SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"TUYỂN CHỌN XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP CHỌN LỌC
NHẰM BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY CHO HỌC SINH
CHUYÊN LÝ"

1


1. ĐẶT VẤN ĐỀ
Việc bồi dưỡng năng lực TDST cho HS cần được tiến hành trong suốt thời gian các
em còn ngồi trên ghế nhà trường thông qua việc thực hiện các quá trình sư phạm, việc
dạy các bộ môn, trong đó có bộ môn Vật lý.
Cũng như việc học tập môn Vật lí nói chung, việc giải BTVL ở nhà trường nói riêng
giúp HS hiểu sâu hơn các HTVL xảy ra trong thế giới tự nhiên xung quanh ta, và từ sự
hiểu biết sâu sắc đó mà thúc đẩy HS học giải quyết những vấn đề khác nhau của đời sống
và công nghệ sau này.
Các BT giáo khoa của chúng ta đang còn khác xa với những bài toán mà HS sẽ gặp
trong cuộc sống. Nếu HS không hiểu thấu đáo VL học và nhất là không quen với việc
giải BTVL một cách thông minh sáng tạo thì HS sẽ khó lòng giải quyết tốt những bài
toán trong đời sống khoa học và kỹ thuật.
Nội dung DH là kiến thức khoa học, là cơ sở để tạo nên nhân cách, khắc phục khó
khăn trên con đường chiếm lĩnh tri thức nên nhà giáo đồng thời còn phải là nhà khoa học.
Người giáo viên phải lựa chọn PP để giảng dạy và giáo dục cho từng đối tượng HS và vì
thế đòi hỏi ở người thầy lòng nhiệt tình và óc sáng tạo cao.
Nghị quyết 51/2001/QH10 ngày 25 tháng 12 năm 2001 của Quốc Hội khóa X, kì họp
thứ 10 cũng đã chỉ rõ: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, chủ
động sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng
PP tự học; khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực
tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”.

suy nghĩ về một hiện tượng mới hoặc xây dựng khái niệm mới để giải thích hiện tượng
mới do BT đưa ra.
-Bài tập VL là phương tiện rèn luyện cho HS kỹ năng kỹ xảo vận dụng kiến thức, liên hệ
lý thuyết với thực tiễn, đời sống. Có thể xây dựng rất nhiều BT có nội dung thực tiễn,
trong đó yêu cầu HS phải vận dụng kiến thức lý thuyết để giải thích các hiện tượng có thể
xảy ra trong thực tiễn ở những điều kiện cho trước.
-BTVL là phương tiện có tầm quan trọng đặc biệt trong việc rèn luyện tư duy, bồi dưỡng
PP nghiên cứu khoa học cho HS bởi vì giải BTVL là hình thức làm việc căn bản của HS.
Trong quá trình giải BTVL học sinh phải phân tích điều kiện trong đề bài, tự xây dựng
những lập luận, thực hiện việc tính toán khi cần thiết phải tiến hành cả thí nghiệm, xác
định sự phụ thuộc hàm số giữa các đại lượng để kiểm tra kết luận của mình. Trong những
việc làm cụ thể đó tư duy lôgic, TDST của HS được nâng cao. Có nhiều BTVL không chỉ
dừng lại trong phạm vi vận dụng những kiến thức đã học mà còn giúp HS bồi dưỡng
TDST. Đặc biệt là BT giải thích hiện tượng, BT thí nghiệm.
-BTVL là phương tiện ôn tập và củng cố kiến thức đã học một cách sinh động và có hiệu
quả.

3


-Thông qua việc giải BTVL có thể rèn luyện được những đức tính tốt như: tính độc lập,
tính cẩn thận, kiên trì, vượt khó. Giải BT là một trong những hình thức làm việc tự lực
của HS. Trong quá trình làm bài tập, do phải tự mình phân tích các điều kiện của đầu bài,
tự xây dựng những lập luận, kiểm tra và phê phán những kết luận mà HS rút ra được nên
tư duy của HS được phát triển, năng lực làm việc của họ nâng cao, tính kiên trì được phát
triển.
-BTVL là phương tiện để kiểm tra đánh giá kiến thức, kỹ năng của một HS một cách
chính xác.
-Từ việc giải BT học sinh buộc phải tự tìm hiểu bổ sung phần lí thuyết thiếu hụt mà thời
gian không cho phép giáo viên truyền thụ chi tiết đầy đủ.

Học sinh chuyên không sợ BT khó, phức tạp. Bản thân các em rất ham muốn được
thử sức ở những vấn đề mới. Đặc biệt đối với những BT mà sau khi đọc xong đề thì HS
rơi vào trạng thái tâm lí vừa hơi căng thẳng, vừa hưng phấn khao khát vượt qua khó khăn
nhằm giải quyết được mâu thuẫn.
Được trang bị nhiều kiến thức toán học nên HS chuyên không ngại BT tính toán phức
tạp, tuy nhiên có thể dẫn đến việc lạm dụng kiến thức toán mà không chú ý đến bản chất
VL của bài toán. Khi đó nên điều chỉnh hạn chế trên bằng những BT có tính bất ngờ cao.
Với HS bình thường để đưa các em đến mâu thuẫn giữa một bên là nhu cầu, nhiệm vụ
nhận thức mới phải giải quyết và một bên là trình độ kiến thức hiện có không đủ để giải
quyết nhiệm vụ đó, cần phải xây dựng kiến thức mới, tìm giải pháp mới … giáo viên
thường phải mô tả hiện tượng, đưa ra câu hỏi định tính hoặc các BT đơn giản … Đối với
HS chuyên có thể thay bằng BT khó, BT mở… mà để giải quyết buộc HS phải tự nghiên
cứu lý thuyết, tự trang bị kiến thức toán. Điều này giúp HS tăng cường khả năng tự học,
qua đó trưởng thành nhanh hơn.
Học sinh chuyên không sợ BT khó, nhưng lại thường lười nhác khi gặp loại BT giải
theo khuôn mẫu, không có yếu tố bất ngờ … Đây là điều bất lợi khi muốn rèn luyện kỹ
năng cho HS.
Thông qua BT ta có thể giúp HS chuyên:
-Thói quen quan sát, nhận biết các dấu hiệu đặc trưng của sự vật, hiện tượng.
-Khả năng phân tích hiện tượng phức tạp thành những hiện tượng đơn giản.
-Xác định rõ những giai đoạn diễn biến của hiện tượng.
-Tìm thấy các dấu hiệu giống nhau giữa các sự vật, hiện tượng.
-Tìm được những tính chất chung của nhiều sự vật, hiện tượng (khái quát hóa).
-Tìm ra mối quan hệ nhân quả giữa các hiện tượng vật lý. Tìm mối quan hệ hàm số giữa
các đại lượng vật lý, biểu diễn bằng công cụ toán học.
-Dự đoán diễn biến của một hiện tượng trong những điều kiện thực tế xác định.
-Giải thích một hiện tượng thực tế.
-Hình thành phương pháp chung để giải quyết một loại vấn đề.
5


6


Như vậy khi giảng dạy sẽ hiệu quả và tiện lợi hơn, không gây khó đột ngột cho HS dễ
dẫn đến trạng thái căng thẳng thiếu tự tin ở HS. Ngược lại nếu gặp HS giỏi hơn, ta có thể
bỏ qua các bài trung gian, hoặc yêu cầu HS tự giải quyết như là BT về nhà. Hệ thống các
BT được lựa chọn cần thỏa mãn các tiêu chí sau:
-Tiêu chí 1: Các BT phải đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp về mối quan hệ giữa
những đại lượng và khái niệm đặc trưng cho quá trình hoặc hiện tượng, sao cho từng
bước HS hiểu được kiến thức một cách vững chắc và có kỹ năng, kỹ xảo, vận dụng linh
hoạt sáng tạo các kiến thức đó.
-Tiêu chí 2: Mỗi BT được chọn phải là một mắt xích trong hệ thống kiến thức vật lý,
đóng góp được phần nào vào việc hoàn chỉnh các kiến thức của học sinh, giúp họ hiểu
được mối liên hệ giữa các đại lượng, cụ thể hoá các khái niệm…
-Tiêu chí 3: Hệ thống BT phải giúp cho HS có kỹ năng vận dụng toán học tốt để sau này
dễ tiếp thu kiến thức các phần mới và có thời gian nhiều hơn dành cho phần bản chất VL
của các BT phải giải quyết.
-Tiêu chí 4: Hệ thống BT phải đảm bảo được tính tích cực, chủ động, sáng tạo của HS
trong học tập.
-Tiêu chí 5: Hệ thống các BT được chọn lọc phải giúp cho HS nắm được PP giải từng
loại, dạng cụ thể.
-Tiêu chí 6: Hệ thống BT phải giúp HS tự tìm ra vấn đề mới, nảy sinh từ những BT đã
làm, để từ đó tự tìm tòi nghiên cứu nhằm đạt đến mức cao hơn về nhận thức.
-Tiêu chí 7: Nội dung BT phải phù hợp yêu cầu ngày càng cao của các kì thi HS giỏi,
nhưng vẫn phải đảm bảo phù hợp với thời gian học tập của HS ở lớp và ở nhà.
2.5. Ví dụ minh họa
Với suy nghĩ đã trình bày ở các phần trên, thực tế với tất cả các phần trong chương
trình, tôi đã xây dựng được và đang tiếp tục hoàn thiện một hệ thống BT riêng cho bản
thân. Với hệ thống BT đó vận dụng trong giảng dạy bản thân tôi cũng đã đạt được một số
kết quả nhất định và tự cảm thấy là phù hợp với HS và yêu cầu giảng dạy thực tế.

dv
Lực từ tác dụng lên thanh:F = BIL = CB2L2 dt
dv
d2 y
mg - ky - CB2L2 dt = m dt 2

Đặt u = y -

mg
k

⇒

d2u
k
+
u=0
2
dt
m + CB2 L2

⇒ Dao động điều hòa:

ω=

k
m + CB2 L2
⇒ T = 2π
m + CB2 L2
k

&
&
&)ω
x = −2  ÷ = −  ÷( IωB) = − 
÷
÷= − 
÷ ( xωB ) = − 
÷( xB + xB
m
m
m
2R
mR
dt
mR
 
 








là

khoảng cách hai thanh ray; R là điện trở của các thanh
Vì từ trường xuất hiện đột ngột và nhanh chóng đạt giá trị cực đại ⇒ giả thiết nó đạt cực
đại khi x còn nhỏ, vì vậy trong giai đoạn quá độ số hạng thứ hai trong phương trình trên

ω2 LB2
ω2 B2
ω2 B2
=−
x&= V = −
L +C ⇒ C=
L
2mR
mR
2mR

Vậy:

ω2 B2
ω2 B2
x&= −
x +
L
mR
2mR

Khi x& = 0 ⇒ x = L/2
3. Một khung hình vuông cạnh b làm bằng dây siêu dẫn được đặt trên bàn nằm ngang
không ma sát. Khối lượng của khung là m. Một từ trường thẳng đứng có độ lớn B = B 0(1
+ kx), B0 và k là các hằng số. Khung được cấp tức thời vận tốc ban đầu v dọc theo trục x
như hình vẽ. Khung dừng lại sau một khoảng thời gian τ. Tìm độ tự cảm của khung.

9




dI
dΦ
=dt
dt

dB
dI
=L
dt ⇒ b2B = LI + C
Khung siêu dẫn ⇒b2 dt

Ban đầu B = 0 → I = 0 ⇒ C = 0
Vậy:

b2
b B0( 1 + kx) = LI ⇒ I = B0 ( 1 + kx )
L
2

Lực từ tác dụng lên các cạnh // x bằng nhau về độ lớn nhưng ngược hướng
⇒ tổng bằng 0
Hợp lực từ tác dụng lên hai cạnh còn lại ngược hướng x
b4 B02 k
F = -bI{B0(1 + kx) - B0[1 + k(x - b)]} = -B0kIb = ( 1 + kx )
L
2

b4 B02 k 2
F=L

trục x như hình vẽ. Khung dừng lại sau một khoảng thời gian bao lâu ?

r
g

r
B

b
v

Đáp số: τ =

x

π mL
2bB0 k

4. Một khung dây dẫn hình vuông cạnh b, khối lượng m, điện trở không đáng kể có thể
quay tự do quanh trục nằm ngang đi qua cạnh trên. Hệ thống đặt trong từ trường đều B
như hình. Độ tự cảm của khung dây là L. Đưa khung dây đến vị trí nằm ngang rồi thả
nhẹ. Khung dao động tắt dần do sức cản không khí. Tìm góc hợp bởi mặt phẳng khung
dây và phương thẳng đứng ở vị trí cuối cùng.
Giải
11


dΦ
= RI = 0 ⇒ Φ = const
dt

sin θ0
L
2

2B2 b3
( 1 − sin θ0 ) = A(1 - sinθ0)
⇒ tanθ0 =
mgL

2B2 b3
A
θ0 = A(1 - θ0) ⇒ θ0 =
≈A=
mgL
1+ A

5. Hai tụ C1, C2 nối với nhau bằng dây dẫn lí tưởng
vuông cạnh d. Một dây dẫn lí tưởng khác nối trung
cạnh hình vuông như hình vẽ. Mạch đặt trong từ
hướng vào trong, độ lớn B = kt, với k là hằng số
một thời gian dây nối được cắt và từ trường được
đổi. Tìm điện tích trên mỗi bản tụ sau khi trạng thái
được thiết lập.

d

r+
B

C

Sau khi cắt dây:

Q

Q

Q = e(C1 - C2) ⇒ U = C = C + C ⇒
1
2

C1 ( C1 − C2 ) kd 2
Q1’ = C1U =
2 ( C1 + C2 )

12


C2 ( C1 − C2 ) kd 2
Q2’ = C2U =
2 ( C1 + C2 )

6. Một khối kim loại mỏng hình vuông cạnh
được treo nằm ngang bởi lò xo nhẹ thẳng
cứng k trong từ trường đều B nằm ngang
với mặt tấm. Tìm chu kì dao động nhỏ của
phương thẳng đứng.

y

r

2 d
2

dW
dv
dy dv
= −ε0 b2 B2 v d = −ε0 b2 B2d. .
= −ε0 b2 B2 d.a
dy
dy
dt dy

2 2
Theo định luật II Niutơn: ma = -ky −ε0 b2 B2 d.a ⇒ ( m + ε0 b B d ) a = − ky = Ma

M
m + ε0 b2 B2d
⇒ T = 2π
= 2π
k
k

7. Mạch điện gồm pin có suất điện động e, điện
hai cuộn cảm thuần L1; L2 và điện trở thuần R mắc
Ban đầu đóng k1, sau một thời gian thì đóng k2.
dịch chuyển qua R sau khi đóng k2 là bao nhiêu ?
Giải

k1
R

(3)

dI
di
Từ (1) và (3) có: RI + L1 dt = L2 dt (4)

Giả sử U = U0e-kt thì
I = I0e-kt do đó

dI
= − kI 0e − kt
dt

i = i0(1 - e-kt) do đó

di
= ki0e − kt
dt

Thay vào (4)
R I0e-kt - L1kI0e-kt = L2ki0e-kt ⇒ R

e
e
e
- L1k
= L2k
R+r
R+r
r

L2 ( R + r )
r
R



Q = e 1 + 2 ÷
R+r r 
L

L

8. Một khung dây hình chữ nhật có chiều dài L = 10 m lớn hơn nhiều so với chiều rộng b
= 100 mm (được đo giữa các trục đối diện của khung) làm bằng một dây dẫn có bán kính
a = 1 mm. Tính độ tự cảm L của khung. Độ từ thẩm của môi trường bằng 1. Bỏ qua
trường ở bên trong dây dẫn.
Đáp số: L =

µ0 L b − a
ln
π
a

9. Hai thanh ray kim loại cố định trên mặt phẳng
song nhau cách nhau một đoạn d. Hai đầu thanh
trở thuần R, thanh kim loại MN khối lượng m đặt
với hai ray và có thể trượt trên hai thanh ray.

M
R


R

Khi thiết lập từ trường, cảm ứng từ tăng từ 0 →
Khi cảm ứng từ có độ lớn là B, chiều dòng điện
vẽ.

x

v0
L

I

r
B

N

B0
như

hình

O

Trong mặt phẳng xuất hiện một điện trường xoáy
Suất điện động xuất hiện trong mạch
E= −


⇒ dv =
BdB
dt
R
dt
mR
v0

Ld 2
v = ∫ dv =
mR
0

B0

LB02d 2
∫0 BdB ⇒ v0 = 2mR

*Giai đoạn ổn định của từ trường
Thanh chuyển động về phía R, Φ giảm, dòng điện có chiều ngược lại:
I=

E
B vd
= 0
R
R

a. Trường hợp không có ma sát



Lmin = L - xmax =

L
:
2

B02d 2
⇒ mdv = dx
R

mv R
L
B02d 2 x max
⇒ xmax = 2 0 2 =
Bd
2
R

Không phụ thuộc R, B0, d

b. Có ma sát
-B0Id - µmg = m

dv
dt

dv
B02 vd 2
- µmg = m

−
t

2 2 ÷
B
d
mR
µmgR
mR
0

 v0
v+ 2 2
B0 d

Khi thanh ngừng chuyển động: v = 0; t = T
2 2
µmgR

µmgR 
mR  v 0 B02 d 2 
B
d
0
ln 2 2 - ln  v 0 + 2 2 ÷ = T ⇒ T = 2 2 ln  1 +
B0 d
B
d
B0 d
µmgR ÷

R
16


µgm 2 R  v 0 B02 d 2  LB20 d 2
B02d 2
ln  1 +
.xmax +
=
B02d 2
µmgR ÷
R
2R


µgm 2 R 2  v 0 B02d 2 
L
ln  1 +
xmax +
=
÷
4 4
B0 d
µmgR 
2

µgm 2 R 2  v 0 B02d 2 
L
ln  1 +
Lmin = L - xmax = +

Phần tử dl = rdϕ mang điện dq =
dF = Exdq = =-

qr dB
2 dt

q
dϕ chịu tác dụng của lực điện:
2π

r dB q
. dϕ ⇒ lực điện do điện trường xoáy tác dụng lên cả vòng dây: F
2 dt 2 π

Theo định luật II Niutơn:
Fdt = mdv ⇒ -

qr dB
qrB0
dt = mdv ⇒ v =
2 dt
2m

⇒ ω=

qB0
2m

17


1
−
Cường độ dòng qua mỗi ống trên:dI =
0
2 ÷
dR
 a  L

Dòng qua cả khối plasma:
r
r
Uλ 0 π  0
2 0 3 
Uλ 0 π  2 2 r04 
I=
 2rdr − 2 ∫ r dr  =
 r0 − a 2 × 4 ÷
L  ∫0
a 0
L




Uλ 0 πr02
2a 2 − r02 )
I=
2 (
2La


4La x
O

r
B

18


12. Trong một cuộn cảm đặt trong chân không có các điện tích dương đặt như hình vẽ.
Ban đầu chưa có dòng điện qua cuộn cảm, các hạt nằm yên. Cho dòng điện chạy qua
cuộn dây sao cho từ trường trong cuộn cảm trong thời gian rất nhỏ ∆t tăng đến B0 sau đó
không đổi. Mô tả quỹ đạo chuyển động của các điện tích và vị trí của chúng đối với nhau
sau thời gian t kể từ khi đóng mạch. Bỏ qua tương tác giữa các hạt và tác dụng của trọng
lực.
Giải
Trong thời gian ∆t, từ trường tăng từ 0 đến B0 làm xuất hiện điện trường xoáy là những
đường tròn đồng tâm với vòng dây, điện trường này làm tăng tốc cho các điện tích. Khi B
= B0 thì điện trường triệt tiêu (khi đó các điện tích đạt tốc độ ban đầu v). Lúc này các điện
tích chịu tác dụng của lực Lorenxo và chuyển động tròn đều trong mặt phẳng của các
vòng dây.
Xét một đường sức có bán kính x (coi như một vòng dây kín) có suất điện động cảm
ứng
e=

r r
Edl
= E2πx
∫
Ñ


2

qB0 v

qB0

qxB0
2m = x
qB0
2

m

v
qB
= 0
x /2
m

Vậy các điện tích chuyển động với cùng tốc độ góc trên các đường tròn đi qua O. Bán
kính quỹ đạo của các hạt cùng quét góc như nhau nên nhìn từ O các hạt luôn ở trên cùng
đường thẳng đi qua O.

19


13. Trên mặt phẳng ngang có hai ray kim loại đặt song song cách nhau khoảng q không
đổi. Trên hai ray có đặt hai thanh kim loại MN và PQ giống nhau, mỗi thanh có khối
lượng m, điện trở r được nối với nhau bởi lò xo nhẹ có độ cứng k. Tất cả đặt trong từ


r
B

r
F2

k

x

O2 P

O1 M

Ở thời điểm t, tọa độ của mỗi thanh là x1; x2 với gốc tọa độ là vị trí ban đầu của mỗi thanh
Suất điện động ở mỗi thanh là:
Theo định luật Ôm:

i=

e1 = Ba

dx1
dx
và e2 = -Ba 2
dt
dt

Ba ( x&1 − x&2 )

Đặt:

&
&
x&2 − &
x&1 = X
x2 - x1 = X ⇒ x&2 − x&1 = X&; &

Đặt:

2k
B2a 2
= ω02
= 2β và
m
mr

&
&+ 2βX
&+ ω2 X = 0
X
0

Chú ý theo giả thiết thì ω02 > β2

Tìm nghiệm dạng X = ent ⇒ X’ = nent và X” = n2ent ⇒
2
n2 + 2βn + ω0 = 0

n = -β ± β2 − ω02

⇒ Asinϕ = x0

v1 = 0 = A(-βsinϕ - cosϕ) ⇒ βAsinϕ = -Acosϕ = βx0 ⇒
A = x 0 1 + β2 ; sinϕ =

x0
=
A

1
1+ β

2

;

π
< ϕ < π do sinϕ > 0 và cosϕ < 0
2

14. Một thanh mảnh không dẫn điện nằm ngang có hai vật nhỏ tích điện dương cố định
cách nhau khoảng d. Một hạt cườm nhỏ cũng mang điện dương có thể chuyển động
không ma sát dọc thanh giữa hai vật. Tìm chu kì dao động bé của hạt cườm.
Giải
Tại VTCB, hạt cườm cách q1 khoảng a, xác định theo:

q1
q2
=
2


( b − x)

2

x’ = 0

−2

−2

kq q  x 
kq q  x 
mx” - 21  1 + ÷ + 22  1 − ÷ = 0
a  a
b  b

Do dao động bé nên lấy gần đúng:

mx” -

kq1q  2x  kq 2q  2x 
1 −
÷ + 2 1 +
÷=0
a2 
a 
b 
b 



P

M

Q
O

r
B
x

Khi PQ bắt đầu đi vào từ trường
dQ = dWđ = -mvdv
22


e = BCDbv = B0(1 + αx)bv

Trên PQ xuất hiện xuất điện động:

2
e
B02 ( 1 + αx ) b 2 v 2dt
2
I=
⇒ dQ = I Rdt =
= -mvdv
R
R

= 0
R
R

B02 ( 1 + 2αx ) b2 v 2 dt
B02 ( 1 + αx ) b2 v 2 dt
dQ = I Rdt =
≈
= -mvdv
R
R
2

2

B02 b2 ( 1 + 2αx ) dx = -mRdv
V

b

2 2
0

Bb

∫ ( 1 + 2αx ) dx

= -mR ∫ dv
V0



2 −1
2

B02 b3 ( 1 + αb ) 2
mV0

(

(

1 
mRV0 2 − 1
÷=
2
2

(

B02 b3 ( 1 + αb ) 2 + 2

)

mV0

*Khi khung vào hẳn trong từ trường:
I=

e PQ − e MN
R

dx
=
−
m
dv
⇒
S1 = mV
∫V
R ∫0
R

Khung vào được (tính theo cạnh PQ):
Nếu bỏ qua αb