(Sáng kiến kinh nghiệm) phát triển tư duy học vật lí qua việc vận dụng sáng tạo các phương pháp giải bài tập

MỤC LỤC
MỤC LỤC
1. Mở đầu…………………………………………….
1.1. Lí do chọn đề tài…………………………………..
1.2. Mục đích nghiên cứu……………………………...
1.3. Đối tượng nghiên cứu……………………………..
1.4. Phương pháp nghiên cứu…………………………
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………….
2.1.

Cơ sở lí thuyết của sáng kiến kinh nghiệm……..

Trang
1
1
1
2
2
2
2

2.1.1.

Phương pháp dùng tích véc tơ……………
1.Cơ sở toán học…………………
2. Cơ sở vật lý………………..

2
2
2

2.1.2

Phương pháp tọa độ……………
1.Hệ tục tọa độ đề các…………
2.Hệ trục tọa độ bất kì……………..

2
2
3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh

nghiệm……………………………………

4


2.3.

Một số bài tập vận dụng………………………..

2.3.1.

Một số bài tập sử dụng tích véc tơ để giải bài tốn
ném xiên………………………………………..

2.3.2.

Một số bài tập vận dụng sang tạo phương pháp tọa
độ……………………………………..

7

1.Hệ tục tọa độ đề các…………
2.Hệ trục tọa độ bất kì……………..

7
13

4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt

động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà
trường……………………………………………..
3. Kết luận, kiến nghị………………………………...
- Kết luận………………………………………….
- Kiến nghị………………………………………...

19
19
19
19


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết trong chương trình vật lí 10 phần đầu tiên là cơ học, là một phần khó
của vật lí.Các bài tốn động học, động lực học trong đó có bài tốn ném xiên là một trong
những bài tốn khó nhất. Nó có thể hội tụ nhiều kiến thức của chương động học và động

lực học, thậm chí cả tính tương đối của chuyển động. Phương pháp thông thường như đã
được học trong sách giáo khoa là xét chuyển động theo hai phương vng góc. Đây là
cách làm tổng qt mà về nguyên tắc là có thể giải được nhiều bài tốn. Tuy nhiên với
một số bài tốn thì cách giải này tỏ ra quá phức tạp và tương đối dài dịng. Khi giải bài
tập về phần này tơi 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 tơi là một giáo viên dạy vật lí
ln có nhiều trăn trở, tơi đã quyết tâm tìm hiểu nghiên cứu tài liệu, nghiền ngẫm những
vấn đề đã đọc được để đưa ra một số cách giải mà từ đó các em hiểu được bài học, biết
vận dụng nó vào các bài khó hơn. Đặc biệt là dạy cho học sinh biết tìm tịi các cách giải
hay, ngắn gọn đặc biệt hơn là làm cho học sinh phát triển tư duy và sáng tạo trong quá
trình học, mặt khác giúp cho các em biết vận dụng nó trong các chương tiếp theo khi giải
bài tốn vật lí nói chung sau này. Cũng từ những điều được giáo viên truyền thụ từ những
bài toán vận dụng các cách giải sáng tạo, 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., linh hoạt trong
phương pháp giải, cách giải ngắn gọn, xúc tích. Tơi biết rằng hiểu hiện tượng , phân tích
tốt hiện tượng và cách giải linh hoạt là triển vọng của một người học giỏi vật lí và thành
cơng trên con đường học vấn. Sau đây tơi sẽ trình bày cách giải mới là sử dụng tích véc
tơ ( cả tích vô hướng và hữu hướng) để giải một số bài toán ném xiên và vận dụng
sáng tạo phương pháp tọa độ trong một số bài tốn vật lí.
Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán quen thuộc
đại loại như, hai xe chuyển động ngược chiều gặp nhau, chuyển động cùng chiều đuổi kịp
nhau,…trong đó các chất điểm cần khảo sát chuyển động đã tường minh, chỉ cần làm
theo một số bài tập mẫu một cách máy móc và rất dễ nhàm chán. Trong khi đó, có rất
nhiều bài tốn tưởng chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng một cách khéo léo
phương pháp tọa độ thì chúng trở nên đơn giản và rất thú vị.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
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 vận dụng sáng tạo các phương pháp giải bài tập là một điều rất

cần thiết trong quá trình dạy và học vật lí nói riêng cũng như việc dạy và học nói chung.
Nó khơng chỉ giúp các em hiểu được vấn đề bộ mơn mình dạy mà các em cịn biết sử
dụng tốt các kiến thức liên mơn như sử dụng tích véc tơ, dùng phương pháp hình học để
giải các bài tập
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.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Dựa vào cách sử dụng tích véc tơ ( cả tích vơ hướng và hữu hướng) để giải một số bài
toán ném xiên và vận dụng sáng tạo phương pháp tọa độ trong một số bài tốn vật lí để
làm cho cách giải ngắn gọn, dễ hiểu, phát huy tính sáng tạo trong q trình học từ đó làm
cho học sinh học tốt và u thích bộ môn
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Vận dụng tổng hợp kiến thức lí thuyết đã học để giải một số bài tập vật lí
2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
2.1.1. Phương pháp dùng tích véc tơ:
1. Cơ sở tốn học:
 Nhắc lại một số tính chất của các tích véc tơ.
a, Tích vơ hướng:
  

a.b  a b .cos( a.b )
* Định nghĩa:
* Tính chất:


+ a  b  a.b  0 (1)  


 
  
+ (a  b ).(c  d )  a.c  a.d  b .c  c .d (2)
b, Tích hữu hướng:
 
  

* Định nghĩa:  a b   c  a b .sin(a.b )
 



Khi 2 véctơ a,b có cùng điểm đặt O thì véctơ c có:
+ Điểm đặt tại O
+ Phương : vng góc với mặt phẳng chứa 2 véctơ

+ c : có chiều xác định theo quy tắc bàn
tay phải

“Quay cái đinh ốc theo chiều từ véctơ a đến véctơ

chiều tiến của cái đinh ốc chính là chiều của véctơ c ”.
* Tính chất:
 
 
+ a  b   a b   0 (3)
























 
a,b

b thì

+ (a  b )  (c  d )    a  c    a  d   b  c   c  d  (4)
2. Cơ sở vật lý:

 Về mặt vật lí chúng ta chủ yếu sử dụng cơng thức:
  


+ v  v0  gt . Trong đo v0 là vận tốc ban đầu, v là vận tốc tại thời điểm t.
2.1.2. Phương pháp tọa độ


1. Hệ trục toạ độ Đề các.
Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí phần
động học, động lực học. Muốn nghiên cứu chuyển động của một chất điểm, trước hết ta
cần chọn một vật mốc, gắn vào đó một hệ tọa độ để xác định vị trí của nó và chọn một
gốc thời gian cùng với một đồng hồ hợp thành một hệ quy chiếu.
Vật lí THPT chỉ nghiên cứu các chuyển động trên một đường thẳng hay chuyển
động trong một mặt phẳng, nên hệ tọa độ chỉ gồm một trục hoặc một hệ hai trục vng
góc tương ứng.
Các bước tiến hành
+ Chọn hệ quy chiếu thích hợp.
+ Xác định tọa độ ban đầu, vận tốc ban đầu, gia tốc của chất điểm theo các trục tọa
độ: x0, y0; v0x, v0y; ax, ay. (ở đây chỉ khảo sát các chuyển động thẳng đều, biến đổi đều và
chuyển động của chất điểm được ném ngang, ném xiên).
+ Viết phương trình chuyển động của chất điểm
1

2
 v 0x t  x 0
x  2 a x t


1

y 
a y t 2  v 0y t  y 0


2

+ Viết phương trình quỹ đạo (nếu cần thiết) y = f(x) bằng cách khử t trong các
phương trình chuyển động.
+ Từ phương trình chuyển động hoặc phương trình quỹ đạo, khảo sát chuyển động
của chất điểm:
- Xác định vị trí của chất điểm tại một thời điểm t đã cho.
- Định thời điểm, vị trí khi hai chất điểm gặp nhau theo điều kiện
x 1  x 2

 y1  y 2

-

*

Khảo sát khoảng cách giữa hai chất điểm

d  (x 1  x 2 ) 2  (y1  y 2 ) 2

Trong sách giáo khoa lớp 10 cho ta một phương pháp để giải các bài tốn về

chuyển động ném xiên đó là phương pháp toạ độ. Theo phương pháp này để giải một bài
toán ném xiên ta thường phải qua 4 bước :
Bước 1 : Chọn hệ trục toạ độ ( thường là hệ trục toạ độ Đề các).
Bước 2 : Phân tích chuyển động thực làm hai chuyển động theo các trục tọa độ.

Bước 3 : Khảo sát riêng rẽ các chuyển động thành phần.
Bước 4 : Phối hợp lời giải riêng rẽ thành lời giải đầy đủ cho chuyển động thực.
2. Hệ trục toạ độ bất kì.
Theo phương pháp này để giải một bài toán ném xiên ta cần tiến hành:
1. Chọn hệ trục tọa độ là bất kì.


2. Các chuyển động thành phần là các chuyển
động “tưởng tượng” và diễn ra trong cùng một
khoảng thời gian.
3. Giả sử ta có chuyển động ném xiên như hình
(H1):
+ Nếu vật chuyển động theo phương ngang Ox được một đoạn X=OA thì theo
phương Oy vật phải dời được một khoảng Y đúng bằng AB (để chuyển động thực của vật
đạt tới vị trí B trên quỹ đạo)
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Trong qúa trình giảng dạy tại các trường THPT, tơi nhận thấy rằng các em học sinh
thường lúng túng khi gặp phải các bài toán về chuyển động ném xiên cũng như chưa sáng
tạo trong việc chọn một hệ quy chiếu , hệ tọa độ như thế nào là đơn giản, phù hợp cho
việc giải một bài toán. Nguyên nhân là do các em hiểu còn chưa sâu phương pháp tọa độ
mà sách giáo khoa đã trình bày. Mặt khác cịn có một ngun nhân mang tính chất thói
quen của học sinh là khi giải một bài tốn vật lí phần lớn các em chưa định hình được
hướng đi của bài như để đạt được yêu cầu của bài toán đặt ra ta phải tìm đại lượng nào?
và phải sử dụng đến những công thức liên quan nào?... mà các em thường làm bài theo
thói quen và theo kiểu bắt chước một bài nào đó kiểu suy luận xi.
Vì vậy tơi chọn đề tài này nhằm mục đích cho học sinh biết vận dụng sáng tạo các
phương pháp giải bài tập như giải quyết bài tập ném xiên bằng tích có hướng, vơ hướng
của hai véc tơ và hiểu sâu hơn nội dung của phương pháp tọa độ mà sách giáo khoa đã
trình bày, từ đó gây hứng thú học tập cho học sinh và giúp học sinh hiểu sâu sắc bản chất,
hiện tượng vật lí của bài tốn và giúp các em làm quen với việc định hướng trước khi giải

một bài tốn vật lí, hình thành kỹ năng, kỹ xảo và phát triển năng lực tư duy cao hơn nữa
cho các em.
2.3. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG
2.3.1. MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ SỬ DỤNG TÍCH VÉC TƠ ( CẢ TÍCH VƠ HƯỚNG VÀ HỮU
HƯỚNG) ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN NÉM XIÊN.


Bài toán 1: Chứng
minh rằng tự một độ cao nào đó so với mặt đất người ta ném một vật

với vận tốc v0 ban đầu lập với phương ngang một góc , thì khi
đạt tới tầm xa cực đại, vận tốc ban đầu và vận tốc ngay trước
chạm đất vuông góc với nhau.
Giải :
Vật chỉ chuyển động
dưới tác dụng của trọng lực nên nó thu





được gia tốc : a  g 

P
. Tức là gia tốc có phương thẳng đứng,
m

hướng xuống (xem hình).
 
Vận tốc của vật v  v0  gt

   

 
   
v

v

v

gt

v

v

v

gt
 v0  gt  v0
Tính :
0
0
0
0
0





  
vt  v0  gt



 



 
 v  v0  v0gtsin 900    v0gtcos





(1)

Vì khi vật chạm đất tầm xa của vật là : L = v0cos.t
(2)
(do theo phương ngang vật khơng chịu tác dụng của lực nào nên nó chuyển động thẳng
đều với vân tốc (vx=v0cos.)
(3)
Từ (1) và (2) ta rút ra được :

L

 

 
Mặt khác : v  v0 = v.v0sin ( v,v0 )

Nên ta có : L 

 
v  v0
g



 
v.vo sin v,v0



 
v  v0
g



(5)

g

Nhìn vào (5) thấy một điều hiển nhiên rằng L Max
bài toán yêu cầu).

 

 
sin
v,v0 = 1 hay v  v0 (điều mà
khi :





Nhận xét: Trong ví dụ này ta đã đưa ra một công thức tổng quát là:


L



 v0  v 
g

Đặc biệt với cơng thức trên ta có thể áp dụng cho nhiều bài toán và cho ta cách giải mới
và khá hay như các ví dụ tiếp theo sau đây

Bài toán 2: Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc v0 hợp với phương nằm ngang góc
 . Tìm tầm bay xa? Với góc ném  nào thì tầm bay xa cực đại?
Bài giải:
Theo định luật bảo tồn cơ năng thì vận tốc của vật khi chạm đất là v = v0 .
 
Từ hình vẽ bên ta suy ra (v , v0 )  2


Theo cơng thức từ ví dụ 1 ta có: L 



 v0  v 
g

L

v02 sin 2
g


LMax 

v02
khi sin 2  1    450
2g

Nhận xét: Nhận xét qua ví dụ này ta thấy sử dụng tích véc tơ để giải bài tốn ném xiên
này vơ cùng ngắn gọn, dễ hiểu.

Bài tốn 3: Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc v0 hợp với phương nằm ngang góc
 . Tìm thời gian t để:
a, Vận tốc của vật vng góc với phương ban đầu?

b, Vận tốc của vật là v hợp với phương ban đầu một góc  ?
Bài giải:
  
Gọi thời gian phải tìm là t, vận tốc của vật tại thời điểm t là: v  v0  gt

 

a, Vì v  v0  v .v0  0
  
 
(v0  gt ).v0 = v02  v0 .gt  0  v02  v0 .gt.sin   0
t 

v0
(1)
g sin 

Gọi t0 là thời gian rơi của vật
Ta có t0 =

2v0 sin 
g

v

2v sin 

1

0
0
 sin  
   450
Kết quả (1) chỉ có nghĩa khi t  t0 hay g sin  
g

2
Vậy nếu vật được ném từ mặt đất thì để tồn tại thời gian thỏa mãn điều kiện đầu bài thì
góc   450
  
b, Ta có v  v0  gt
 

 
 
Xét:  v0  v    v0  (v0  gt ) =  v0  gt 

 v0 v sin   v0 .gt.cos  t 

v sin 
g .cos





Bài toán 4: Hai vật được ném tại cùng một thời điểm với vận tốc là v01 , v02 lần lượt hợp
với phương ngang góc là 1 và  2 .Sau khoảng thời gian t thì vận tốc của hai vật song
song với nhau. Tìm t?
Bài giải:
Sau khoảng thời gian t vận tốc của hai vật là:
 
  

v1  v01  gt , v2  v02  gt
 

 
Theo bài v1  v2   v1  v2   0




  (v01  gt )  (v02  gt )   0






  (v01  v02 )   v01  gt    v02  gt   0

 v01.v02 sin( 2  1 )  v01.gt.cos1  v02 .gt.cos 2  0
 v01.v02 sin(1   2 )  v01.gt .cos1  v02 .gt.cos 2
v01.v02 sin(1   2 )
t 
.
g (v01.cos1  v02 .cos1 )


2v0 sin 
g
2.3.2. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

Kết quả này chỉ có ý nghĩa khi 0  t  t0 với t0 =

1. Hệ tọa độ đề các

Bài toán :1
Một vật m = 10kg treo vào trần một buồng thang máy có khối lượng M = 200kg.
Vật cách sàn 2m. Một lực F kéo buồng thang máy đi lên với gia tốc a = 1m/s 2. Trong lúc
buồng đi lên, dây treo bị đứt, lực kéo F vẫn khơng đổi. Tính gia tốc ngay sau đó của
buồng và thời gian để vật rơi xuống sàn buồng. Lấy g = 10m/s2.
Nhận xét
Đọc xong đề bài, ta thường nhìn nhận hiện tượng xảy ra trong thang máy (chọn hệ quy
chiếu gắn với thang máy), rất khó để mơ tả chuyển động của vật sau khi dây treo bị đứt.
Hãy đứng ngoài thang máy để quan sát (chọn hệ quy chiếu gắn với đất) hai chất điểm vật
và sàn thang đang chuyển động trên cùng một đường thẳng. Dễ dàng vận dụng phương
pháp tọa độ để xác định được thời điểm hai chất điểm gặp nhau, đó là lúc vật rơi chạm
sàn thang.
Giải
y
Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O tại vị

trí sàn lúc dây đứt, gốc thời gian t = 0 lúc dây đứt.
F

Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F và trọng lực P = (M + m)g gây ra

T v
gia tốc a cho hệ M + m, ta có
0
F - P = (M + m)a  F  (M  m)(a  g)  2310N

P
+ Gia tốc của buồng khi dây treo đứt
y
Lực F chỉ tác dụng lên buồng, ta có

 02
F – Mg = Ma1, suy ra
v0
a1 

F  Mg
 1,55m/s 2
M

O

+ Thời gian vật rơi xuống sàn buồng
Vật và sàn thang cùng chuyển động với vận tốc ban đầu v0.
Phương trình chuyển động của sàn thang và vật lần lượt là
y1 

1 2
1
a 1 t  v 0 t ; y 2  a 2 t 2  v 0 t  y 02
2
2

Với a1 = 1,55m/s2, y02 = 2m, vật chỉ còn chịu tác dụng của trọng lực nên có gia tốc a2 = -g
Vậy
y1  0,775t 2  v 0 t và y 2  5t 2  v0 t  2
Vật chạm sàn khi
Vật chạm sàn khi y1 = y2, suy ra t = 0,6s.
Bài toán 2:
Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m 2 = 100kg đang chuyển động trên đường ray với
vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m 1 = 5kg được đặt nhẹ

vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có thể nằm yên trên sàn chuyển
động khơng? Nếu được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali. Cho biết hệ


số ma sát giữa va li và sàn là k = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g =
10m/s2.
Nhận xét
Đây là bài toán về hệ hai vật chuyển động trượt lên nhau. Nếu đứng trên đường ray
quan sát ta cũng dễ dàng nhận ra sự chuyển động của hai chất điểm vali và mép sau của
sàn xe trên cùng một phương. Vali chỉ trượt khỏi sàn xe sau khi tới mép sau sàn xe, tức là
hai chất điểm gặp nhau. Ta đã đưa bài toán về dạng quen thuộc.

Giải
v0
Chọn trục Ox hướng theo chuyển
động của xe, gắn với đường ray, gốc O tại
N2
vị trí mép cuối xe khi thả vali, gốc thời
x
N1
F'
ms O
gian lúc thả vali.

P'1
+ Các lực tác dụng lên
P1F ms
Vali: Trọng lực P1 = m1g, phản lực N1 và
P2
lực masát với

sàn
xe
F
,
ta
có
ms



P1  N1  Fms  m1a 1

Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được:
Fms = m1a1 và N1 = P1 = m1g, suy ra
a1 

Fms kN1

 kg  1m/s 2
m1
m1

Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng của vali P1,  m1g , phản lực N2 và lực ma sát với vali
F’ms. Ta có  

P1'  P2  N 2  F' ms  m 2 a 2

Chiếu lên trục Ox ta được
-F’ms = m2a2
a2 

 F' ms  Fms  km1g


 0,05m/s 2
m2
m2
m2

Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt
1 2
a 1 t  x 01  0,5t 2  4
2
1
x 2  a 2 t 2  v 0 t  0,025t 2  2t
2
x1 

Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2, hay 0,5t2 + 4 = -0,025t2 + 2t
Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau
của xe.

Khi vali nằm yên trên sàn, v1 = v2
v0
Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = -0,05t + 2, suy ra
t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s

l
A
Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng

d  x 1  x 2  0,5t  4  0,025t  2t
2

2

Với t = 1,9s ta có d = 2,1m
Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s.

h

B


Bài tốn 3  :
Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần parabol (hình vẽ). Từ điểm A trên
sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so với đáy vực và cách điểm B đối diện trên bờ bên kia
(cùng độ cao, cùng nằm trong mặt phẳng cắt) một khoảng l = 50m, bắn một quả đạn
pháo xiên lên với vận tốc v0 = 20m/s, theo hướng hợp với phương nằm ngang góc  =
600. Bỏ qua lực cản của khơng khí và lấy g = 10m/s 2. Hãy xác định khoảng cách từ điểm
rơi của vật đến vị trí ném vật.
Nhận xét
Nếu ta vẽ phác họa quỹ đạo chuyển động của vật sau khi ném thì thấy điểm ném
vật và điểm vật rơi là hai giao điểm của hai parabol. Vị trí các giao điểm được xác định
khi biết phương trình của các parabol.
Giải
Chọn hệ tọa độ xOy đặt trong mặt phẳng quỹ đạo của vật, gắn với đất, gốc O tại
đáy vực, Ox nằm ngang cùng chiều chuyển động của vật, Oy thẳng đứng hướng lên. Gốc
thời gian là lúc ném vật.
Hình cắt của bờ vực được xem như một phần parabol (P1) y = ax 2 đi qua điểm A
có tọa độ

(x = -

l
; y  h)
2

y(m)

4
125
4 2
y
x
125

Suy ra 20 = a(- 25)2  a =
Phương trình của (P1):

Phương trình chuyển động của vật:
l

x  v 0 cosαt 
 10t  25


2

 y   1 gt 2  v sinαt  h  5t 2  10
0



2

3t  20


v0
A



B

h

C

Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2):
y

1 2 2 35
5
x 
x  (20 3  9)
20
2
4

O

x(m)

Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:
1

y
x2

2000


 y   1 x 2  2 3  5 x  5 (20 3  9)


20
2
4

với

x  25m, y  20m

Suy ra tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m và yC = 7,82m
Khoảng cách giữa điểm rơi C và điểm ném A là
AC 

(x A  x C ) 2  (y A  y B ) 2  42,37m

Bài toán 4
Một học sinh cầm hai quả bóng trong tay, lúc đầu em tung quả bóng thứ nhất với vận

tốc v0 = 8 m/s. Hỏi sau đó bao lâu phải tung quả bóng thứ hai lên trên với vận tốc v 0/2 để


hai quả bóng đập vào nhau sau khoảng thời gian là ngắn nhất (kể từ lúc đầu). Vị trí hai
quả bóng đập vào nhau cách vị trí tung bóng bằng bao nhiêu? Lấy g = 10m/s2
Bài giải:
Cách thứ nhất: Phương pháp đồ thị
y
Độ cao cực đại mà các quả bóng đạt tới (Hình vẽ)
+Vì v01  2v02 
h
h1max 

1max

v02
v2
; h2max  0 .
2g
8g

Quả bóng thứ hai lại ném lên sau quả bóng 1 nên
hai chỉ có thể gặp nhau trong khi quả bóng 1 đi xuống,
quả bóng 2 đi lên. Muốn hai quả bóng đập vào nhau sau
khoảng thời gian là nhỏ nhất thì quả bóng 1 phải đập vào
quả bóng 2 khi quả bóng 2 ở vị trí cực đại.

h2max
1,1

v02
 0,81(m)
8g
3v0
1 2
3v0
*Thời gian quả bóng 1 đi lên: s  2 gt2  h1max  h2max  8 g  t2 
2g

Vậy vị trí hai quả bóng đập vào nhau h  h2max 

O

0,81

1,5

+Thời gian nhỏ nhất kể từ lúc tung quả bóng 1 đến lúc hai quả bóng đập vào nhau là:
tmin  t1  t2 

(2  3)v0
 1,5( s )
2g
v

0
+Thời gian quả bóng 2 đi lên đến độ cao cực đại : t  2 g
*Khoảng thời gian từ lúc ném quả bóng 1 đến lúc ném quả bóng 2 là:

T = tmin  t 

(1  3)v0
 1,1( s)
2g

Cách thứ hai: :
Chọn trục tọa độ Oy thẳng đứng, gốc tọa độ tại vị trí tung bóng,chiều dương hướng lên.
Gốc thời gian lúc tung bóng.
Gọi T là khoảng thời gian từ lúc ném quả bóng 1 cho đến lúc tung quả bóng 2
t là khoảng thời gian từ lúc tung quả bóng 1 đến lúc hai quả bóng đập vào nhau
Phương trình chuyển động cho q trình đi xuống của quả bóng 1 và đi lên của quả bóng
2 là:
v02 1
v
y1 
 g (t  0 ) 2 (1)
2g 2
g
2
v
1
y2  0 (t  T )  g (t  T ) 2 (2)
2g
2

Điều kiện hai bóng gặp nhau: y1  y2 . Từ (1) và (2) suy ra: t 
Điều kiện để t = tmin là

dt
0

dT

gT 2  v0T
2 gT  v0

t


dt (2 gT  v0 )(3gT  v0 )  ( gT 2  v0T ).2 g
 0  2 g 2T 2  2 gv0T  v02  0

2
(2 gT  v0 )
dT
(2  3)v0
= 1,5(s)
2g
v02
y

y

Vị trí hai bóng đập vào nhau là: 1 2
= 0,81(m)
8g
T 

(1  3)v0
= 1,1(s)
2g

tmin =

Bài toán 5  : Một chiếc thuyền chuyền động với tốc độ khơng đổi u đối với dịng nước,
theo hướng vng góc với dịng nước. Biết tốc độ chảy của nước tăng tỉ lệ với khoảng
cách, từ giá trị 0 ở bờ đến giá trị v0 ở giữa sông. Khoảng cách giữa hai bờ sông là l . Hãy
xác định :
a, Khoảng cách thuyền bị dịng nước đưa trơi ?
b, Quỹ đạo chuyển động của thuyền ?
Bài giải:
a, Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ O trùng với vị trí thuyền. Gốc thời gian lúc
thuyền xuất phát.
x
Phương trình chuyển động của thuyền : x = ut (1)
B
Liên hệ giữa vận tốc dịng nước vy theo tọa độ x :
l
thì vy = v0
2
2v
2v
l
 v0  k  k  0 . Vậy v y  0 .x (2)
2
l
l


v
0

vy = kx ; với x =

l u

y

Liên hệ giữa vy với thời gian t :
Từ (1) và (2) ta có : v y 
Với a 

C


O

2v0u
.t  at .
l

2v0u
l

Phương trình chuyển động của thuyền theo trục Oy : y =
l
2

Khi vật tới C : xC  thì t1 

1 2 v0u 2

at 
t (3)
2
l

l
v u l2
vl
và yC  0 . 2  0
2u
l 4u
4u

Khi sang tới bờ bên kia tại B thì thuyền bị nước đưa trơi một khoảng là : L  2 yC 

v0l
2u

b, Quỹ đạo của thuyền
Rút t từ (1) thay vào (3), ta được : y 

v0 2
.x . Vậy quỹ đạo của vật chuyển động dạng
ul

parabol. Ta có hai nhánh parabol
Bài tốn 6  :
Một bóng hình cầu treo ở độ cao h = 5m bị nổ,các mảnh vỡ bắn ra theo hướng li tâm với
tốc độ v = 10m/s. Tìm vùng rơi của các mảnh vụn trên mặt đất. Bỏ qua sức cản của
khơng khí và kích thước của bóng đèn. Lấy g = 10m/s2

Bài giải:
Cách thứ nhất:


Vì lí do đối xứng vùng rơi là một vịng trịn có tâm là hình chiếu của bóng đèn (coi như
một điểm) trên mặt đất.
Xét một mảnh vỡ bắn ra theo góc  so với mặt phẳng nằm ngang, trong hệ tọa độ như
(hình vẽ)
y

 x  v (cos )t


1 2
 y   2 gt  v(sin  )t  h

Phương trình quỹ đạo: y  


v0



gx 2
 x tan   h
2v 2 cos 2

Muốn cho mảnh rơi xuống đất có hồnh độ x1,
ta phải có góc  thỏa mãn phương trình:
gx12

 x1 tan   h  0
2v 2 cos 2
gx12
gx12
2
 2 tan   x1 tan   2  h  0
2v
2v


h
O

x

Nếu phương trình có nghiệm thì với vận tốc ban đầu v mảnh vỡ có thể tới được điểm x 1,
nếu phương trình vơ nghiệm   0 thì mảnh vỡ khơng đến được điểm x1.
  x12  4

gx12 gx12
2 gx12 v 2 gx12
(

h
)

( 
 h)
2v 2 2v 2
v 2 2 g 2v 2

v 2 gx12

 h <0
Từ đó ta thấy rằng:   0 ứng với các giá trị của x1 sao cho:
2 g 2v 2
x12 

v4
v2
2 gh
2 h

2
v
1  2  R thì vơ nghiệm.
hay là: x1 
2
g
g
g
v

Các mảnh vỡ rơi xuống đất trong một vịng trịn có bán kính
v2
2 gh
R
1  2  10 2(m)
g
v

Cách thứ hai:
Chọn hệ tọa độ rơi tự do, lúc bóng đèn nổ t = 0, gốc tọa độ trùng với tâm bóng đèn và bắt
đầu rơi. Trong hệ tọa độ này vào thời điểm t, các mảnh vỡ nằm trên một đường tròn tâm
ở gốc tọa độ, bán kính R = vt.
Trong hệ tọa độ đứng n, gốc ở mặt đất, đường trịn trên có phương trình:
2

1


x   y  (h  gt 2 )   (vt ) 2
2


2

Giao điểm của đường tròn với mặt đất (y=0) là điểm rơi của mảnh vỡ vào thời điểm t.
Điểm rơi ấy có tọa độ x1 (t ) :
x12  (h 

1 2 2
1
gt )  (vt ) 2   g 2t 4  (v 2  gh)t 2  h 2
2
4

Đây là một tam thức bậc hai của t2, cực đại của tam thức là:
( x12 ) max 

(v 2  gh)2
v4
h
2

h

 2v 2
2
2
g
g
g


Từ đây ta cũng suy ra rằng giá trị cực đại của x1 là:
x1max 

v4
h
 2v 2  10 2(m)  14,1(m)
2
g
g

Nghĩa là mảnh vỡ rơi xuông đất trong phạm vị một vịng trịn bán kính R = 14,1(m)
2. Hệ trục toạ độ bất kì.

Bài tốn 1: Một vật được ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v0 lập với phương
ngang một góc  ở vị trí O. Giả sử vật chạm đất tại C. (Bỏ qua mọi lực cản)

Hãy xác định :
a) Thời gian bay của vật.
b) Tầm xa OC của vật.
c) Thời gian để vật đạt được độ cao cực đại tính từ lúc bắt đầu ném vật và độ
cao cực đại đó.
* Nhận xét :
- Ta có thể phân tích chuyển động thực làm hai
chuyển động thành phần
(hình H2):
+ Chuyển động thẳng đều theo phương Ox (vì
theo phương này vật khơng chịu lực nào tác dụng).
+ Rơi tự do theo phương Oy.
- Nếu theo phương Ox vật đi được một đoạn OA = X
thì rõ ràng theo phương Oy vật đi được một đoạn Y
đúng bằng AB (để chuyển động thực của vật đạt tới
vị trí B trên quỹ đạo).
- Như vậy khi vật chạm đất tại C thì theo phương Ox vật đi được một đoạn OM,
phương Oy vật rơi được một đoạn MC (nhưng trong cùng một khoảng thời gian).
Từ nhận xét trên ta đi giải bài toán này như sau :
Bài giải:
- Chọn hệ trục xOy như hình (H3).
- Phân tích chuyển động thực làm 2 chuyển động thành phần :


+ Chuyển động thẳng đều theo phương Ox với vận tốc ban đầu v0
+ Rơi tự do theo phương Oy
OM  v0tC

- Gọi tC là thời gian chuyển động của vật, ta có: 
gt2C

 MC 
2


gt2C
a) Từ hình ta có : sin  MC  2  gtC
OM v0tC 2v0

Hay tC 

2v0 sin
g

(1)

b) Cũng từ hình ta có :
L = OC = OM.cos = v0tCcos
 L  v0

2v0 sin
v2 sin2
cos  L  0
g
g

(2)

c) Gọi tP là thời gian để vật đạt được độ cao cực đại
tính từ lúc bắt đầu ném vật.
Giả sử vật đạt độ cao cực đại tại vị trí I thì rõ ràng

vận tốc thực của vật tại vị trí này phải theo phương
ngang.


 

Mặt khác ta có : v  vx  vy
Từ hình ta có : sin 

vy

Mà vx = v0 ; vy= 0 + gtP thay vào (3) ta có : sin 
Từ (1) và (4) ta thấy tP =

(3)

vx

gtP
v sin
 tP  0
v0
g

1
gt2 gt2
tC  OP = PM và PI  P  C .
2
2
8

OP  PM
nên PI là đường trung bình của tam giác OMN
 PI // MN

Do 

(4)


 OI = IN và MN = 2PI=

gt2C
4

 NC  MC  MN 

gt2C gt2C gt2C


2
4
4

(5)

OI  IN
nên QI là đường trung bình của tam giác ONC
 IQ // NC

Do 

gt2C g 4v20 sin2  v20 sin2 
1


 QI  NC 
2
8 8
g2
2g
v20 sin2 
Vậy độ cao cực đại mà vật đạt được là : H = QI =
2g

(6)

Bài toán 2:
Chứng minh rằng từ một độ cao nào đó so với mặt đất người ta ném một vật với


vận tốc v0 ban đầu lập với phương ngang một góc , thì khi đạt tới tầm xa cực đại, vận
tốc ban đầu và vận tốc ngay trước chạm đất vng góc với nhau
(xem hình H4).
Nhận xét : Với bài tốn dạng này ta có nhiều hướng đi,
nhưng trong phạm vi phương pháp này tôi đơn cử đưa ra 3
hướng như sau :
* Hướng 1 : Suy luận xuôi
Trước hết ta đi tìm cơng thức tầm xa L = L() . Từ điều kiện LMax  . Thế  vào
cơng thức tính thời gian của chuyển động, từ đó tính được vy

Có vy , vx= v0 , v (tìm được từ định luật bảo tồn cơ năng). Nếu nó thoả mãn hệ
thức: vy2 = v2 + vx2 thì đã đạt được yêu cầu bài tốn.
Hướng này tương đối dài, ta tìm hướng đi khác.
* Hướng 2: Suy luận ngược




Vì ( (v,v0 )   v,vx      )
Nếu tìm được biểu thức L = L(    ) thì từ điều kiện LMax ta phải suy ra được   
=900


Song để tìm hệ thức chứa  là rất khó vì HS chưa học định lí hàm số cosin và định
hàm số sin, hoặc dùng phương pháp chiếu ta có hệ thức v xcos = v.cos. Hướng này có
thể được.
* Hướng 3 : Suy luận ngược


Nếu  v,vx  =900 thì rõ ràng ta có hệ thức : vy2 = v2 + vx2 (*)
Vậy bài toán trở thành đi chứng minh (*) với giả thiết LMax.
Nhận thấy vx = v0 = const (phương này vật chuyển động thẳng đều), v= const xác
định được thơng qua định luật bảo tồn cơ năng. Vậy chỉ còn vy thay đổi  chỉ cần tìm
hàm L = L(vy), rồi từ điều kiện L Max  vy . Hướng này rõ
ràng.
Sau đây tôi giải bài tốn này theo hướng 3 :
- Ta có : vx = v0

(1)

(vì theo phương này vật chuyển động thẳng đều)
Áp dụng định luật bảo toán cơ năng cho 2 điểm Avà C
WA = WC  mgh 

cho ta:

mv20 mv2

2
2

(Chọn gốc thế năng là mặt đất)
 v2 = v02 + 2gh

(2)

vy = gt

(3)

- Từ hình (H5) ta có :

L2 = OM2 - MN2

 L = OM - (MC - NC)
2

2

 gt2


 L   v0t  
 h
 2

2

2

  gt 2

2 2
 g L   v0gt  
 gh
 2


2

2

2

(nhân cả 2 vế với g2)

2

 v2y 
 g L  v v     ghv2y  g2h2
 2

 
2 2

2 2
0 y

(do vy = gt )

2


2

 v2y 
2
2
 g L      v20  gh v2y  v20  gh  v20  gh  g2h2
 2
 
2 2







 

 v2y

 g L  v  2ghv    v20  gh
 2
2 2

4
0



2
0





2


4
2
  v0  2ghv0


(4)

Như vậy LMax  (L2)Max  [(gL)2]Max khi và chỉ khi (4) xảy ra dấu “=”, tức là:
v2y
2









 v20  gh  0  v2y  2 v20  gh

(5)

Từ (1), (2), và (5) ta thấy rõ ràng rằng :
 
 
v2y  v2x  v2 , tức v  vx hay v  v0
(đây là điều bài toán đặt ra).
Bài toán 3: Mộtvật
được ném lên từ mặt

đất với vận tốc v0 ban đầu lập với phương
ngang một góc . Giả sử vật chạm đất tại C.
Trên đường thẳng đứng qua C đồng thời người
ta thả một vật khác tơi tự do ở độ cao h.
Tìm điều kiện của h để hai vật rơi tới C cùng một lúc.
Giải :
Để hai vật tới C cùng một lúc thì thời gian chuyển động của hai vật phải bằng
nhau. Tức thời gian chuyển động của vật 2 bằng :
2v sin
tD  0

g
gt2D g 4v0 sin2 
 .
Đường đi của vật 2 được tính theo cơng thức : h MC 
2 2
g2
g 4v0 sin2 
h .
Hay :
(3)
2
g2
2
v sin2
Nhận xét 1: Từ công thức tầm xa của vật 1 : L  0
và công thức (3) ta thấy rằng
g
2v20 sin2 
h
g
 2
 tg
tỉ số :
L v0 sin2
g

Vậy vật 2 phải nằm trên đường thẳng chứa v0

M

Nhận xét 2: Nếu khơng
có trọng lực thì vật 1 sẽ chuyển động thẳng đều theo phương OM

với vận tốc ban đầu v0 . Sau thời gian tD nó sẽ đi được một quãng đường :
2v20 sin
S v0tD 
g
4v40 sin2 .cos2  4v40 sin4  4v40 sin2 
2
2
2


Từ hình ta có : OM  OC  CM 
g2
g2
g2
2v20 sin
Hay : OM 
Rõ ràng là : S = OM
g
Ta có thể rút ra cách giải bài tốn ban đầu như sau:
Có thể coi chuyển động của vật từ O tới C là tổng hợp của hai chuyển động :
+ Chuyển động thẳng đều từ O tới M với vận tốc ban đầu v0
+ Rơi tự do từ M  C (không vận tốc ban đầu)
(trong cùng một khoảng thời gian t nào đó lại đúng bằng thời gian chuyển động thực của
vật- hình bên)
M
Gọi tD là khoảng thời gian chuyển động thực của vật, ta có:

gt2D
OM  v0tD
;
MC 
2
Từ hình ta có :
gt2D 1
MC
sin 
 sin 
.
OM
2 v0tD
Suy ra :

tD 

2v0 sin
g

Tầm xa : L = OM. cos .
v20 sin2
Hay ta có: L 
g
Một số bài tốn vận dụng


v0


Bài 1
Từ đỉnh dốc nghiêng góc  so với phương ngang, một vật được
phóng đi với vận tốc v0 có hướng hợp với phương ngang góc  .
Hãy tính tầm xa của vật trên mặt dốc.
ĐS: s 

2v 02 cos α.sin (α  β)
gcos 2β

Bài 2
Trên mặt nghiêng góc  so với phương ngang,
người ta giữ một lăng trụ khối lượng m. Mặt trên
của lăng trụ nằm ngang, có chiều dài l, được đặt
một vật kích thước khơng đáng kể, khối lượng 3m,
ở mép ngồi M lăng trụ (hình vẽ).



l
3m
M
m




Bỏ qua ma sát giữa vật và lăng trụ,
hệ số ma sát giữa lăng trụ và mặt phẳng nghiêng là k. Thả lăng trụ và nó bắt đầu trượt
trên mặt phẳng nghiêng. Xác định thời gian từ lúc thả lăng trụ đến khi vật nằm ở mép
trong M’ lăng trụ.

ĐS:

t

l
2 g (k sin   cos  ) cos 

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Với cách làm theo chuyên đề và định hướng theo nhóm học tập các học sinh, để các em tự
tìm tịi 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 và đã sáng tạo trong tư duy hiện tượng vật
lí.
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 tiếp theo.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Phần cơ là một phần có tính ứng dụng, đặc biệt là phần bài tập chuyển động của vật
bị ném nói riêng, các bài tập cơ nói chung. 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 mơn vật lí .Từ đó tạo được hứng thú học tập khi tìm hiểu các phần bài tập
có liên quan.
Thực tế cho thấy, khi tiến hành giảng dạy qua việc vận dụng sáng tạo các phương
pháp giải bài tập, các em rất hào hứng tiếp thu và vận dụng vào các bài tập giáo viên 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 một số bài tốn. Tơi 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 cơng việc chuyên môn.
3.2. Kiến nghị: Không
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ
Hiệu trưởng

Thanh Hóa, ngày 5 tháng 6 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nộ dung của người
khác


Bùi Thị Thanh

1.
2.
3.
4.

Đào Thị Loan

TÀI LIỆU THAM KHẢO
Phương pháp giải tốn vật lí 10 – PGS.TS Vũ Thanh Khiết – NXBGD 2006
Giải tốn vật lí 10 – Bùi Quang Hân - NXBGD 2003
Phương pháp nghiên cứu khoa học giáo dục – Phạm Viết Vượng NXBHà Nội
1997.
Bồi dưỡng học sinh giỏi THPT – PGS.TS Vũ Thanh Khiết – NXB GD 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI :
PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC VẬT LÝ QUA VIỆC VẬN
DỤNG SÁNG TẠO CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP

Người thực hiện: Đào Thị Loan
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Vật lý

THANH HỐ NĂM 2017