Sáng kiến kinh nghiệm: Phát huy tính tích cực tự lực ,sáng tạo của học sinh trong việc giải các bài tập Vật Lý

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

431
lượt xem 116
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Vật lý là một môn khoa học tự nhiên với công cụ là toán học .Khi giải bài toán Vật Lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác nhau và các phương pháp Vật Lý khác nhau.Mỗi phương pháp có những ưu điểm và những nhược điểm nhất định.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phát huy tính tích cực tự lực ,sáng tạo của học sinh trong việc giải các bài tập Vật Lý

Phát Huy Tính Tích Cực Tự Lực ,Sáng Tạo Của Học Sinh Trong Việc Giải Các Bài Tập Vật Lý A> Đặt Vấn Đề : Vật lý là một môn khoa học tự nhiên với công cụ là toán học .Khi giải bài toán Vật Lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác nhau và các phương pháp Vật Lý khác nhau.Mỗi phương pháp có những ưu điểm và những nhược điểm nhất định .Nhưng việc vận dụng các phương pháp vào giải 1 bài toán đã giúp cho học sinh nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi vận dụng và lựa chọn phương pháp ,cũng từ đó tạo nên hứng thú trong học tập của học sinh . Đây là 1 đề tài của Tổ Vật Lý của trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh ,nó là một đề tài “dài hơi”.Đề tài được hằng năm thực hiện và hoàn thiện dần từng phần.Trong các năm qua chúng tôi đã hoàn thành một số chuyên đề : Các phương pháp Vật Lý giải bài toán cơ học (năm 2000) Các phương pháp t ìm cực trị của bài toán Vật Lý (năm 2001) Các phương pháp chứng minh vật dao động điều ho à(năm 2002). Trong báo cáo này chúng tôi bổ sung một phương pháp khác t ìm cực trị của bài toán Vật Lý dựa vào Bất Đẳng Thức Bunhiacốpski. B> Nội Dung : I.CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ CỦA BÀI TOÁN VẬT LÝ : các bài toán tìm cực trị của bài toán Vật Lý thường dùng các phương pháp sau: 1.Phương pháp dùng biệt thức : Ở đây phương trình có đại lượng cần t ìm cực trị được đưa về phương trình bậc hai , rồi áp dụng điều kiện phương trình có nghiệm là biệt thức  không âm   0 ,từ đó tìm ra cực trị. 2.Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol: Đại lượng cần t ìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng khác x theo hàm bậc hai: y  ax 2  bx  c thì đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên (với a>0) thì có cực tiểu ,có bề lõm quay xuống (a
II.CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ : Dưới đây giới thiệu ví dụ phương pháp dùng bất đẳng thức Bunhiacốpski để tìm cực trị : B5T13S4(L10) Tọa độ trọng tâm Một khung sắt có dạng 1  vuông với góc nhọn  đặt trong mặt phẳng thẳng đứng,cạnh huyền có phương nằm ngang .Trên 2 cạnh góc vuông có xuyên 2 hòn bi thép coi là chất điểm khối lượng lần lượt là m1 , m2 chúng có thể trượt không ma sát trên 2 cạnh góc vuông và được nối với nhau bằng 1 dây (lý tưởng ). Hãy xác định góc  để hệ 2 quả cầu và sợi dây ở trạng thái cân bằng ?Nêu tính chất của trạng thái cân bằng ? A E y M2  M1 H x  C B I F K m y  m2 y 2 I Giải: Tung độ của trọng tâm chung của m1,m2 là y  1 1 (1) m1m2 Trong đó y1=BM1 sin = (AB-M1M2cos )sin =(a-lcos )sin Với M1M2=l;AB=a y2=EF=AF-AE=asin-AM2cos =asin -lsin cos Hoặc tính y2=M2K=M2H+HK=M2H+M1I=lsin( - )+(a-lcos )sin m l cos   m1  Thay vào (1) và biến đổi : y  a sin   2  tg cos   sin     m1  m 2  m2  Hệ cân bằng bền khi ymin m1 Với  ,a ,m1,m2 ,l không đổi ymin  tgc cos   sin  cưc đại f ( )  m2 m1 Muốn vậy thì góc  xác định bởi cot g  tg m2 2 2  m    m1    2 2 1 Ap dụng bđt Bunhiacopki: f (  )   tg   1 cos   sin    tg   1   m   m2   2    cos  m f( )cực đại khi 1 tg   cot g sin  m2 m Vậy để hệ cân bằng bền thì góc  xác định bởi cot g  1 tg m2 B1T1S6(L10) Một người muốn qua 1 con sông rộng 750 m.Vận tốc bơi của anh ta đối với nước v1=1,5m/s.Nước chảy với vận tốc v2=1m/s.Vận tốc chạy bộ trên bờ của anh ta là v3=2,5m/s.Tìm đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ )để người đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát trong thời gian ngắn nhất .Cho cos25,40=0.9,tg25,40=0,475)   Giải:Giả sử người đó chạy bộ từ AB,rồi từ B đến B bơi theo hướng v1 hợp với AC 1 góc  để đi đúng tới C Thời gian bơi qua sông t1=AC/(v1cos) (1) ta lại có AB=(v2-v1sin)t1 (2)
Thời gian chạy bộ t2=AB/v3 (3);thời gian chuyển động tổng cộng AC (v3  v 2  v1 sin  ) 3,5  1,5 sin  C t=t1+t2=  200 v1v3 cos  cos  3,5  1,5 sin  Đặt y   y cos  1,5 sin   3,5 A B cos  Theo bất đẳng thức Bunhiacopki: y cos  1,5 sin   y 2  1,5 2  3,5 2  y 2 1,5 2  y  3,16 Vậy ymin=3,16  tmin=200.3,26=632s cos y 1,5 1,5 Khi đó min  hay tg    0,4747 sin  1,5 y min 3,16 AC  556s (2)  AB  v 2  v1 cos  t1  198m (1)  t1  v1 cos  Vậy người đó phải chạy bộ 1 đạn AB=198m,rồi bơi qua sông theo hướng v1 hợp với AC 1 góc = 25 0 23' B1T13S4(L10) CƠ NHIỆT Một vật khối lượng m lăn không vận tốc đầu tr ên 1 dốc dài l,nghiêng 300 so với mặt phẳng ngang. Sau khi lăn hết dốc ,vật chạm vào vật va chạm xuyên tâm vào một pittông của 1 xylanh cố định đặt nằm ngang .Chiều dài cột khí trong xylanh là l0.Tìm độ dài ngắn nhất của cột khí sau va chạm.Biết tiết diện của pittông là S và bỏ qua ma sát trên dốc ,bỏ qua khối lượng của pittông, quá trình biến đổi khí là đẳng nhiệt ,áp suất khí quyển là P0. Giải: Vật có vận tốc cuối dốc v  2 gh với h=lsin300=l/2  v  gl Ap lực trung bình mà vật tác dụng lên pittông :gọi x là độ dịch chuyển pittông từ lúc va chạm tới mv 2 mv 2 lúc dừng .Ap dụng định luật Động năng: Fx  F 2 2x Quá trình biến đổi khí đẳng nhiệt : Trạng thái đầu :P1=P0,V1=l0S F Trạng thái sau : P2  P0  , v 2  (l 0  x ) S S F  l0  x S Thay vào: P0 l0 S   P0  S  2 xSP0  mv 2 mv 2   l0  x   l0  x  P0 l0 S   P0   2 xS  2 xS    2 SP0 x 2  mv 2  mv 2 l 0  0  mv 2  v m 2 v 2  8SP0 ml và x2
2v. 2 m 2 v 2  8SP0 ml  4SP0 2v. m 2 v 2  8SP0 ml  4SP0 v. m 2 v 2  8SP0 ml Vậy độ dài cột khí ngắn nhất lmin=l0= 2 SP0 B1T16S6(L10) Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với hệ số ma sát k.Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào nó 1 kực .Hãy tìm giá tri nhỏ nhất của lực F và góc  tương ứng.  Giải:Gọi  là góc hợp bởi F với phương ngang . Để có thể xê dịch được hòm thì Fcos-Fms=ma  0 ;fms=k(mg-Fsin) Theoo đề tìm trị nhỏ nhất nên toạ độ chỉ xét dấu bằng giá kmg “=”  0  F cos  k mg  F sin    F  (1) Vì  nhọn cos;sin dương ,k dương cos   k sin     Theo bđt Bunhiacopki: cos  k sin  2  1  k 2 cos 2   sin 2  (2 kmg Từ (1) (2)  Fmin  (3) 1 k2  Xét trường hợp đẩy hòm F , v     0 hướng xuống thì áp lực tăng lên và lực ma sát sẽ tăng lên Fms=mg+Fsin Do đó lực F sẽ lớn hơn fminthu được (3) kmg Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là Fmin  1 k 2 sin  khi đó góc  : k   tg    arctgk cos B3T1S6(L10) C2T21S8(L10) Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo trên sàn bằng 1 sợi dây với kực kéo F=1000N,hệ số ma sát hộp và sàn là 0,35. a)Với góc giữa dây keó và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng cát lớn nhất . b)Tính khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu?(lấyg=10m/s2). Giải : Vật chịu 4 lực .Chọn hệ tọa trục như hình vẽ   Ta có P  N  F  f  ma (1) Chiếu (1) lên Oy: 0  FG  F sin  (2)  f  kN  kQ Chiếu (1) lên Ox:Fcos-f=ma (3) F cos  k sin   m kg  a kg  a  min Điều kiện mmax(F,k,g không đổi)  a0 cos  k sin   max F 1 k 2 Theo bđt Bunhiacopki: 1. cos   k sin   1  k 2 m kg
Dấu bằng xảy ra khi :k=sin/cos=tg=0,35    19,30 F 1  k 2 1000 1  0,35 2 Khi đó khối lượng cát lớn nhất mmax    303kg kg 0,35.10 B5T3S6(L10) tìm  để Fmin,Aminkéo vật lên Trên 1 tấm ván nghiêng 1 góc  vôùi phöông ngang coù 1 vaät đñược kéo lên bằng 1 sợi dây.Hệ số ma sát và ván nghiêng là .Hỏi góc  hợp bởi phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu thì tốn công ít nhất khi kéo vật lên.   Giải: F lực kéo (lực căng dây)góc hợp bởi F với ván Để kéo vật lên Fx=Px+Fms mg sin    cos  F cos   mg sin    mg cos  F sin    F   sin   cos  Biến đổi mẫu số:Đặt   tg 1 sin  sin   cos  cos    1 cos     sin   cos   cos cos  mg sin    cos  cos Vậy F  cos    Để công nhỏ nhất thì F nhỉ nhất khi mà cos( -) lớn nhất  cos(   )  1     Vậy Fmin  Amin thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc   arctg và dây kéo hợp với phương ngang 1 góc      Hoặc ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacopki:    2  1 cos 2   sin 2   sin   cos   1 dấu bằng xảy ra khi =tg  MS   2  1  tg 2  1  cos   Fmin  mg sin    cos   cos  = mg sin  cos   tg cos  cos   = mg sin  cos   cos  sin   Với tg= 0 0 Vậy Fmin  mg sin(   ) ĐK:     90 thì mới kéo được lên;     90 không kéo lên được. B4T25S5(L10) Tìm  để khối trụ quay tại chỗ Người ta cuốn 1 sợi dây không dãn ,không khối lượng quanh 1 khối trụ khối lượng m như hình vẽ.Hỏi phải kéo dây bằng 1 lực Fminnhỏ nhất bằng bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ .Khi đó dây tạo với phương ngang 1 góc  bàng bao nhiêu ?Cho biết hệ số ma sát giữa khồi trụ với sàn là k. Giải:khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ   Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên F  P  N  Fms  0 (1) Chiếu lên Ox: F cos  Fms  0 (2) Chiếu lên Oy: F sin   mg  N  0 (3) với Fms=kN (4) kmg 2) (3) (4) suy ra F  cos  k sin  Fmin khi mẫu số cos  k sin   lớn nhất Theo bđt Bunhiacopki: cos   k sin   1  k 2 kmg Khi đó kcos=sin Hay tg=k    arctg (k ) Vậy : Fmin  1 k 2