CHUYÊN đề bài tập SÁNG tạo bồi DƯỠNG học SINH GIỎI lớp 10 PHẦN cơ học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CHUYÊN ĐỀ
BÀI TẬP SÁNG TẠO BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP 10
PHẦN CƠ HỌC

Họ và tên: Nguyễn Xuân Luân
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực mơn: Vật Lý

THANH HỐ, NĂM 2021
1


MỤC LỤC
BẢNG VIẾT TẮT........................................................................................2
A- MỞ ĐẦU..................................................................................................3
1. Lý do chọn đề tài........................................................................................3
2. Mục đích nghiên cứu..................................................................................3
3. Đối tượng nghiên cứu................................................................................3
4. Phương pháp nghiên cứu............................................................................3
5. Phạm vi nghiên cứu....................................................................................3
B- NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.........................................4
1.Cơ sở lý thuyết bài tập sáng tạo..................................................................4
2. Hệ thống bài tập sáng tạo...........................................................................4
2.1 Chủ đề động học chất điểm......................................................................4
2.2 chủ đề động lực học.................................................................................6

2.2.1 Chuyển động của vật trên mặt phẳng ngang, mặt phẳng nghiêng .......6
2.2.2 Chuyển động của vật bị ném xiên.........................................................8
2.2.3 Tĩnh học vật rắn....................................................................................12
2.2.4 Áp dụng phương pháp tổng hợp............................................................16
2.2.5 Bài tập thí nghiêm.................................................................................22
C- KIẾN NGHỊ ............................................................................................24
1. Kết quả nghiên cứu....................................................................................24
2.Ý kiến đề xuất.............................................................................................24
Tài liệu tham khảo.......................................................................................25
Phụ lục...........................................................................................................26
Danh Mục Các SKKN đã được công nhận...………................................. 31

DANH MỤC VIẾT TẮT
2


Viết tắt
BDTD
BT
BTCL
BTST
BTVL
DH
DHVL
ĐLVL
HQC
HS
HTVL
NLTD
NLTD

PP
PPDH
QTDH
TDST
THPT
TL
TNSP
VL

Cụm từ
bồi dưỡng tư duy
bài tập
bài tập chọn lọc
bài tập sáng tạo
bài tập vật lý
dạy học
dạy học vật lý
đại lượng vật lý
hệ quy chiếu
học sinh
hiện tượng vật lý
năng lực tư duy
năng lực tư duy
phương pháp
phương pháp dạy học
Quá trình dạy học
tư duy sáng tạo
trung học phổ thông
Tâm lý
thực nghiệm sư phạm

vật lý

A- MỞ ĐẦU
3


1. Lí do chọn đề tài
Cơ học được ứng dụng rất rộng rãi trong đời sống. Lí thuyết cơ học trong
khoa học cho đến nay có thể nói là đã hồn thiện. Ở cấp độ vật lí phổ thơng thì lượng
kiến thức về điện học trong sách giáo khoa vật lí chỉ mới là kiến thức cơ sở, nhưng
thực tế xung quanh các em cơ học có mặt khắp mọi nơi và có nhiều ứng dụng, vì vậy
có rất nhiều câu hỏi đặt ra cho các em. Để giúp các em có cách tư duy sáng tạo để tự
tìm ra lời giải đáp cho mình. Tơi thấy việc nghiên cứu xây dựng hệ thống bài tập sáng
tạo dùng cho dạy học chương “cơ học” vật lí lớp 10 chương trình nâng cao ngoài việc
giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn về chuyển động của các vật và hệ vật, nó còn giúp học
sinh phát triển năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết các tình huống khác nhau
của về cùng một vấn đề, từ đó trở thành con người năng động sáng tạo trong công
việc là nguồn lực cho đất nước trong thời kì hội nhập quốc tế.
Xuất phát từ lí do nói trên tơi chọn đề tài nghiên cứu “chuyên đề bài tập sáng
bỗi dưỡng học sinh giỏi lớp 10 phần cơ học”.
2. Mục đích nghiên cứu
Chuyên đề bài tập sáng tạo phần ‘cơ học lớp 10’ ở Vật lí lớp 10 nhằm góp
phần bồi dưỡng tư duy cho học sinh trung học phổ thông.
3. Đối tượng nghiên cứu
- Q trình dạy học bài tập Vật lí ở trường trung học phổ thông.
- Những yêu cầu nâng cao chất lượng dạy và học Vật lí ở trường trung học phổ thông.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Cơ sở lí luận về năng lực tư duy sáng tạo, dạy học sáng tạo và bài tập sáng
tạo.
- Lý thuyết xây dựng hệ thống các bài tập sáng tạo dùng cho dạy học chương

“cơ học” vật lí lớp 10 chương trình nâng cao.
5. Phạm vi áp dụng.
- Quá trình dạy học phần “cơ học” vật lý nâng cao.
- Các bài tập sáng tạo dạy học phần “cơ học”.

B – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
4


1. Cơ sở lý thuyết của bài tập sáng tạo.
Bài tập sáng tạo về vật lí là bài tập mà giả thuyết khơng có thơng tin đầy đủ
liên quan đến hiện tượng q trình vậy lí, có những đại lượng vật lí được ẩn dấu, điều
kiện bài tốn khơng chứa đựng chỉ dẫn trực tiếp và gián tiếp về angơrít giải hay kiến
thức vật lí cần sử dụng.
Từ đó chúng tôi đề xuất các dấu hiệu nhận biết bài tập sáng tạo như sau:
Dấu hiệu 1: Bài tập có nhiều cách giải
Đây là dạng phổ biến trong hệ thống bài tập sáng tạo cho học sinh thói quen
suy nghĩ khơng rập khn, máy móc. Thường xun cho học sinh làm việc với dạng
bài toán này làm cho học sinh nhận thức rằng: khi xem xét một vấn đề cần nhìn từ
nhiều góc độ, nhiều quan điểm khác nhau, từ đó có nhiều con đường đạt đến mục
đích và chọn ra con đường nào hiệu quả nhất.
Dấu hiệu 2: Bài tập có hình thức tương tự nhưng nội dung biến đổi
Đây là những bài tập có nhiều hơn một câu hỏi, ở câu hỏi thứ nhất là một bài
tập luyện tập, các câu hỏi tiếp theo có hình thức tương tự, nhưng nếu vẫn áp dụng
phương pháp giải như trên sẽ dẫn đến bế tắc vì nội dung câu hỏi đã có sự thay đổi về
chất.
Dấu hiệu 3: Bài tập thí nghiệm về vật lí
Dựa vào yêu cầu và điều kiện ta có thể phân bài tập thí nghiệm vật lí gồm:
+ Bài tập thí nghiệm định tính.
+ Bài tập thí nghiệm định lượng.

Các bài tập thí nghiệm có tác dụng bồi dưỡng tính linh hoạt của tư duy trong
việc đề xuất các phương án thí nghiệm, các giải pháp đo đạc trong các tình huống
khác nhau tuỳ thuộc vào các thiết bị thí nghiệm đã cho hay tự tìm kiếm.
2. Hệ thống bài tập sáng tạo
2.1. Chủ đề động học chất điểm
Bài tập 1. Một người đứng tại điểm M cách con đường AB một khoảng h = 50m để
chờ ơ tơ. Khi người đó nhìn thấy ơ tơ cách mình một đoạn L = 200m thì người đó bắt
đầu chạy ra đường để đớn ôtô. Biết vận tốc của ô tô là v 1 = 36km/h và vận tốc của
người là v2 = 12km/h. Xác định hướng chuyển động của người đó để có thể đón được
ơ tơ.
Giải:
- Để người ấy đón được ơtơ tại điểm N nào đó thì thời gian người đó đi từ M đến N
bằng thời gian ôtô đi từ A đến N
H
N
A
a
x
- Gọi khoảng cách từ A đến H là a, từ H
đến N là x ( x có thể dương hoặc âm ), t là thời gian
h
để người đó và ơ tơ đi để gặp nhau:
L
- Ta có: S1 = AN = a + x = v1t ; S2 = MN = h 2  x 2 = v2t
Và a2 = L2 – h2 � a  L2  h 2  2002  502  50 15(m)
M
Vì v1 = 3v2 => S1 = 3S2 hay a + x = h 2  x 2
� (a  x) 2  9(h 2  x 2 ) � 8 x 2  2ax+9h 2  a 2  0 thay số vào ta có:
8x2-100 15 -6.502 = 0 phương trình có 2 nghiệm: x1 = 73,8(m), và x2 = -25,4(m)
5

Vậy có 2 vị trí của N để người gặp ơtơ. Vị trí 1 nằm ngồi đoạn AH, cách H đoạn
73,8m và vị trí 2 nằm trong đoạn AH và cách H đoạn 25,4m.
- Khi đó người đó có 2 hướng chạy để đón được ơtơ:
+ Hướng thứ nhất, chạy xiết ra ngồi đoạn AH, hợp với MH góc  với:
tan  

x1 73,8

 1, 476 �   55,90  55054 '
h
50

+ Hướng thứ 2, chạy xiết vào trong đoạn AH, hợp với MH góc  với:
tan  

x2 25, 4

 0,508 �   26,930  26 056 '
h
50

Bài tập 2. Vận tốc của một vật chuyển động thẳng nhanh dần đều phụ thuộc vào thời
gian theo phương trình: v = 2 + 3t (m/s)
a. Hãy viết phương trình biểu diễn sự phụ thuộc của tọa độ theo thời gian. Lấy
x0 = 0. Chọn trục tọa độ trùng với hướng chuyển động.
b. Hãy tìm vận tốc trung bình của vật trong 4s kể từ lúc bắt đầu chuyển động
và vận tốc tại thời điểm cuối giây thứ tư.
Giải:

t0 = 0 lúc bắt đầu khảo sát v0 = 2m/s; a = 3m/s2
3t 2
a. x = 2t +
2
3.42
b. S4 = 2.4 +
= 32m  v = 8m/s;
2

v4 = 14m/s

Bài tập 3. Một hạt chuyển động theo chiều dương của trục x với vận tốc v  k x ,
trong đó k là một hằng số dương. Tại thời điểm t0 = 0 hạt ở vị trí x = 0. Hãy xác định:
a. Vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian.
b. Vận tốc trung bình của hạt trong khoảng thời gian từ vị trí x = 0 đến vị trí x.
Giải:
Lúc t0 = 0  x = 0  v0 = 0
x

v 2 v 2  v 02

v 2  v 02
�k 2 � so sánh với x  x 0 
k2

2� �
2a
�2 �

hạt chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = k2/2

b.

Thời gian chuyển động: t =

v = k2t/2

k x 0 2 x
k x

 v tb 
2
k
2
k /2

Với kiến thức toán đơn giản về véc tơ và đạo hàm ta có thể cho HS giải BT sau:
Bài rtập 4. Bán kính véc tơ của một hạt biến thiên với thời gian theo quy luật:
r
r
r  kt  1  t  , trong đó k là một vectơ không đổi và  là một hằng số dương. Hãy
xác định:
a.
Các vectơ vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian.
b.
Khoảng thời gian t để hạt trở về điểm xuất phát và quãng đường đi
được trong khoảng thời gian ấy.
Giải: a.

r
r dr r

v
 k  1  2t  ;
dt

r
r
r dv
a
 2k  const
dt

6


b.

r

r

r

r

0 = r0  r  1- t = 0  t =

Khi hạt trở về vị trí xuất phát thì:
r

1



Do a ; k là hằng số  r có phương không đổi  chuyển động của chất điểm là
chuyển động thẳng biến đổi đều và có đổi chiều chuyển động
 v 02  v 02
k
S= 2


2a
a
2

Hoặc cùng loại BT như vậy nhưng thay đổi quy luật chuyển động để được bài
tập khó hơn, địi hỏi kỹ năng tốn học cao hơn.
Bài tập 5. Một hạt chuyển động chậm dần trên một đường thẳng với gia tốc mà độ
lớn w phụ thuộc vận tốc v theo quy luật w = k v , trong đó k là hằng số dương. Tại
thời điểm ban đầu vận tốc của hạt bằng v 0. Tìm quãng đường hạt đi được cho đến khi
dừng lại và thời gian đi quãng đường ấy.
Giải:
dv
w= k v 
 -kdt = v-1/2dv  -kt= 2
dt



v  v0



2

kt �
 v�
� v0  �
2�
�

2 v0
k
2
2
�
�k � 2 �
kt � ds
�
v 0  k v 0  � �t �
dt
v  � v 0  �=
 ds  �
2
2 � dt
�
�
�
�
�

Thời gian chuyển động: t =

S=



2 v0
k

2
�
�k � 2 �
dt
�t �
��v 0  k v 0  �
2
�
�
�
0 �

2 v 0 k v 0 �2 v 0

S = v0.
�
k
2 �
� k

2

3

2
� k 2 �2 v 0 �
2v 3/
0


S
=
�
� 12 �
� k �
�
3k
�
�
�

2.2. Chủ đề động lực học
2.2.1. Chuyển động của vật hệ vật trên mặt phẳng ngang, mặt phẳng nghiêng
Bài tập 1. Khối nêm hình tam giác vng ABC có góc nghiêng α = 30 0 đặt trên mặt
bàn nằm ngang (hình vẽ). Cần phải làm cho khối nêm chuyển động trên mặt bàn với
gia tốc như thế nào để một vật nhỏ đặt tại A có thể leo lên mặt phẳng nghiêng ? Bỏ
qua ma sát (Bài tập 5 trang 97 VL 10 Nâng cao-Nhà xuất bản Giáo dục 2010)
B
A

α

C

Tóm tắt cách giải:
7


Chọn HQC gắn với nêm
Để vật có thể leo lên mặt phẳng nghiêng, lực quán tính phải hướng sang phải
r

 a hướng sang trái và macosα  mgsinα 
Bài tập 2.

a  gtanα

Khi có ma sát

Nêm A phải chuyển động ngang với gia tốc bao nhiêu để m không trượt trên nêm.
Biết hệ số ma sát giữa m và nêm A là , với  < cot.

r
r Q
Fqt

r
P



A

Giải:
Khi m có xu hướng chuyển động lên trên:

ma0cos - mgsin - Q ≥ 0

Q = mgcos + ma0sin
ma0cos - mgsin - mgcos - ma0sin > 0
a0(cos - sin) > g(sin + cos) 
a0 >

g  sin    cos   g  1   cot g 

(1)
cos  -  sin 
cot g - 

Khi m có xu hướng trượt xuống:

a0 <

mgsin - ma0cos - mgcos - ma0sin > 0

gsin - cos) > a0(cos + sin)
g  sin  -  cos   g  1-  cot g 

(2)
cos    sin 
cot g  

Vậy để vật khơng trượt trên nêm thì:

g  1   cot  
g  1   cot  
�a 0 �
cot   
cot   

Bài tập 2: Khi có ma sát, tìm thời gian chuyển động của vật trên nêm
Vật m đứng yên ở đỉnh nêm nhờ ma
sát. Tìm thời gian vật trượt hết nêm khi mà

r
a0

r

nêm chuyển động sang trái với gia tốc a 0 .



Hệ số ma sát giữa vật và nêm là , chiều dài mặt nêm là l và a0 < gcot.
8


Tóm tắt cách giải:
Phản lực của mặt nghiêng tác dụng lên vật : Q = mgcos - ma0sin

(*)

mgsin - (mgcos - ma0sin) + ma0cos = ma
a = gsin - gcos + a0sin + a0cos
a = sin(g + a0) + cos(a0 - g)
a = g(sin - cos) + a0(sin + cos)
t 

2l
2l

a
g  sin  -  cos    a 0   sin   cos  

Chú ý: Theo (*) Q = 0 khi gcos = a0sin  a0 = gcotg
Nếu a0 ≥ gcotg  khơng cịn Q. Điều kiện để nêm không cản trở chuyển động của
vật khi rơi tự do là a0 ≥ gcotg
Bài tập 3.

Thay nêm mặt nghiêng bằng khối hộp, mặt tiếp xúc phẳng

Cho hệ ban đầu đứng yên như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa

m

m và M là 1, giữa M và sàn là 2. Tìm độ lớn lực F nằm
M

ngang:
a. Đặt lên m để m trượt trên M.
b. Đặt lên M để M trượt khỏi m.
Giải:

a.

r r r r
F; Pm ;Q m ;f1
r r r r r
f1 '; PM ;Q M ;f 2 ; N ;

Lực tác dụng vào m:

Lực tác dụng vào M:

f1 '  f1  1mg ; N  Pm  mg
�F  f1  ma m
F  1mg
� am 
>0
�
Q m  Pm
m
�

Với m

F > 1mg
Với M



(1)
f1 ' f 2  Ma M

�
 mg   2  M  m  g
�
Q M  PM  N   M  m  g � a M  1
�
M
�
f1 '  1mg
�

Để m trượt trên M thì am > aM

9


am 

 mg   2  M  m  g
F  1mg
> 1

m
M

b.

F

mg  M  m   1   2 
M

Với M

�F  f1 ' f 2  Ma M
�
F  1mg   2  M  m  g
Q M  PM  N   M  m  g  a M 
�
M
�
f1 '  1mg
�
am 

Với m

f1
 1g
m

Để M trượt khỏi m thì aM > am 

F  1mg   2  M  m  g
 1g
M

F  M1g  1mg   2  M  m  g 

F   1   2   M  m  g

2.2.2. Chuyển động của vật bị ném xiên
r
Bài tập 1. Từ mặt đất nằm ngang, một vật nhỏ được ném với vận tốc ban đầu v 0 theo
phương hợp với phương ngang góc  (gọi là góc ném). Gia tốc rơi tự do là g, bỏ qua
sức cản khơng khí.
a.

Xác định thời gian chuyển động

b.

Xác định độ cao cực đại mà vật đạt được

c.

Xác định tầm xa (khoảng cách từ vị trí ném đến vị trí chạm đất theo

phương ngang)
Giải: Theo phương pháp tọa độ của sách giáo khoa
Chọn HQC gắn với mặt đất, O  vị trí ném, Ox  phương ngang, chiều dương là
chiều chuyển động. Oy có phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên. Mốc thời
gian t0 = 0 lúc ném vật.
Phân tích chuyển động của vật ra 2 thành phần:
+Ox: vật chuyển động thẳng đều do quán tính với vx = v0cos
+Oy: vật chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = -g, vận tốc đầu v0y = v0sinα
Phương trình tọa độ:
x = vxt = v0(cosα)t
y = v0yt +

at 2

gt 2
= v 0  sin   t 
2
2

(1)
(2)
10


Phương trình quỹ đạo
Từ (1)  t 

x
v 0 cos 

thay vào (2) được: y  x. tan  

g
�x 2
2
2
2v 0 cos 

(3)

Từ (3)  quỹ đạo chuyển động của vật là một parabol quay bề lõm xuống dưới.
a. Thời gian chuyển động
Cách 1. Khi chạm đất y = 0, nên theo (2)  t 

2v 0 sin 
(4)
g

Cách 2. Chuyển động theo phương thẳng đứng là chuyển động chậm dần đều,
parabol có tính đối xứng, thời gian đi lên bằng thời gian đi xuống
Thời gian đi lên

t1 

Thời gian chuyển động
b.

v y  v 0y
a



0  v 0 sin  v 0 sin 

g
g

t  2t1 



2v 0 sin 
g

Độ cao cực đại H vật đạt được:

Cách 1. Theo phương thẳng đứng khi đi lên, chuyển động của vật là chậm dần đều,
2
 v 0y

v 02 sin 2 

quãng đường đi được đến lúc vy = 0 là H =
2a
2g
v 02 sin 2 
Cách 2. Độ cao cực đại chính là tung độ đỉnh của parabol  H=
2g

c.

Tầm xa:

Cách 1.

2v 0 sin  v 02 sin 2
v
t
v
cos

�

L = xmax = x = 0

g
g

Cách 2

Từ phương trình quỹ đạo. Khi chạm đất y = 0; x = L

(6)

2v 20cos 2 . tan  v 02 sin 2
g
2

0 = L. tan   2 2 �L � L 
g
g
2v 0 cos 

Bài tập 2.

Từ độ cao h so với mặt đất nằm ngang người ta ném một vật với vận tốc

r
v 0 hợp với phương ngang một góc . Chứng minh rằng ứng với góc  mà tầm xa đạt
r
cực đại thì vận tốc ngay trước khi chạm đất có phương vng góc với v 0 .

Định hướng giải
Cách 1: Suy luận xuôi
11

-Tìm  để Lmax
-Tìm góc rơi 
-Chứng tỏ

 +  = 900

Cách 2:

Suy luận ngược

Dùng PP hình học.

r

r

Nếu giả thiết được thỏa mãn thì v  v x và
v 2y  v 2  v 2x  v 2  v 20 (*).

Khi tìm được v thì L chỉ cịn phụ thuộc vào v y. Tìm điều kiện để Lmax rồi  vy (tức
chứng minh có (*) khi Lmax)
Lời giải đầy đủ theo cách 2
r

-Chọn hệ trục Oxy gắn với mặt đất. Gốc O  với vị trí ném vật. Ox  v 0 ; Oy có
phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống
x
M

r
v0


O

N

h

r
vx

L
E

y

r
vy

r
v

-Chuyển động của vật gồm hai thành phần:
+Chuyển động thẳng đều theo Ox
+Chuyển động rơi tự do theo Oy
r

r

r

r

Khi chạm đất v  v 0  v 0 �v x  

v 2y  v 02  v 2

Từ định luật bảo toàn cơ năng cho ta v 2  v 02  2gh 

v 2y  2v 02  2gh (1)

12


Theo hình vẽ ta có
2

Tầm xa

L = ON = OM 2  MN 2

L   v0t 
2



2

�gt 2
�
�  h�
�2
�

2

g L   v 0gt 

2

v 4y



2 2




4





�g 2 t 2
� 2 2 v 4y

�
 gh �  v 0 v y 
 ghv 2y  g2 h 2
4
�2
�





 v 02  gh v 2y  g 2 L2  h 2  0

  v 02  gh



2





 g 2 L2  h 2 �0 � L max 

Do luôn tồn tại vy nên
v0
v 02  2gh
g

Khi L = Lmax thì phương trình trên có nghiệm kép 





r r
v 2y  2 v 02  gh  (1) được chứng minh, vậy  v  v 0

Cách 3.

Dùng tích có hướng của hai véc tơ

Chọn hệ trục tọa độ Oxy. Gốc O  vị trí ném vật. Ox có phương ngang; Oy có
phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên.
r

r

r

Vật chịu tác dụng của trọng lực P nên thu được gia tốc a  g
r r r
v  v 0  gt

Vận tốc khi chạm đất






r r
r r
r r
r
v �v 0   v 0  gt  �v 0  gt �v 0



r r
v �v 0  v 0gt sin 900    v 0gt cos 

r r
r r
v �v 0 vv 0 sin  v; v 0 

Tầm xa
L = v0tcos =
g
g
r r
r r
v  v0
Khi Lmax thì sin  v; v 0  = 1


Như vậy loại bài toán này sẽ trở nên hấp dẫn HS hơn với các PP giải phong
phú và cũng giúp HS thành thạo hơn khi sử dụng các kiến thức toán cao cấp.
2.2.3. Bài toán tĩnh học vật rắn

Bài tập 1. Xác định trọng tâm của đoạn dây hình cung trịn bán kính R, góc 
Giải:

13


x
dl
 d

R
O

Xét phần tử dl = R.d có tọa độ khối tâm là: x = Rcos
xG =

/ 2

/ 2

/ 2

2

R cos .dl
R cos .d R
 �

�cos .d 
l

R


 / 2
 / 2
 /2

�

2R sin



2

Từ bài này HS có thể xác định được trọng tâm nhanh chóng ở các trường hợp sau
Bài tập 2.

Xác định trọng tâm của đoạn dây nửa hình trịn bán kính R

Hoặc độ khó cao hơn ở bài sau
Bài tập 3.

Xác định trọng tâm của

a.

Bản hình quạt trịn, bán kính R, góc 

b.

Bản bán nguyệt bán kính R

Giải:
a.

Nếu giải trược tiếp có thể phải dùng kiến thức toán nặng nề như sau

Xét phần tử dài dl = r.d, rộng dr có tọa độ khối tâm là: x = rcos


2sin
4R sin
cos .d.r dr R
cos .d R
2
x G  ��

��

� 2 2 
S
3  / 2
S
3
3
R 
 / 2 0
2
/ 2 R

2

3

/2

3

Nhưng có thể đơn giản lời giải bằng cách đưa về bài dễ hơn đã làm trước đó
Bước 1

Chia bản quạt thành vô số tam giác (cân) đỉnh O  trọng tâm

cách đỉnh O khoảng r =

2R
3

Ta đưa về dạng cơ bản: “Xác định trọng tâm của bản mỏng đồng chất có dạng
hình học xác định” (đã được đưa ra trong sách giáo khoa chương trình phổ thơng)
14


Bước 2

Đưa về BT 1

Tập hợp các trọng tâm đó tạo thành cung trịn bán kính r =

2R
3

2R


2 � sin
4R sin
 xG =
3
2 
2

3

Và như vậy câu b là trường hợp riêng của câu a
b.

4R
 =   xG =
3

Với cách làm như vậy ta dành được nhiều thời gian hơn cho bản chất VL của
bài tốn, từ đó có thể cho HS làm được các BT liên quan đến trọng tâm khó hơn, hoặc
gần với đời sống thực tế hơn
Bài tập 4.

Một xà lan dài L, khối lượng M ban đầu đứng yên. Một ô tô khối lượng

m đi từ mũi đến đuôi xà lan. Bỏ qua sức cản của nước. Tính khoảng dịch chuyển của

xà lan.
Đáp số:

d

ml
mM

Bài tập 5. Ba người vác một khung sắt hình chữ nhật ABCD có khối tâm G ở giao
điểm các đường chéo. Giả sử khung được vác nằm ngang và cạnh AD khơng có
người đỡ vì mới sơn (trừ A, D). Người thứ nhất đỡ khung ở M 1 trên AB cách A
khoảng AM1 = d. Tìm vị trí đặt vai M 2 M3 của 2 người kia để ba người chịu lực như
nhau.
C

B
G
A

D

Bài tập 6. Một cái bàn vng nhẹ có bốn chân giống nhau. Nếu đặt vật có trọng
lượng quá 2P ở đúng giữa bàn thì chân bàn gãy. Tìm các điểm có thể đặt vật trọng
lượng P mà chân bàn không gãy.
Giải:
Trọng lượng cực đại mà mỗi chân bàn chịu được là 0,5P.
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Cạnh hình vng 2a
15

y

y
F

M

1C

1C

y x

E
x

O

O

x

D
Trọng lượng P đặt tại M, ta phân tích ra 2 thành phần đặt tại E và F thì
P a  x
PE
P
P
 F 
� PE 

a  x a  x 2a
2a

Phân tích PE ra 2 thành phần P1 (tại C) và PB (tại D)
P  a  y P  a  x   a  y
P1
P
P
1
 B  E � P1  E

≤ P
2
a  y a  y 2a
2a
2
2.2a
2a 2
y�
a
ax

Nguy cơ C gãy khi M ở trong hình vng nhỏ trên (x > 0; y > 0)  để C khơng gãy
thì M thuộc miền giới hạn bởi các trục tọa độ và y = f(x): dạng hypebol
Tương tự như vậy khi xét các chân khác, ta xác định được vùng trên bàn để không
chân nào bị gãy.
Bài tập 7.

Cho bản mỏng đồng chất gồm một

bán nguyệt ghép với một hình chữ nhật như hình
vẽ. AD =

2 cm; AB = 2 3 cm. Xác định vị trí

trọng tâm của bản mỏng.

A

O

B
C

D

Giải:
Trọng tâm nằm trên trục đối xứng.
Phần hình bán nguyệt có G1 cách O

4R 2AB 4 3


3
3
3

Phần hình chữ nhật có G1 cách O

AD

2

2
2

Tọa độ khối tâm G đối với trục Ox thẳng đứng hướng lên
2

�AB �
� �
4 3
2
2
� � �
�AB.AD
2 32 3
3

2
2
xG 

0
S
S



GO
16

Bài tập 8. Một bán cầu đồng chất, trọng lượng P, bán kính R. Trọng tâm của nó tại
điểm C ở dưới tâm O của bán cầu với OC =

3R
. Bán cầu được đặt trên mặt phẳng
8

ngang, trên mặt phẳng của bán cầu đặt vật nhỏ trọng lượng P/8. Hệ số ma sát trượt
giữa vật và bán cầu là  = 0,2. Để vật nhỏ không rượt trên mặt phẳng của bán cầu thì
phải đặt vật cách tâm O khoảng tối đa là bao nhiêu?

 O
x

C

P
8

r
P
Giải:
Từ điều kiện cân bằng momen ta có
P.

3P
P
sin   x cos 

8
8



x  3R tan  = 3R

xmax khi lực ma sát nghỉ fmax = N



f
N

xmax = 3R = 0,6R

2.2.4. Áp dụng phương pháp tổng hợp
Bài tập 1: Một thanh cứng có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một bản lề
ở một đầu của thanh. Thanh tựa lên một
hình lập phương có cạnh là a. Cho hình lập
phương chuyển động trên mặt phẳng
ngang, ra xa bản lề với vận tốc không đổi

v
α
α

a

là v. Tìm vận tốc góc của thanh khi nó hợp

với phương ngang một góc là α.
Hướng dẫn giải.
17


Trong khoảng thời gian rất nhỏ ∆t hình
A

dα
α
O

ta có:

lập phương dịch chuyển:
A1

AA1 = v.∆t cịn thanh quay góc ∆α.

α

Áp dụng định lý hàm số sin trong ∆OAA1

AA1
OA

sin  sin     

Do α là góc rất nhỏ nên sin∆α ≈ ∆α. Thay OA =
vt

a

 sin  sin     

a
ta được:
sin 

 v sin 2 

t �0 t
a

Vậy:   lim

Bài tập 2: Một người chạy từ điểm O dọc theo trục Ox với vận tốc khơng đổi là v 1.
Con chó của người này lúc đầu (t = 0) ở điểm A, cách O một khoảng là L (OA  Ox)
bắt đầu chạy với vận tốc khơng đổi là v2 ln hướng về phía chủ.
1.

Tìm gia tốc của con chó ở t = 0

2.

Sau bao lâu con chó đuổi kịp chủ nếu v2 > v1.

3.

Giả sử v2 = v1 = v.
a.

Tìm khoảng cách giữa con chó và chủ sau thời gian dài.

b.

Tìm phương trình quỹ đạo của con chó.

Hướng dẫn giải.
v1

O

v1

v2

x
v2
v2
A α

N v2

C1

O

x

α

y

C

R
A
y

1. Vì vận tốc của con chó khơng đổi nên gia tốc của nó ln vng góc với vận tốc và
là gia tốc hướng tâm: a =

v 22
, với R là bán kính quỹ đạo.
R

18


Xét dịch chuyển của con chó trong khoảng thời gian rất nhỏ ∆t, ta có:  
Mặt khác: v1∆t =  .L  R =

v2
L
v1

v 2 t
R

v1 v 2

L

a=

2. Ở một thời điểm t nào đó, vị trí của người là N, của con chó là C như chỉ trên
hình . Ta có:
d  C1N 
 v1  v 2 cos  ;
dt

d  CN 
  v 2  v1 cos 
dt

d  C1N 
d  CN 
 v2
 v12  v 22  const
dt
dt



v1



2
2
v1C1N + v2CN = v1  v 2 t + C0





Tại t = 0 thì:

C1N = 0, CN = L  C0 = v2.L

- Khi gặp nhau:

C1N = CN = 0

0 = ( v12  v 22 )t + v2L � t 



v2L
 v12

v 22

3. Nếu v1 = v2 = v thì khi t   có C1N = CN = d
2v1d = C0 = v2L � d 

L
2

Vì v1 = v2 = v thì: C1N + CN = L   vt  x  

 vt  x  2  y2

L

L2  y 2
Chuyển vế, bình phương 2 vế:  vt  x  
2L

Từ hình vẽ ta có:



tan  

dy
dy 1
2
 ydy   L2
 d  y
y 2
2Ldx = -L2 y
1
x
y
2L x 0   L2 ln y L  y 2
2

Tích phân 2 vế:



dy
y
y2L

 2
dx  vt  x  L  y2

2Lx = -L2

ln



y
L



y 1 2
1
y L y2
 y  L2
L ln  
L 2
 x = -2
L 4 4L

Đây chính là phương trình quỹ đạo cần tìm.
Bài tập 3: Một tấm gỗ dán mỏng phẳng rơi trong khơng gian. Ở một thời điểm nào

r

r

r

đó vận tốc của 2 điểm A và B trên tấm gỗ là v A  v B  v và nằm trong mặt phẳng của
19


tấm. Điểm C (AB = AC = BC = a) có vận tốc 2v. Hỏi những điểm trên tấm gỗ có vận
tốc là 3v nằm ở cách đường thẳng AB là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải.

r

r

r

Trong HQC chuyển động với vận tốc v A  v B  v thì A và B đứng yên còn C quay
r

r

r

r

quanh AB. Như vậy trong HQC gắn với đất: v C  v  v q , trong đó v q là vận tốc C

r

r

r

r

quay quanh AB. Vì v A  v B  v và nằm trong mặt phẳng của tấm nên v q vng góc
r

2
2
2
với v . Vậy: v C  v q  v � v q  3v .

Vận tốc góc của chuyển động quay  

vq
R

với R 

3
a.
2

Những điểm có vận tốc 3v nằm trên hai đường thẳng song song với AB và cách AB là
,
L, quay quanh AB với vận tốc v 'q  .L , trong đó v q tìm từ phương trình:

(3v) 2  v 2  (v 'q ) 2

Như vậy v 'q  2 2.v  .L → L  2.a

Bài tập 4: Hai người đi xe đạp với
cùng vận tốc dài v theo các đường
trịn bán kính R1 và R2, tâm của các
đường tròn là O1 và O2 cách nhau
một khoảng là L < R1 + R2, một
người đi theo chiều kim đồng hồ,
người kia đi ngược chiều kim đồng

R1
A1

O2

O1
B2

R2

B1

A2

L

hồ. Tìm các vận tốc tương đối của mỗi người (trong HQC gắn với người còn lại) ở

thời điểm khi cả hai cùng nằm trên đường thẳng nối tâm tại các điểm (hình vẽ):
a.

A1 và A2

b.

A1 và B2

c.

B1 và B2

d.

B1 và A2

Hướng dẫn giải.

20




O1

B2

v kB2

L - R2

v kA2
O2

A2

2R2

Trong bài, v là vận tốc tuyệt đối. Cần tìm vận tốc tương đối của hai người này. Vận
tốc tương đối của người thứ hai là vận tốc đối với HQC gắn với người thứ nhất.
Trong HQC này thì người thứ nhất đứng yên.
Chọn một HQC có gốc trùng tâm O 1, quay với vận tốc góc  = v/R1. Vận tốc kéo
theo của người thứ hai ở các điểm A2 và B2 là bằng:
v kA2  O1A 2 

v
 L  R2 
R1

v kB2  O1B2 

v
 L  R2 
R1

Cả hai vận tốc này cùng vng góc với đường thẳng O1O2 và cùng hướng lên trên.
Vận tốc tuyệt đối liên hệ với vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo bằng hệ thức
r

r

r

r

r

r

vectơ: v tuy�t��i  v t��ng ��i  v k�o theo � v t��ng ��i  v tuy�t��i  v k�o theo
1.

Đến đây dễ dàng tìm được vận tốc tương đối của người thứ hai đối với người

thứ nhất:
k

a) và d) Khi người thứ hai ở điểm A2: vận tốc tuyệt đối v2 và - vA có cùng phương
2

chiều (cùng hướng xuống dưới)
vtương đối A2 = v + v kA = v +
2

v
R R L
 L  R2   v 1 2
hướng xuống dưới.
R1

R1

b) và c) Khi người thứ hai ở điểm B 2: vận tốc tuyệt đối v2 hướng lên, còn vận tốc
 v kB2 hướng xuống dưới:

vtương đối B2 = v - v kB  v 
2

2)

v
R R L
 L  R2   v 1 2
hướng lên trên.
R1
R1

Hồn tồn tương tự có thể tìm được vận tốc tương đối của người thứ nhất đối

với người thứ hai: HQC trong trường hợp này quay quanh O 2 với vận tốc góc là
=

’

v
r
. Các vận tốc kéo theo ( v k�o theo ) tại các điểm A1 và B1 hướng lên trên, tức là R2

21

r
v k�o theo hướng xuống dưới, còn vận tốc tuyệt đối của người thứ nhất tại A 1 hướng

xuống dưới, tại B1 hướng lên trên (người thứ nhất chuyển động ngược chiều kim
đồng hồ). Như vậy:
a) và b) Khi người thứ nhất ở A1:
vtương đối A1 =

 R1  R 2  L  v

v kA1
A1

R2

hướng xuống dưới.

v kB1

O1
2R1

’

B1

O2

L - R1

c) và d) Khi người thứ nhất ở B1:
vtương đối B1 =

 R1  R 2  L  v
R2

L

hướng lên trên.

3) Có thể mở rộng bài tốn cho các vị trí khác
của hai người. Chẳng hạn tính vận tốc của người

’

R1
O1

thứ nhất đối với người thứ hai khi người thứ nhất
ở điểm C như hình vẽ.

O2
v1

C

Trong trường hợp này vận tốc kéo theo tại C có

vtương dối

-vk

độ lớn là:
v k   ' R12  L2 

v
R2

R12  L2

và hướng vng góc với CO2
Ta tính được vận tốc tương đối theo định lý hàm số cosin:
2

2

� R1 � �L �
vtương đối = v �
1
� � �
R
R2 �
2 � �
�

Bài tập 5. Một thanh cứng nhẹ AB chiều dài 2L

y
A

trượt dọc theo hai thanh định hướng vng góc
với nhau nằm trong mặt phẳng thẳng đứng: B

O

g

C
v

α

x

B

trượt theo thanh Ox nằm ngang, A theo thanh Oy thẳng đứng
Ở trung điểm C của thanh có gắn một vật nhỏ khối lượng m. Đầu B của thanh
chuyển động với vận tốc không đổi v từ O. Khi thanh hợp với Ox một góc α.
Hãy tìm:
a.

Phương trình chuyển động của đầu A?

b.

Vận tốc và gia tốc của m?
22

c.

Vận tốc góc của thanh.

d.

Lực tác dụng của thanh lên vật.

Hướng dẫn giải
a.

Phương trình chuyển động của đầu A là:

y = xtan = vt.tan =
b.

 2L  2  x 2



 2L  2   vt  2

Điểm C chuyển động tròn quanh O. Vectơ vận tốc của C vng góc với OC và

hợp với phương ngang một góc 900 - α, có

y
I

hình chiếu lên phương Ox là v/2.
vA

vCcos(900 - α) = v/2  vC = v/(2sin α)

aht

Gia tốc của m hướng theo phương thẳng
đứng xuống dưới, có hình chiếu lên phương
bán kính là thành phần gia tốc hướng tâm:
aht = aC.sin α =
Vậy: aC =
c.

O

C
vC

g
v/2
v

α

aC

B

x

v 2C
L

v2
4L sin 3 

Ở mỗi thời điểm toàn thanh như một vật rắn đang quay quanh I với vận tốc góc

. Như vậy vận tốc của B là:
vB = v = .RB = .2L.sin α →  = v/(2L.sin α).
d.

Gia tốc của vật m là aC hướng theo phương thẳng đứng từ trên xuống và m chịu
r

r

2 lực tác dụng: trọng lực P hướng theo phương thẳng đứng và lực N cần tìm (lực tác
r

dụng từ thanh lên vật). Như vậy N cũng hướng phương thẳng đứng.
Định luật II Niu-tơn cho ta:
Vậy:

P - N = maC

�
�
v2

N  m�
g
3 �
� 4Lsin  �

2.2.5. Bài tập thí nghiệm
Bài tập 1. Làm thế nào xác định hệ số ma sát của một thanh trên một mặt phẳng
nghiêng mà chỉ dùng một lực kế(hình vẽ)?Biết độ
nghiêng của mặt phẳng là không đổi và không đủ lớn
để cho thanh bị trượt.
HD:Để thanh chuyển động lên đều: FL =  Pcos 
+ Psin  (1).
23


Để thanh chuyển động xuống đều: FX =  Pcos  - Psin 

(2).

FL  FX
F  FX
; cos  = L
èsin2  + cos2  = 1.
2P
2P
FL  FX 2
FL  FX 2
è(
) +(
) =1

2P
2P
FL  FX
è =
2
4 P 2   FL  FX 

(1)

và (2) è sin  =

Đo FL, FX, P bằng lực kế và sử dụng công thức trên để suy ra 
Bài tập 2. Cho một thanh gỗ thẳng dài có thể quay quanh một trục lắp cố định ở một
giá thí nghiệm, một thước chia tới milimet, một bình hình trụ lớn đựng nước (đã biết
khối lượng riêng của nước), một bình
l’
l0
hình trụ đựng dầu hỏa, một lọ nhỏ
rỗng, một lọ nhỏ chứa đầy cát có nắp
đậy kín, hai sợi dây. Hãy trình bày một
F
phương án xác định khối lượng riêng
của dầu hỏa.
HD:- Lắp thanh gỗ vào trục quay để
có 1 địn bẩy. Treo lọ rỗng vào đòn bên
P
phải, treo lọ đầy cát vào một vị trí ở
P0
địn bên trái sao cho địn bẩy cân bằng
nằm ngang.

Ta có: P0.l0 = P.l (1)
- Nhúng lọ đựng đầy cát ngập trong nước rồi tìm vị trí treo nó sao cho địn bẩy cân
bằng:
P0.l0 = (P - F).l'
(2)
'
- Từ (1) và (2): F = P(l - l)/l'
Mà F = dnước.V
P l' - l
Suy ra: dnước = . '
V l
- Lặp lại thí nghiệm bằng cách thay nước bằng dầu hỏa, tìm vị trí l" treo lọ cát để địn
bẩy cân bằng.
P l" - l
- Ta có: ddầu = . "
V l
(l" - l)l'
(l" - l)l'
- Suy ra ddầu = dnước . '
hay Ddầu = Dnước '
(l - l)l"
(l - l)l"
Bài tập 3. Một dây xích gồm N mắt giống nhau được đặt trên mặt bàn nằm ngang.
Không dùng bất kỳ dụng cụ nào. Hãy xác định hệ số ma sát giữa xích và mặt bàn.
HD:
Cơ sơ lí thuyết
Giả sử có a mắt xích nằm trên mặt bàn và dây khơng trượt xuống. Xích chịu lực:
-Trọng lực P = (N - a)mg của (N - a) mắt xích, với m là khối lượng một mắt xích.
24

-Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên a mắt xích trên bàn FM = amg
-Khi xích chưa trượt thì
P < FM



N - a < a

(*)

Phương án thí nghiệm
-Ban đầu chỉ cho một vài mắt xích tự do, xích khơng trượt, sau đó kéo dần thêm từng
mắt xích một… đếm số mắt xích cịn lại trên bàn khi xích bắt đầu trượt
-Từ (*) xác định đượt hệ số ma sát trượt
Bài tập 4.



N a
a

Xác định sự phụ thuộc của lực cản tác dụng lên một hòn bi chuyển động

trong một mơi trường nhớt vào kích thước hịn bi. Cho biết lực cản tỉ lệ thuận với vận
tốc chuyển động của hịn bi trong mơi trường nhớt.
Dụng cụ và vật liệu:

Ống chứa glixêrin, một bộ các hịn bi có khối lượng

riêng giống nhau, thì kế, thước cặp có du xích
HD: Cơ sơ lí thuyết
Khi bi rơi trong mơi trường nhớt:

P - FA - Fc = ma

Do Fc ~ v nên lực cản tăng dần. Bi rơi đều khi lực cản cân bằng với trọng lực và lực
đẩy Ác-si-mét
Fc = mg - FA

vận tốc lúc này có thể đo theo v 

S
t

Bài tập 5. Cho một khối gỗ hình hộp có cạnh BC dài hơn
đáng kể so với cạnh AB đặt trên một tấm ván nằm ngang
như hình vẽ 3, với một cái bút chì và một cái thước. Hãy tìm
cách làm thí nghiệm và trình bày cách làm để xác định gần
đúng hệ số ma sát giữa khối gỗ và tấm ván. Giải thích cách
làm.

HD:

C

D
HÌNH 3

B

A

Dùng bút chì kẻ đường KL chia đơi mặt bên khối gỗ.
Đặt mũi bút chì trên đường KL và đẩy nhẹ nhàng khối gỗ bằng một lực theo phương
ngang, song song với cạnh nhỏ nhất AB của nó (hình vẽ).
Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đó nếu đẩy nhẹ khối gỗ thì nó sẽ trượt
chậm trên mặt tấm ván. Dịch chuyển dần điểm đặt của bút chì dọc theo đường KL về
phía L và đẩy như trên thì sẽ tìm được một điểm M mà nếu điểm đặt của lực ở phía
dưới nó thì khối gỗ sẽ trượt, cịn nếu điểm đặt của lực ở phía trên nó thì khối gỗ sẽ bị
đổ nhào mà không trượt
25