong vận dụng lí thuyết, phương pháp vào bài tập.
Đề tài nghiên cứu về cách sử dụng các định luật bảo tồn và chuyển hóa
năng lương, cơ năng, động lượng… trong giải các bài toán vật lý 10, 11 và chỉ ra
được ưu thế cũng như tiện ích của phương pháp so với phương pháp động lực
học cũng như đưa ra một số dạng tốn có sự kết hợp của hai phương pháp mới

5
giải quyết được các bài tập vật lý 10, 11 nâng cao của trường trung học phổ
thơng.
1.2. Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến
Nghiên tính tích cực học tập mơn Vật lí của học sinh lớp 10, 11 trường
THPT Lạng Giang Số 3. Từ đó tìm ra hình thức thích hợp, xây dựng những giải
pháp học tập nhằm phát huy tốt năng lực của học sinh lớp 10,11 đối với mơn Vật
lí.
Phát huy tính tích cực học tập của học sinh trong mơn Vật lí của học sinh lớp
10, 11.
2. NỘI DUNG
2.1. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
2.1.1. Thuận lợi
Được sự quan tâm, giúp đỡ tận tình của Ban Giám Hiệu và tổ chức đoàn
thể trong nhà trường. Sự ủng hộ nhiệt tình của các đồng nghiệp đã giúp cho q
trình giảng dạy Vật lí của tơi đạt hiệu quả cao hơn. Hầu như toàn bộ học sinh
trong trường đều có nhận thức nhanh, học lực khá giỏi. Mơn Vật lí là mơn khoa
học tự nhiên nhiều học sinh u thích và tham gia thi đại học.
2.1.2. Khó khăn
Học sinh tham gia học nhiều môn để thi đại học do vậy thời gian các em
dành cho mơn vật lí chưa nhiều.
Kinh nghiệm BDHSG của giáo viên còn thiếu…
2.1.3. Các nguyên nhân, yếu tố tác động :
Thực tế tại trường THPT Lạng Giang số 3, các em học sinh tại các khối
lớp đều chưa phát huy được tính tích cực trong các mơn học nói chung cũng như
mơn vật lí nói riêng.


6
Một số nguyên nhân khác … dẫn đến tính tích cực của học sinh còn hạn

chế như: một bộ phận học sinh bị hổng kiến thức dẫn đến không ham học và còn
thờ ơ với việc học tập.
2.2. Giải pháp và biện pháp
2.1. Áp dụng với Cơ học.
Bài toán 1. Hai bản phẳng song song và thẳng đứng 1 trong số chúng hồn tồn
trơn, cái cịn lại rất nhám, được phân bố cách nhau khoảng D. Giữa chúng có đặt
một ống chỉ với đường kính ngồi b ằng D, khối lượng chung bằng M mơmen
qn tính đối với trục là I. Ổng chỉ bị kẹp chặt bởi 2 bản phẳng sao cho có thể
chuyển động xuống dưới khi quay nhưng không trượt so với bản phẳng nhám.
Một sợi chỉ nhẹ được buộc với vật nặng khối lượng ma và được quấn vào hình
trụ trong của ống chỉ có đường kính d. Tìm gia tốc của vật nặng?

Lời giải


7
Giả sử trong thời gian t khối tâm của ống chỉ đi xuống được một đoạn DH. Lúc
này ống chỉ quay quanh khối tâm góc:  
Khối m bị cuốn lên một đoạn: 

H 2H

.
R
D

d
d
H so với khối tâm của cuộn chỉ. Vậy
2

D

khối m đi xuống một đoạn: h H  H

d
D d
H
t . Gọi a là gia tốc của
D
D

khối tâm ống chỉ, thì gia tốc của vật m là:
a0 = a

D d
t 2
D  d t 2
; H a
; h a
.
D
2
D
2

Vận tốc của ổng chỉ và của vật m: v = at, v0 = a0t = a
trục chỉ  =

D-d
t . Vận tốc góc của

D

2v 2at

.
D
D

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
MgH

+

mgh

t 2
D - d t 2 M (at ) 2
 mga


2
D 2
2

m( a

=

Mv 2 mv02 I 2



.
2
2
2

Mga

D-d
2
t ) 2
I  2at 
D
 

2
2 D 

D d
m
D
2
suy ra a = g
.
4I
D d
M 
 m 2
D
 D 

M

Bài toán 2. Từ mức cao nhất của một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ đặc và
một quả cầu đặc có cùng khối lượng và bán kính, đồng thời bắt đầu lăn khơng
trượt xuống dưới. Tìm tỷ số các vận tốc của hai vật tại một một mức ngang nào
đó.
Lời giải
A

B


8
Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h.
vT là vận tốc của hình trụ sau khi lăn xuống được độ cao h.
Khi quả cầu, hình trụ lăn khơng trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát
tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại bằng khơng
và khơng ảnh hưởng tới cơ năng tồn phần của vật.
Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không trượt và
đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh
tiến và chuyển động năng quay của vật.
r

r

Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ),  ( theo
r

r

r

phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có  và Fms khơng sinh công
� Acác lực không thế = 0 � cơ năng của hệ được bảo tồn.

Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của
quả cầu và hình trụ:
2

Với quả cầu:

mgh =

2

mvc



2

 cc

2

Với hình trụ:

Trong đó:

c 

 

2

mv

mgh =



2

2mR

2

2

  

2

;

(2)

2

; c 

5
mR

(1)

2

 

vc
R
v
R
2

Thay vào ( 1 ) và ( 2 ) ta có:

mgh =

7 mvc
10
2

�

vc
2


v



2

;
15
14

mgh =

�

vc
v



15
14

3mv
4


9
Bài tốn 3.

Một hình trụ đồng chất khối tâm C, bán kinh R, momen quán tính

1
2

I = mR 2 đối với trục của nó. Được đặt khơng vận tốc đầu trên mặt phẳng
nghiêng góc  . Gọi f là hệ số ma sát trượt giữa hình trụ và mặt phẳng nghiêng.
1) Xác định gia tốc hình trụ. Chứng tỏ rằng có trượt hay khơng là tuỳ theo giả
thiết của  so với giả thiết  0 nào đó cần xác định.
2) Tìm sự biến thiên động năng giữa các thời điểm t, 0. Xét hai trường hợp
 <  0 và  >  0

y
N
C

O

P

Fms


Lời giải
1) Xác định gia tốc hình trụ
Giả sử trụ lăn khơng trựơt:
Psin  -Fms=ma
1
2

Fms.R = I   mR 2

Suy ra: Fms =
a=
Điều kiện

2
g sin 
3

1
ma
2

a
R

x


10
2
Fms= mg sin   fmg cos   tg 3 f
3

Tức là   0 với tg  0 = 3f thì

trụ lăn khơng trượt.
Trường hợp  >  0
a2 =


Fms là ma sát trượt . Ta có: Fms = fmgcos  .

mg sin   Fms
= g(sin  - fcos  ).
m
Fms.R 2 fg

cos
I
R

2) Sự biến thiên động năng.
Trường hợp  <  0 ở thời điểm t:

v = at =
 .t 

Động năng: Eđ =

mv2 I  2

2
2

- Trường hợp  >  0

2
g sin  .t
3

2
g sin  .t
3R

Bảo toàn năng lượng

E 0

ở thời điểm t:

v = g(sin  - fcos  ).t


2 fg cos 
t
R

Biến thiên năng lượng:
 a t2

1
E  Ams  Fms  2  S q   fmg cos . g  sin   3 f cos t 2
2
 2

1
2

Với S q = .t  R
1

E  mg 2 f cos  sin   3 cos 2  t 2
2

S  S 2  S1

Với S2 là độ dịch của C, S1 là quãng đường trụ quay.


11
Bài tốn4. Một vật A có trọng lượng P được kéo lên từ trạng thái đứng yên nhờ
tời B là đĩa trịn đồng chất có bán kính R, trọng lượng Q và chịu tác dụng ngẫu
lực có mơmen M khơng đổi ( hình vẽ ). Tìm vận tốc vật A khi nó được kéo lên
một đoạn là h. Tìm gia tốc của vật A.
Lời giải
Cơ hệ khảo sát gồm vật A chuyển động tịnh tiến; tời B quay quanh một trục cố
định.
r r

r

r

Các lực tác dụng lên hệ gồm các trọng lực P,Q , ngẫu lực M , phản lực R 0 và các
nội lực.
r

r

Nhận xét: trọng lực tác dụng chỉ có ngẫu lực M và trọng lực P sinh cơng; cịn
r

r

phản lực R 0 và trọng lực Q khơng sinh cơng vì các điểm đặt của chúng cố định,
các nội lực cũng khơng sinh cơng.
r

r
r
Vì có thể tính cơng hữu hạn của ngẫu lực M và trọng lực P để tìm vận tốc vA

của vật A ta áp dụng định lý biến thiên động năng:
r
r
  0  A P  A M

 

 

(1)

trong đó T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu ; T à động năng của hệ tại
thời điểm ( t ).
Ta có:

T0 = 0 vì ban đầu hệ đứng n .

(2)

Ta có:

T = TA + TB

(3)

Vật A chuyển động tịnh tiến nên

1P

TA =

2g

2

vA

(4)

1

2
Vật B quay quanh trục cố định nên TB   O

2

2

1 �1 Q 2 � 2 1 Q 2 �vA � 1 Q 2

� B  �
R �
 
R � �
vA
�
2�
4 g �R � 4 g
�2 g �

(5)


12
Thay ( 4 ) , ( 5 ) vào ( 3 ) ta có:  
r

 2 P  Q

vA

2g

2

2

(6)

r

Ta có: A  P  A  M  = M  - P.h = M  - P.R.  với h = R. 
r
r
�M
�
� A P  A M = �  P �h
�R
�

 

 

Thay ( 2 ), ( 6 ), ( 7 ) vào ( 1 ) ta được:

� vA  4g

(7)

 2 P  Q

vA

2g

2

2

�M

�

�R

�

= �  P �h

 M  Ph h
R  2P  Q

Để tìm gia tốc aA của vật A ta sử dụng định lý biến thiên động năng dạng vi phân
d 

�dA  �dA
i
k

Vậy vA  4g

e
k

�

 2 P  Q
2g

vA .aA =

 M  Ph h
R  2 P  Q

�M
�
�  P �vA
�R
�

aA = 2g

� aA = 2g

 M  PR 
R  2 P  Q

 M  PR 
R  2P  Q

Bài tốn5. Ba vịng đệm nhỏ giống nhau A, B,C, nằm yên trên một mặt phẳng
ngang, nhẵn, người ta truyền cho vòng A vận tốc v và nó đến và chạm đồng thời
với cả hai vịng B, C (hình vẽ). Khoảng cách giữ hai tâm của các vòng B, C
trước khi va chạm bằng N lần đuờng kính mỗi vịng. Giả sử các va chạm là hồn
tồn đàn hồi. Xác định vận tốc của vịng A sau va chạm. Tính giá trị của N để
vịng A: bật ngược lại, dừng lại, tiếp tục tiến lên?.

Lời giải
Vì hệ có tính đối xứng nên A chuyển

động trên đường thẳng cố định B và C có
quỹ đạo đối xứng nhau qua quỹ đạo của
A.


13
Vì các vịng đệm trịn nên va chạm là xun tâm do đó các vịng B và C sẽ
chuyển động theo các phương 12 và 13. Gọi v'; v B ;vC lần lượt là các vec tơ của
vòng tròn A, B, C sau va chạm.
Theo định luật bảo toàn động lượng: mv mv'  v B  mvC .
Suy ra: mv = mv’ + 2mvBcos

(1)

Trong đó vB = vC,  là góc giữa quỹ đạo của A và phương của chuyển động B
hoặc C.
Ta có: cos =

4 R 2  ( NR ) 2
4 N
(với OAOB = 2R)

2R
2

(2)

Thay (2) vào (1) v = v + VB. 4  N 2
Vì và chạm là đàn hồi nên:
mv 2

mv 2
mv 2
mv 2
=
+ B + C  v 2 = v2 + v B2  vC2
2
2
2
2

(4)

Từ (3) và (4) tìm được v = v’

(5)

hoặc v’ =

N2  2
v
6 N2

(6)

Với kết quả (5) suy ra vB = vC = 0. do đó loại trường hợp này.
N2  2
v
* Vậy vận tốc A sau va chạm là v’ =
6 N2

* Để A bật ngược trở lại thì v’ < 0 hay

N2  2
 0 và để A va vào cả B và C thì N
6 N2

 2. Do đó N2 - 2 < 0 suy ra 0 < N < 2 .
* Để A đứng yên thì v; = 0 suy ra N = 2 .
* Để A tiếp tục tiến lên phía trước 2  N > 2 .


14
Bài toán 6. Hai quả cầu giống nhau rất nhẫn va chạm đàn hổi vào nhau với vận
tốc song song có độ lớn v và 2v. Đường thẳng đi qua tâm của quả cầu này và có
phương của vận tốc là tiếp tuyến của quả cầu kia. Tính góc mà sau va chạm vận
tốc của mỗi quả cầu với hướng ban đầu của nó.
Lời giải
+ Chọn hệ toạ độ xOy như hình
vẽ.
Gọi V A ;VB là vận tốc của mỗi quả
cầu ngay sau va chạm v1x, v1y, v2y,
v2x là thành vận tốc sau va chạm
của A và B theo các trục Ox, Oy.
+ Xung lực tác dụng khi va chạm: PA = F1 t, PB = F2t.
Vì F1 = F2  PA = PB = P.
Xét quả cầu A: + mv1x = m2v - Pcos  v1x = 2v + mv1y = Psin  v1y =

P 3
2m

P
2m

(2)

*Xét quả cầu B: + mv2x = Pcos - mv  v2x =
+ mv2y = -Psin  v2y = -

(1)

P 3
-v
2m

P
2m

(3);
(4)

+ Định luật bảo toàn cơ năng: E(trước) = E(sau)
1
1
1
1
m(2v) 2  mv 2  m(v12x  v12y )  m(v22x  v22 y )
2
2
2
2

Từ (1) - (4) vào (5) sau khi biến đổi: 8P2 =
Thay (6) vào (1) - (4) ta được:

(5)
3
mv 3 (6).
2


15
v1x 

v
3v 3
5v
3v 3
; v1 y 
; v2 x  ; v 2 y 
4
4
4
4

+ Từ hình vẽ: tg 

v1 y
v1x

3 3   79 0 ; tg 

(7)
v2 y
v2x



3 3
  46 0
5

* Góc giữa v B và 2 v là : 1800 - 790 = 1010. Góc giữa v B và v là: 1800 - 460 = 1340
Bài tốn 7. Đồn tàu đi với vận tốc v = 72 km/h trên đường sắt nằm ngang. Đầu
tầu cần tăng công suất thêm bao nhiêu để tàu giữ nguyên vận tốc đó khi có mưa
lớn? Coi rằng, trong một đơn vị thời gian có một lượng nước mưa là m t = 100
kg/s rơi xuống tàu rồi chảy từ thành toa tầu xuống đất. Bỏ qua sự thay đổi lực
ma sát khi trời mưa.
Hướng dẫn giải
Đổi: v = 20m/s
Ta có: Pt = Mv ; Ps = (M+m)v
Áp dụng định lí biến thiên động lượng:
Fnl.t = Ps – Pt =(M+m)v – Mv = mv
Lấy t = 1s
ð Lực mà đầu tàu cần tăng lên / đơn vị thời gian là F = mv/t, và m = mt
= 100kg
ð Cần tăng công suất lên N  Fv  mt v 2  40(kW)
Bài toán 8 Con ếch khối lượng m1 ngồi trên đầu một tấm ván khối lượng m2,
chiều dài

l

; tấm ván nổi trên mặt hồ. Ếch nhảy lên theo phương hợp với

phương ngang một góc  dọc theo tấm ván. Tìm vận tốc ban đầu v 0 của con ếch
để nó nhảy trúng đầu kia của tấm ván. Bỏ qua mọi ma sát.
Giải.


16
- Bỏ qua mọi ma sát, theo phương ngang động lượng của hệ ếch và ván được
bảo toàn.
m1v0cos  + m2vv = 0. ( với vv là vận tốc của tấm ván.), suy ra độ lớn vận tốc
m1

của ván: vv = m v0cos  .
2
- Gọi quãng đường ếch nhảy tới là s 1 ; quãng đường tấm ván chuyển động lui là
s2.
- Thời gian ếch nhảy quãng đường s1, cũng là thời gian tấm ván di chuyển quãng
đường s2 bằng hai lần thời gian ếch lên cao cực đại. Thời gian đó là:
t1 =

v0 sin 
2v sin 
� t= 0
g
g

Để ếch nhảy trúng ván thì ta có: s1 + s2 =

l

Với s1 = v0cos  .t và s2 = vv.t
� v0cos  .

�

v0 

m1
2v0 sin 
2v0 sin 
+
v
=
0cos  .
m2
g
g

l

l .g
� m1 �
1
sin 2
�
�
� m2 �

Bài toán 9 Một thanh cứng AB khối lượng
không đáng kể chiều dài l, ở hai đầu có gắn 2
viên bi giống nhau, mỗi viên có khối lượng m.
Ban đầu thanh được giữ đứng yên ở trạng thái
thẳng đứng, viên bi 2 ở trên , bi 1 ở dưới tiếp
xúc với mặt phẳng ngang trơn.
Một viên bi thứ 3 có khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0 hướng vng góc
với AB đến va chạm xuyên tâm và dính vào bi 1. Hãy tìm điều kiện v 0 để hệ 2
quả cầu 1 và 3 khơng rời mặt phẳng ngang? Vận tóc của quả cầu 2 bằng bao
nhiêu khi sắp chạm vào mặt phẳng ngang.


17
Lời giải
Sau khi vừa va chạm hệ quả cầu 1 và 3 có vận tốc: v13 =
Khối tâm C hệ 3 quả cầu có vận tốc: vc =

v0
.
3

* Xét trong hệ quy chiếu h ệ qn tính Q có vận tốc
n, cịn quả cầu 1,3 có vận tốc: v13Q =

mv0 v0
 .
2m
2

v0

so với sàn thì C đứng
3

v0 v0 v0

 .
2 3
6
2

* Gia tốc hướng tâm vật 1, 3 đối với tâm C:  a13Q  ht

 v0 
 
v2
6
   0
l
12l
3

Gia tốc khối tâm C của hệ trên có phương thẳng đứng a0 = -g.
Gia tốc vật 1,3 đối với đất trên phương thẳng đứng là: a 13 = (a13Q)ht +ac.
v02
a13 
 g
12l

Để vật 1 và 3 nâng lên a13 > 0 suy ra v02 > 12gl
Vậy để vật (1, 3) khơng bị nâng lên thì v02  12gl.

* Xét trong hệ quy chiếu gắn với sàn:
- Vì vật 1, 3 không nâng lên nên trước khi vật 2 và chạm sàn thì vận tốc theo
phương ngang 3 vật là:
v1n v 2 n v3n 

v0
. Theo ĐLBTCN:
3

mv12n mv32n m(v22n  v22d ) mv02
2v02
2



 mgl  v2 d 
 2 gl
2
2
2
2
3

Vậy vận tốc vật trước khi chạm sàn: v2 = v22n  v22d 

7 2
v0  2 gl
9

18
v
Với  = (v2 , v0 ) thì tg = 2 d

v2n

2v02
 2 gl
3
 3

v0
v0
3

2v02
 2 gl
3

2.2.2. Áp dụng với Tĩnh điện học.
Bài tốn 1. Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt
đối với bán kính R. Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của
mặt đó từ phía điện tích cịn lại.
Giải:
Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó khơng thể
thay đổi. Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích
cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vơ cùng nhỏ δR.
Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ ngun điện tích mà
người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên hệ với điện tích của nó bởi hệ
Q

thức: V  4 R . Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có V = Q/C, suy ra C
0
= 4πεε0R. Năng lượng của tụ điện này W = Q2/2C = Q2/(8πεε0R). Như vậy khi
tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng:
Q2
Q2
Q 2R


∆W = W – W’ =
8 0 R 8 0 ( R  R ) 8 0 R( R  R)

Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng
cơng tồn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực
hiện. Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR 2.δR. Do
đó:
Q 2R
F.4πR .δR =
. Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được:
8 0 R( R  R)
2

Q2
F=
32 2  0 R 4


19
Bài tốn 2. Một tấm có hằng số điện mơi   3 nằm giữa hai bản của một tụ

điện phẳng, chốn hết thể tích của tụ điện. Tụ điện được mắc vào một nguồn có
suất điện động U = 100V qua một điện trở. Sau đó tấm được đẩy ra khỏi tụ điện
thật nhanh, đến mức điện tích trên tụ điện chưa kịp biến thiên.
Hỏi phần năng lượng toả ra trong mạch sau đó dưới
dạng nhiệt bằng bao nhiêu? Biết điện dung của tụ điện khi
chưa có điện mơi la C0 = 100μF.
Giải:
Khi vừa đánh bật tấm điện môi ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện còn
bằng C0, nhưng điện tích trên tụ vẫ là q 1 = CE =  C0U. Do đó năng lượng của tụ
điện ngay sau khi điện môi bị đánh bật bằng:
W1 

( C0U ) 2  2C0U 2

2C0
2

Sau đó điện tích của tụ còn lại: q 2 = C0U để phù hợp với điện dung mới, nên có
một điện lượng ∆q = q1 – q2 chạy qua nguồn ngược chiều lực lạ, do đó nguồn
tiêu thụ một cơng:
A  q.U  (q1  q2 )U  (  1)C0U 2

đồng thời năng lượngcủa tụ điện chỉ còn bằng:
W2 

C0U 2
2

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta thu được nhiệt lượng toả ra trên mạch
sau khi đẩy tấm điện môi ra ngoài:

( 2  1)C0U 2
(  1) 2 C0U 2
2
Q  W1  W2  A 
 (  1)C0U 
 2J
2
2

2.2.3. Áp dụng với Nhiệt học.
Bài toán 1. xi lanh cách nhiệt nằm ngang được chia thành hai phần nhờ một pittông mỏng dẫn nhiệt. Pit-tông được nối với một thành ở đầu xi lanh bằng một lò


20
xo nhẹ. Ở hai bên của pit-tơng đều có ν mol khí lí tưởng đơn ngun tử. Xi lanh
có chiều dài 2ℓ, chiều dài của lò xo lúc chưa dãn là ℓ/2. Ở trạng thái ban đầu lò
xo bị dãn một đoạn là X và nhiệt độ của khí trong hai phần của xi lanh là T. Sau
đó, người ta đục một lỗ nhỏ qua thành của pit-tông. Xác định độ biến thiên nhiệt
độ của khí trong xi lanh ΔT sau khi khí trong xi lanh đã cân bằng. Bỏ qua nhiệt
lượng hấp thụ bởi xilanh, pit-tơng, lị xo và ma sát giữa pit-tông và xi lanh.
Giải.
Ở trạng thái đầu, lực đàn hồi của lò so cân bằng với lực tác động lên pittông gây ra bởi độ chênh lệch về áp suất ở hai bên của pit-tông.
 RT
 RT

 kx
3l
l
(  x ) (  x)
2

2

�
�
 RT � 1
1 �
�k 

�
�
x �l  x 3l  x �
�2
2
�

Sau khi pit-tông thủng, áp suất hai bên pit-tông cân bằng, độ dãn của lị xo
bằng khơng. Tồn bộ năng lượng từ thế năng đàn hồi dự trữ trong lò xo biến
thành nội năng của khí, nên:

Vậy:

kx 2 3
 2vRT
2
2

�
�
kx 2 x � 1
1 � 2x

l  2x
T 
 �

T
T
�
6 R 6 �l  x 3l  x � 3 (l  2 x)(3l  2 x)
�2
2
�

Bài toán 2. một xilanh cách nhiệt khá dài nằm ngang có nhốt 1 mol khí lí tưởng
đơn ngun tử có khối lượng m nhờ hai pittơng cách nhiệt có khối lượng bằng
nhau và bằng M có thể chuyển động khơng ma sát trong xilanh (Hình 4). Lúc
đầu hai pittơng đứng n, nhiệt độ của khí trong xilanh là T o. Truyền cho hai
pittông các vận tốc v1, v2 cùng chiều (v1=3vo, v2=vo). Tìm nhiệt độ cực đại mà
khí trong xilanh đạt được, biết bên ngồi là chân không.
Giải.
- Đối với pittông (1): lực tác dụng vào pittông theo phương ngang là lực đẩy F 1
ngược chiều v1 nên pittông (1) chuyển động chậm dần đều.


21
- Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F 2 cùng chiều v2 nên pittông (2) chuyển
động nhanh dần đều.
- Trong q trình hai pittơng chuyển động, khối khí nhốt trong xi lanh chuyển
động theo.
- Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông (1) đối với pittông
m

M

(2) là:
v12 v1  v2  pittông (1) chuyển động về phía

F1

V1
(1)

pittơng (2) chậm dần rồi dừng lại lúc t o, sau đó t>to

M V
2

(2)

thì pittơng (1) chuyển động xa dần với pittơng (2) và khí lại giãn nở.
- Gọi G là khối tâm của khối khí trong xi lanh lúc tđộng về phía pittơng (2).
- Lúc t>to: khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). Vậy ở nhiệt độ t o thì
vG=0  cả hai pittơng cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v.
- Định luật bảo toàn động lượng ta có:
M3vo+Mvo=(2M+m)v v=4Mvo/(2M+m).
1
2

- Động năng của hệ lúc đầu: Wđ1= M (v12  v22 ) 5Mvo2 .
1

2

- Động năng của hệ lúc ở to là: Wđ2= (2M  m)v 2 .
Mvo2 (2 M  5m)
 Độ biến thiên động năng: W=Wđ2-Wđ1=
.
2M  m
i
2

3
2

3
2

3
2

- Nội năng của khí: U  nRT  nRT  U  nRT  nR(Tmax  To ) .
- Vì U=W nên Tmax

2 Mvo2 (2M  5m)
To 
(do n=1)
3R
2M  m

2.2.4. Cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp

F2


22
Để học sinh có ý thức về ý nghĩa của những hoạt động, cần tạo động cơ học
tập cho học sinh, để học sinh học bằng sự hứng thú thực sự, nó được nảy sinh từ
việc ý thức sâu sắc ý nghĩa nội dung bài học, học bằng tất cả tính tích cực, độc
lập và trách nhiệm cao nhất của học sinh.
Cần phải đặt học sinh vào tình huống có vấn đề để hướng đích cho học sinh.
Phải tập luyện cho học sinh những hoạt động ăn khớp với tri thức phương pháp.
Phải phân bậc hoạt động để tuần tự nâng cao yêu cầu khi tình huống dạy học cho
phép hoặc hạ thấp yêu cầu khi học sinh gặp khó khăn.
Hệ thống bài tập được phân bậc để học sinh luyện tập tại lớp hoặc làm ở nhà.
Cụ thể:
- Với mỗi bài tập học sinh cần đánh giá được mức độ khó của bài, xác định
các kiến thức cần giải, từ đó vận dụng linh hoạt các kiến thức, định luật để giải
bài tập.
- Phát huy các phong trào học theo nhóm nhỏ (những em nhà ở gần nhau).
- Mượn thư viện của trường: Sách, đồ dùng học tập cho những học sinh cịn
thiếu.
- Duy trì nề nếp kiểm tra bài cũ, chữa bài tập thường xuyên với hình thức
giáo viên hoặc cán sự lớp theo dõi kiểm tra.
- Kiểm tra thường xuyên về tinh thần, ý thức chuẩn bị của các em thơng qua
tổ trưởng, lớp trưởng.
- Có hình thức nhắc nhở , khen thưởng cụ thể, kịp thời và hợp lí. Động viên,
khuyến khích kịp thời những em chăm học và nhắc nhở những em lười học và
không chú ý trong giờ học.
- Câu hỏi kiểm tra ngắn gọn, sát nội dung bài học và phù hợp với ba đối
tượng học sinh: giỏi, khá, trung bình để học sinh nắm bài được tốt.
- Thường xuyên tổ chức cho học sinh hoạt động và thảo luận theo nhóm, tổ

chức trò chơi tuỳ theo bài học.


23
- Tạo hứng thú cho học sinh bằng cách nêu gương và thi đua giữa các tổ,
nhóm hoặc giữa các cá nhân...
Bên cạnh đó giáo viên nên dành nhiều thời gian cho học sinh thực hành nhằm
phát huy óc tưởng tượng, tư duy sáng tạo của các em. Sau mỗi dạng bài chúng
ta nên cho học sinh chốt kiến thức bài đó. học sinh tích cực hoạt động nhóm,
thảo luận nhóm, giáo viên chỉ là người tổ chức cịn học sinh là người thực hiện.


24
3. Hiệu quả mang lại
Khảo nghiệm ở học sinh lớp 10, 11.
Tôi đã áp dụng phương pháp này để hướng dẫn học sinh trường THPT
Lạng Giang số 3 giải các bài tập SGK, SBT, sách tham khảo…. giúp học sinh
biết cách giả bài tập nhanh…, đặc biệt với các bài tập trắc nghiệm, giúp các em
có hứng thú với mơn vật lí.
Mặt khác cịn kích thích được phong trào thi đua học tập trong lớp do đó,
kết quả mang lại rất khả quan.
4. Đánh giá phạm vi ảnh hưởng:
Chỉ có hiệu quả trong phạm vi Đơn vị áp dụng.


25

5. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Đình Đồn, Chun đề bồi dưỡng vật lý 10.
2. Vũ Thanh Khiết, Kiến thức cơ bản và nâng cao vật lý THPT tập 1.

3. SGK, SBT vật lý 10 cơ bản
4. SGK, SBT vật lý 10 nâng cao
5. Một số đề HSG
6. Tài liệu tham khảo trên internet như: như “thuvienvatli” ,
“bachkim”…..