SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ CƠ – NHIỆT – ĐIỆN
Mã SKKN: 36.54.01

Vĩnh Phúc 2/2016

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến: ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ CƠ – NHIỆT – ĐIỆN
Tác giả sáng kiến: Lưu Đình Long
Mã SKKN: 36.54.01

Vĩnh Phúc 2/2016

2



5. Địa điểm nghiên cứu: Trường THCS và THPT Hai Bà Trưng
6. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh
Ngày

tháng

năm 2016

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Ngày

tháng

năm 2016 Ngày 20 tháng 09 năm
2015

TỔ TRƯỞNG/NHÓM
TRƯỞNG CHUYÊN
MÔN

NGƯỜI ĐĂNG KÝ

3


MỤC LỤC

MỤC LỤC.............................................................................................................4
1. Lời giới thiệu ...............................................................................................5

pháp và sự kết hợp có tính khóa học trong quá trình làm những bài tập phần này cũng
như giúp các em có sự hứng thú, yêu thích và sáng tạo đối với môn học vật lý hơn. Vì
vậy tôi mạnh dạn chọn đề tài
“ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ
CƠ – NHIỆT – ĐIỆN”
Để cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản, có hệ thống, một số kiến
thức nâng cao và toàn diện hơn.
Rèn luyện cho các em học sinh những kỹ năng như: kỹ năng vận dụng các kiến thức
Vật lý để giải thích những hiện tượng Vật lý đơn giản, những ứng dụng trong đời
sống, kỹ năng quan sát và vận dụng phương pháp vào giải các bài tập vật lí cơ học,
phát huy tính tích cực sáng tạo nâng cao tầm nhìn của các em về bộ môn vật lí có tầm
quan trọng trong kĩ thuật và đời sống.
Qua đề tài này tôi mong muốn cung cấp cho các em một số kĩ năng vận dụng sáng tạo
hơn và toàn diện hơn các định luật bảo toàn trong việc giải các bài tập vật lý của
chương trình Vật lí THPT.
2. Tên sáng kiến
“ÁP DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ
CƠ – NHIỆT – ĐIỆN”

5


3. Tác giả sáng kiến
- Họ và tên: Lưu Đình Long.
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THCS và THPT Hai Bà Trưng
- Số điện thoại: 0972024668.
- Email:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến
- Tác giả: Lưu Đình Long.
- Chức vụ: Giáo viên trường THCS &THPT Hai Bà Trưng.

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 toán 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 toàn 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 toán có sự kết hợp của hai phương pháp mới giải quyết được các bài tập vật lý
10, 11 nâng cao của trường trung học phổ thông.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên tính tích cực học tập môn Vật lí của học sinh lớp 10, 11 trường THCS
và THPT Hai Bà Trưng. 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 môn Vật lí.
3. Đối tượng, khách thể và phạm vi nghiên cứu của đề tài
Đối tượng nghiên cứu: Phát huy tính tích cực học tập của học sinh trong
môn Vật lí của học sinh lớp 10, 11
Khách thể nghiên cứu: Học sinh lớp 10, 11 trường THCS và THPT Hai Bà Trưng –
thị xã Phúc Yên – Vĩnh Phúc
Phạm vi nghiên cứu: nghiên cứu tính tích cực học tập của học sinh, lấy học sinh
làm trung tâm.

7


PHẦN II. NỘI DUNG
I.

Cơ sở lý luận

1. Cơ sở lý luận có liên quan đến vấn đề nghiên cứu

Kinh nghiệm BDHSG của giáo viên còn thiếu..
2. Thành công và hạn chế
a. Thành công
- Sau khi áp dụng phương pháp các em đều biết cách áp dụng và thích thú với cách sử
dụng phương pháp này để gải bài tập.
- Giúp học sinh nhận thức bản thân, tích cực chủ động trong học tập nhằm lĩnh hội
được những kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo, thái độ giá trị cần thiết, phát huy được năng lực
của các em.
b. Hạn chế
Kiến thức lí thuyết vật lí của các bài học trong chương trình rất nhiều và khó, vì
vậy muốn học tốt môn vật lí, các em cần sự cố gắng nỗ lực rất lớn không chỉ ở giáo
viên giảng dạy mà còn cần sự nỗ lực lớn ở bản thân các em học sinh, phải có kiến thức
cơ bản, phải có tính chuyên cần, phải chủ động tìm tòi - học hỏi. Một khi hiểu được
nội dung bài học, có sự say mê lĩnh hội kiến thức mới thì các em mới có thể phát huy
tối đa tính tích cực trong việc học tập. Và điều này không phải học sinh nào cũng có
thể làm tốt.
3. Mặt mạnh và mặt yếu
a. Mặt mạnh
Đa số học sinh có bước chuyển biến lớn, có ý thức hơn, ngoan ngoãn và cố
gắng hơn trong quá trình học tập tại lớp và về nhà.
Vì vậy giáo viên dễ dàng hướng dẫn cho học sinh một kiến thức mới. Học sinh
nắm bắt kiến thức nhanh và hình thành kĩ năng thực hành tốt, yêu thích và học tốt bộ
môn hơn.
b. Mặt yếu

9


Giáo viên cần phải đầu tư nhiều thời gian thì mới dẫn dắt, định hướng được các
em nắm bắt được hết lượng kiến thức cần và thực hiện đầy đủ tất cả các dạng bài tập

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: ∆ϕ =

∆H 2∆H
=
.
R
D

Khối m bị cuốn lên một đoạn: ∆ϕ

d
d
= ∆H so với khối tâm của cuộn chỉ. Vậy khối m
2
D

đi xuống một đoạn: ∆h = ∆H − ∆H

d
D−d
= ∆H
∆t . Gọi a là gia tốc của khối tâm ống
D
D

chỉ, thì gia tốc của vật m là:
D−d
∆t 2
D − d ∆t 2

. Mga
2
2
2

∆t
D - d ∆t
M (a∆t )
+ mga
=
+
2
D 2
2
2

2

2

m( a

D-d
2
∆t ) 2
I  2a∆t 
D
+ 

2


của lực ma sát tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại
bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn 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 ), Ν ( theo phương
r

r

r

pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có Ν và Fms không sinh công

12


⇒ Acác lực không thế = 0 ⇒ cơ năng của hệ được bảo toàn.

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:



5
mR

2

+

Ι Τ ωΤ

(2)

2

; ωc =

2

2

(1)

2

;

ωΤ =

vc
R

14

mgh =

⇒

vc
vΤ

=

3mv Τ
4

15
14

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

1
mR 2 đối với trục của nó. Được đặt không vận tốc đầu trên mặt phẳng nghiêng góc
2

α . 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 không là tuỳ theo giả thiết
của α so với giả thiết α 0 nào đó cần xác định.
2) Tìm sự biến thiên động năng giữa các thời điểm t, 0. Xét hai trường hợp α < α 0
và α > α 0


1
ma
2

2
g sin α
3

Điều kiện
2
3

Fms= mg sin α ≤ fmg cos α ⇔ tgα ≤ 3 f

Tức là α ≤ α 0 với tg α 0 = 3f thì trụ

lăn không trượt.
Trường hợp α > α 0

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

a2 =

mg sin α − Fms
= g(sin α - fcos α ).
m

γ=

Fms . R 2 fg

14


- Trường hợp α > α 0

ở thời điểm t:

v = g(sin α - fcos α ).t
ω=

2 fg cos α
t
R

Biến thiên năng lượng:
∆E = Ams

 a2t 2

1
= Fms 
− S q  = fmg cos α . g ( sin α − 3 f cos α ) t 2
2
 2

1
2

Với S q = ( ω.t ) R
∆E =


Nhận xét: trọng lực tác dụng chỉ có ngẫu lực M và trọng lực P sinh công; còn phản
r

r

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

r

r

Vì có thể tính công hữu hạn của ngẫu lực M và trọng lực P để tìm vận tốc v A của vật
A ta áp dụng định lý biến thiên động năng:
r
r
Τ − Τ0 = A P + A M

( )

( )

(1)

15


trong đó T0 là động năng của hệ tại thời điểm ban đầu ; T à động năng của hệ tại thời


2

2

1  1 Q 2  2 1 Q 2  vA 
1Q 2
⇔ Τ B = 
R ÷
ω
=
R
=
vA

÷
÷
22 g
4 g
4 g
 R 


Thay ( 4 ) , ( 5 ) vào ( 3 ) ta có: Τ =
r

( 2P + Q )

vA



( 2P + Q )

vA

2g

2

2

M


− P ÷h
R


=

( 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
dΤ =

∑

i



( M − PR )
R ( 2P + Q )

16


Bài toán5. Ba vòng 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
vòng B, C (hình vẽ). Khoảng cách giữ hai tâm của các vòng B, C trước khi va chạm
bằng N lần đuờng kính mỗi vòng. Giả sử các va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Xác định
vận tốc của vòng A sau va chạm. Tính giá trị của N để vòng 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.
Vì các vòng đệm tròn nên va chạm là xuyên tâm do đó các vòng 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’ + 2mvBcosϕ

(1)

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

4 R 2 − ( NR ) 2

(5)

N2 −2
v
6− N2

(6)

hoặc v’ =

17


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
N2 −2
< 0 và để A va vào cả B và C thì N ≤ 2.
* Để A bật ngược trở lại thì v’ < 0 hay
6− N2

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 .
Bài toán 6. Hai quả cầu giống nhau rất nhẫn va chạm đàn hổi vào nhau với vận tốc

18


+ mv2y = -∆Psinα ⇒ v2y = -

∆P
2m

(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 =

(5)

3
mv 3 (6).
2

Thay (6) vào (1) - (4) ta được:

* Góc giữa v B và 2 v là : 1800 - 790 = 1010. Góc giữa v B và v là: 1800 - 460 = 1340
Bài toán 7. Đoàn 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
2
ð Cần tăng công suất lên ∆N = Fv = mt v = 40(kW)

19


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 α dọc theo tấm ván. Tìm vận tốc ban đầu v0 của con ếch để nó nhảy trúng đầu kia
của tấm ván. Bỏ qua mọi ma sát.
Giải.
- Bỏ qua mọi ma sát, theo phương ngang động lượng của hệ ếch và ván được bảo toàn.
m1v0cos α + m2vv = 0. ( với vv là vận tốc của tấm ván.), suy ra độ lớn vận tốc của ván:
vv =

m1

=
m2
g
g

l

l.g
 m1 
1 +
÷sin 2α
 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.

20


Một viên bi thứ 3 có khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0 hướng vuông 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 không rời mặt phẳng ngang? Vận tóc của quả cầu 2 bằng bao nhiêu khi sắp chạm
vào mặt phẳng ngang.
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 =

=  = 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: a13 = (a13Q)ht +ac. a13 =

v02
−g
12l

Để vật 1 và 3 nâng lên a13 > 0 suy ra v02 > 12gl
Vậy để vật (1, 3) không 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(v 22n + v 22d ) mv02
2v 2
+
+
=
+ mgl ⇒ v 22d = 0 + 2 gl
2

+ 2 gl
3

A2. Áp dụng với Tĩnh điện học.
Bài toán 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 còn lại.
Giải:
Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không 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 vô cùng nhỏ δR. Mặt cầu tích
điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó.
Điện thế của mặt cầu liên hệ với điện tích của nó bởi hệ thức: V =

Q
. Mặt khác,
4πεε 0 R

theo định nghĩa điện dung ta có V = Q/C, suy ra C = 4πεε 0R. 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 2δR
−
=
∆W = W – W’ =
8πεε 0 R 8πεε 0 ( R + δR ) 8πεε 0 R( R + δR)

Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công

2C0
2

Sau đó điện tích của tụ còn lại: q2 = 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
công:
∆A = ∆q.U = (q1 − q2 )U = (ε − 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:
(ε 2 − 1)C0U 2
(ε − 1) 2 C0U 2
2
Q = W1 − W2 − ∆A =
− (ε − 1)C0U =
= 2J
2
2

23


A3. Áp dụng với Nhiệt học.
Bài toán 1. xi lanh cách nhiệt nằm ngang được chia thành hai phần nhờ một pit-tông

2


Sau khi pit-tông thủng, áp suất hai bên pit-tông cân bằng, độ dãn của lò xo bằng
không. Toàn 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
÷
6ν R 6  l + x 3l − x ÷
3 (l + 2 x)(3l − 2 x)
2
2



V1
(1)

2

(2)

- Gọi G là khối tâm của khối khí trong xi lanh lúc tto: khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). Vậy ở nhiệt độ t o thì vG=0
→ cả hai pittông 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

2
2
2
- Động năng của hệ lúc đầu: Wđ1= M (v1 + v2 ) = 5Mvo .

1
2

2
- Động năng của hệ lúc ở to là: Wđ2= (2 M + m)v .

→ Độ biến thiên động năng: ∆W=Wđ2-Wđ1=
i


F2