Sáng kiến kinh nghiệm " MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ "

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

314
lượt xem 111
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí phần 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm " MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ "

MỘT SỐ BÀI TẬP VẬT LÍ VẬN DỤNG SÁNG TẠO PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ Th.s. Nguyễn Đình Tấn Trường THPT số 1 Bố Trạch Phương pháp tọa độ là phương pháp cơ bản trong việc giải các bài tập vật lí phần 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 vuông góc tương ứng. Phương pháp + 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 đ iểm đư ợc ném ngang, ném xiên). + Viết phương trình chuyển động của chất điểm 12  x  2 a x t  v 0x t  x 0   y  1 a t 2  v t  y  y 0y 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 đã cho. -
Định thời điểm, vị trí khi hai chất điểm gặp nhau theo điều kiện - x 1  x 2  y1  y 2 (x 1  x 2 ) 2  (y1  y 2 ) 2 Khảo sát khoảng cách giữa hai chất điểm d  - Học sinh thường chỉ vận dụng phương pháp tọa độ để giải các b ài 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 toán tưởng chừng như phức tạp, nhưng nếu vận dụng một cách khéo léo phương pháp t ọa độ thì chúng trở nên đơn giản và rất thú vị. Xin đưa ra một số ví dụ: 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/s2. Trong lúc buồng đi lên, dây treo bị đứt, lực kéo F vẫn không 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 mô 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 d àng 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. y Giải  F   T Chọn trục Oy gắn với đất, thẳng đứng hướng lên, gốc O tại vị trí sàn v0 lúc dây đứt, gốc thời gian t = 0 lúc dây đứt.  P y02  v0 O
Khi dây treo chưa đứt, lực kéo F và trọng lực P = (M + m)g gây ra gia tốc a cho hệ M + m, ta có F - P = (M + m)a  F  (M  m)(a  g)  2310N + Gia tốc của buồng khi dây treo đứt Lực F chỉ tác dụng lên buồng, ta có F – Mg = Ma1, suy ra F  Mg  1,55m/s 2 a1  M + 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 1 1 y 1  a 1 t 2  v 0 t ; y 2  a 2 t 2  v 0 t  y 02 2 2 Với a1 = 1,55m/s2, y02 = 2 m, 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  v 0 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 m2 = 100kg đang chuyển động trên đư ờng ray với vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m1 = 5kg đư ợc đặt nhẹ vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có thể nằm yên trên sàn chuyển động không? 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 qua 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 N2 N1 của xe, gắn với đường ray, gốc O tại vị trí mép F ' ms x O  cuối xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả vali. P '1 P1 F ms P2 + Các lực tác dụng lên Vali: Trọng lực P1 = m1g, phản lực N1 và lực ma sát với sàn xe Fms, ta có    P1  N 1  Fms  m1a 1 Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được: Fms = m1 a1 và N1 = P1 = m1g, suy ra Fms kN1  kg  1m/s 2 a1   m1 m1 , Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng của vali P1  m 1g , 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  F'ms  Fms  km1g  0,05m/s 2 a2    m2 m2 m2
Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt 1 x 1  a 1 t 2  x 01  0,5t 2  4 2 1 x 2  a 2 t 2  v 0 t  0,025t 2  2t 2 Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2, hay 0,5t2 + 4 = -0,025t 2 + 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 Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = -0,05t + 2, suy ra t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s 2 2 Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng d  x 1  x 2  0,5t  4  0,025t  2t Với t = 1,9s ta có d = 2,1m Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s. Bài toán 3  Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần parabol (hình v0 vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so với đ áy  l vực và cách điểm B đối diện trên bờ bên kia (cùng độ cao, cùng A B 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 h 0 nằm ngang góc = 60 . Bỏ qua lực cản của không khí và lấy g = 10m/s2. 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 = ax2 đ i qua điểm A có tọa độ y(m) l ; y  h) (x = -  2 v0 4  Suy ra 20 = a(- 25)2  a = A B 125 h 42 C Phương trình của (P1): y  x 125 O x(m) Phương trình chuyển động của vật: l  x  v 0 cosαt  2  10t  25    y   1 gt 2  v sinαt  h  5t 2  10 3t  20  0  2 Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2): 1 2 2 35 5 y x x  (20 3  9) 20 2 4 Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:
1  x2 y  2000  với x  200m, y  20m  1 2 2 3 5 5 y   x  x  (20 3  9)   20 2 4 Suy ra tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m và yC = 7,82m Kho ảng cách giữa điểm rơi C và điểm ném A là AC  (x A  x C ) 2  (y A  y B ) 2  15,37m Một số bài toán vận dụng  Bài 1 v0   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. 2v 2 cos α.sin (α  β) 0 ĐS: s  gcos 2β Bài 2 Trên mặt nghiêng góc so với phương ngang, người ta giữ một lăng trụ khối lượng m. Mặt trên l của lăng trụ nằm ngang, có chiều dài l, được đặt M’ 3m một vật kích thước không đáng kể, khối lượng 3m, M m ở mép ngo ài M lăng trụ (hình vẽ). 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 đ ịnh thời gian từ lúc thả lăng trụ đến khi vật nằm ở mép trong M’ lăng trụ. l ĐS: t  2 g ( k sin   cos ) cos Bài 3 Hai xe chuyển động thẳng đều với các vận tốc v1, v2 (v1