SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
NĂNG CAO HIỆU QUẢ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN
NHIỆT HỌC CHẤT KHÍ VẬT LÝ 10

Người thực hiện: Bùi Văn Dương
Chức vụ: tổ trưởng chuyên môn
Trường THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa
SKKN thuộc lĩnh vực: Môn Vật Lý 10

THANH HÓA NĂM 2017
1


MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC...................................................................................................................................2
Trang...........................................................................................................................................2
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................................21

I. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Để đáp ứng với yêu cầu người học phải nắm thật vững kiến thức và thật nhạy
bén trong vấn đề vận dụng kiến thức môn học đồng thời người dạy cũng phải có
chuyên sâu về kiến thức. Xét về chất lượng, hiệu quả giảng dạy thì hai hoạt động
đều có vị trí, vai trò vô cùng quan trọng. Xét về phương diện hoạt động của giáo

• Cơ sở lí luận của đề tài.
• Thực trạng của đề tài.
• Giải pháp thực hiện.
• Kết quả đạt được.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
• Học sinh THPT học chương trình Nâng cao.
• Mục đích và nội dung chương trình Nhiệt học – chất khí được giới thiệu
trong sách giáo khoa Vật Lý lớp 10 (Nâng Cao).
• Các bài tập, công thức được giới thiệu trong chương trình THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
• Phương pháp quan sát sư phạm.
•

Phương pháp nêu vấn đề trong giảng dạy

1.5. Những điểm mới của SKKN
• Nội dung kiến thức, công thức, các bài tập, được giới thiệu trong chương
Nhiệt học – chất khí chương trình THPT.
• Phân dạng bài tập theo quá trình phát triển tư duy, kỹ năng từ thấp đến cao
3


• Đề tài có thể áp dụng cho học sinh, giáo viên khi nghiên cứu phần nhiệt học
chất khí. Đặc biệt trong việc học và bồi dưỡng học sinh thi học sinh giỏi
cấp tỉnh môn Vật Lý.
II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm1.
2.1.1 Thuyết động học phân tử chất khí – cấu tạo chất khí.
2. 1.1.1 Tính chất của chất khí
- Bành trướng: chiếm toàn bộ thể tích của bình chứa. Do tính chất này mà hình

- Khi chuyển động, các phân tử va chạm với nhau làm chúng bị thay đổi phương
và vận tốc chuyển động, hoặc va chạm với thành bình tạo nên áp suất của chất khí
lên thành bình.
2.1.1.5. Khí lý tưởng
Khí lý tưởng (theo quan điểm vĩ mô) là khí tuân theo đúng hai định luật BoyleMariotte và Charles. Ở áp suất thấp, có thể coi khí thực như là khí lý tưởng.
m
RT
µ

2.1. 2 Phương trình Clapeyron – Mendelee:

pV =νRT =

2.1.3 .Phương trình trạng thái khí lý tưởng:

pV
= const
T

2.1. 4. Các định luật chất khí.
a) ĐịnhluậtBoyle–Mariotte: Ở nhiệt độ không đổi, tích của áp suất p và thể tích
V của một lượng khí xác định là một hằng số.

pV = hằng số

V

p

p tỉ lệ nghịch với V


0

c) Định luật Gay Lussac: Trong quá trình đẳng áp (p = const) thì phương trình
V
= const
T

trạng thái cho ta:

V

p

p

0

V tỉ lệ thuận với T K
V tỉ lệ với t0C

0

T 0

V 0

T

5

Số phân tử nước phải tìm:

n=

m ρVN A 103.2.10−4.6, 02.1023
=
=
≈ 6, 7.1024
m0
µ
18.10−3

phân tử.

Bài 2: Một lượng khí khối lượng 15kg chứa 5,64.1026phân tử. Phân tử khí này gồm
các nguyên tử hidro và cacbon. Hãy xác định khối lượng của nguyên tử cacbon và
hidro trong khí này. Biết một mol khí có N A = 6, 02.1023 phân tử.
Hướng dẫn:
N

Số mol khí : n = N (N là số phân tử khí)
A
6


m

Mặt khác, n = µ . Do đó:
µ=


4

Bài 3: Một vận động viên leo núi cần hít vào m = 2 g không khí ở điều kiện chuẩn
(273 K; 1,013.105 Pa) trong mỗi nhịp thở. Hỏi khi ở trên núi cao có áp suất p =
79,8 kPa và nhiệt độ T = -130C thì trong mỗi nhịp thở vận động viên này cần hít
vào thể tích không khí là bao nhiêu lít ? Biết rằng khối lượng riêng của không khí
ở điều kiện tiêu chuẩn là D = 1,29 kg/m3 và coi rằng khối lượng không khí cần hít
vào trong mỗi nhịp thở luôn như nhau.
Hướng dẫn
+ Không khí ở điều kiện tiêu chuẩn có khối lượng m ứng với thể tích là V0 =

m
D

+ Do khối lượng khí như nhau trong mỗi nhịp thở nên ta sử dụng được phương
trình trạng thái

+ Suy ra

p 0 V0
pV
=
T0
T
p 0 V0 T p 0 m T
V = T .p = T D.p
0
0

1, 013.105.2.10−3

pT0 ρ0
thay V và V0 vào (1) ta được: ρ = p T
0

7


Lượng khí bơm vào sau mỗi giây là:
x=

m V ρ V pT0 ρ 0 5.765.273.1, 29
=
= .
=
= 0, 0033kg / s = 3,3g / s.
t
t
t p0T
1800.760.297

Bài 5: Một phòng có kích thước 8m x 5m x 4m. Ban đầu không khí trong phòng ở điều
kiện chuẩn, sau đó nhiệt độ của không khí tăng lên tới 10oC, trong khi áp suất là 78 cmHg.
Tính thể tích của lượng khí đã ra khỏi phòng và khối lượng không khí còn lại trong
phòng.
Hướng dẫn
∆V = 1, 6m3 ; m’ = 204,84 kg
Lượng không khí trong phòng ở trạng thái ban đầu (điều kiện chuẩn)
p0 = 76 cmHg ; V0 = 5.8.4 = 160 m3 ; T0 = 273 K
Lượng không khí trong phòng ở trạng thái 2: p2 = 78 cmHg ; V2 ; T2 = 283 K
p0V0 p2V2

đầu của khí trong bình là 760 mmHg. Dung tích tối đa mỗi lần bơm hút là Vb =

V
20

. Hỏi phải bơm hút tối thiểu bao nhiêu lần để áp suất của khí trong bình thấp hơn 5
mmHg ? Coi nhiệt độ không đổi trong quá trình bơm.
Sau mỗi lần bơm hút, thể tích khí trong bình dãn từ V đến V+Vb.
Hướng dẫn
Do T không đổi => áp dụng ĐL Bôi lơ Mariôt cho từng lần bơm
pV

Lần bơm hút thứ 1: p1 (V + Vb ) = pV ⇒ p1 = V + V
b
Lần bơm hút thứ 2: p 2 (V + Vb ) = p1V ⇒ p 2 =

pV 2
(V + Vb ) 2

V
pV n
pV n
p
n
⇒
(
V
+
V
)

− 1÷
 T0 P1 

∆V=V1-V0= V0 

phòng ở nhiệt độ T1 có thể tích là

+ Lượng khí này nếu đưa về điều kiện tiêu chuẩn (cũng chính là P0, T0) thì có thể
P1.∆V Pc .∆Vc
=
T1
Tc

tích là

P1.∆V .Tc P1.T0
=
.∆V =>
T1.Pc
P0 .T1

⇒ ∆Vc =

P1.T0

∆m = ∆Vc.D0= P .T D0 .∆V
0 1

Thay số và kết quả:
+

μ
m
μ

RT1

(1)

RT2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra :
p2
p1

=

m 2 T2

.

m1 T1

⇒

p 2 - p1
p1

=


=-

3
10

m 2 - m1
m1

p1

∆T

;

(3)

T1

1 m2

+ .

5 m1

=-

m1

20


Số nguyên tử He đã thoát ra : ( với He = 4 và số Avogadro NA = 6,023.1023 )
N=

∆m
4

NA =

45
4

.6, 023.1023 = 67, 76.10 23 nguyen tu

(8)

Bài 9: Một bình chứa khí 02 nén ơ áp suất P1 = 1,5 × 10 7 Pa và nhiệt độ t1 = 37 0 C có
khối lượng (bình và khí) M 1 = 50kg . Dùng khí một thời gian, áp kế chỉ
P2 = 5 × 10 6 Pa ở nhiệt độ t 2 = 7 0 C . Khối lượng của bình và khí: M 2 = 49kg .

Hỏi còn bao nhiêu kg khí trong bình? Tính thể tích của bình?
9


(Cho O = 16, R = 8,31J/mol.K)
Hướng dẫn
* Gọi m là khối lượng bình rỗng thì khối lượng không khí trong bình trước và sau
là : m1 = M 1 − m; m2 = M 2 − m
* Áp dụng phương trình trạng thái :


1,5 × 10 × 0,032

Bài 10. Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác định. Khi hút khí
ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. Ap suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí
quyển P0. Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng
thực hiện 4 lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm
hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình.
Hướng dẫn
Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P1.
V

Ta có: P0. V = P1 (V+V0) ⇒ P1 = P0 V + V

0

Với V là thể tích của bình, V0 là thể tích làm việc của bơm pittông.
2

 V 
V
P2 = P1
= P0 
÷
V + V0
 V + V0 

4

 V 
Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: P ' = P0 


V
Theo điều kiện của bài toán: P = 2P0, đặt x = 0
V
4
4
 1 
 1 
2=
Ta có phương trình:
÷ + 4x ⇔ 2 − 4x = 
÷
 1+ x 
1+ x 
4

Từ giao điểm của hai đồ thị ta tìm được x ≈ 0,44
2.3.2. Bài toán liên quan đến đồ thị và các đẳng quá trình.
Kiến thức cần lưu ý
Cho đồ thị biểu diễn các quá trình biến đổi trạng thái của một khối khí lý tưởng
xác định. Đọc tên các đẳng quá trình và vẽ lại đồ thị trong các hệ trục (p,T) và
(V,T).
p
• (3)
(1)•
Từ (1) sang (2): dãn đẳng nhiệt (V tăng, p giảm)

0

• (2) V

(1)

T nhiệt, những đườngT nằm trên có nhiệt độ cao hơn

Trong họ đường đẳng
những đường nằm dưới.

Từ đồ thị ta thấy: V1 = V2 và p2 > p1
Theo định luật Sac lơ:
p

(T2 > T1)

T tỉ lệ thuận với p

(2)

• T2
•(1) T1

0

Suy ra T2 > T1

V


Trong họ đường đẳng tích, những đường nằm trên có thể tích nhỏ hơn
những đường nằm dưới.
Từ đồ thị ta thấy: T1 = T2 và p2 > p1

•

(1)

0

T2 = T1

(p2 < p1)
p1
T

Từ đồ thị ta thấy: T1 = T2 và V2 > V1
Theo định luật Bôilơ – Marriôt:
V tỉ lệ nghịch với p
Suy ra : p2 < p1

Bài 11: Xét một lượng khí lí tưởng không đổi
có đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trạng thái
như hình vẽ. Biết nhiệt độ ở trạng thái (1) là
T1 = 400( 0 K ) .

a. Nêu tên các quá trình biến đổi trạng thái trên.
b. Xác định nhiệt độ các trạng thái (2) và (3).
11


c. Hãy chuyển đồ thị biểu diễn biến đổi trạng thái trên sang đồ
thị ( V- T), V trục tung, T trục hoành.
Hướng dẫn

( 1)

Đoạn 2- 4 có dạng một đoạn thẳng nên có dạng: V = a.T + b với a,b là các hằng số
+ Khi V = V2, T =100 thì
V2 = a.100 + b (2)
+ Khi V = V4, T = 300 thì : V4 = a.300 + b (3)
+ Từ (2) và (3) ta có: a = - 3/200 và b = 5,5
+ Khi T = T3 ; V = V3 thì V3 = −
Vậy V3 = 2,2m

3

3
.100.V3 + 5,5
200

P
1

P0

2
Bài 13: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình P 0 / 2
giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2
V
(P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình
V0
2V0
vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và
xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó.

0
- Từ (**) và (***) ta có : T = R P - RP P
0
- T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol

+ khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 =

P0 V0
;
R

+ khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 .
3V0 4V0
′ =
′ = 0 ⇔ P = 3P0 ;
P ⇒ T(P)
- Ta có : T(P)
R
RP0
4

cho nên khi P =

3P0
9V P
thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 0 0
4
8R

- Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây :

- Áp dụng ĐL Bôilơ – Mariôt ⇒

P0V0 = P1V1= P2V2

Pl

Pl

⇒ P1 = (l 0+0x) = (l 0−0x) − h
0
0

Thay số: x2 + 288x – 1764 = 0 x = 6,0000cm.
Bài 15: Ở chính giữa một ống thủy tinh nằm ngang, tiết diện nhỏ, chiều dài L =
100cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20cm. Trong ống có không
khí. Khi đặt ống thẳng đứng cột thủy ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn l =
10cm. Tìm áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang ra cmHg và Pa.
Coi nhiệt độ không khí trong ống không đổi và khối lượng riêng thủy ngân là ρ =
1,36.104kg/m3.
Hướng dẫn
Trạng thái 1 của mỗi lượng khí ở hai bên cột thuỷ ngân (ống nằm ngang)
 L−h
p1 ;V1 = 
÷S ; T1
 2 

Trạng thái 2 (ống đứng thẳng).
L−h 
+ l ÷S ; T2 = T1
 2


( L − h ) S = p ( L − h + 2l ) S ⇒
2

2

2

p1 ( L − h ) = p2 ( L − h + 2l ) (1)

+ Đối với khí ở dưới:
p1

( L − h) S =
2

( p2 + h )

( L − h − 2l ) S ⇒
2

Từ (1) & (2):

p1 ( L − h ) = ( p2 + h ) ( L − h − 2l ) (2)

p2 =

h ( L − h − 2l )
4l


Fms
+ p1
S

Vì quá trình là đẳng tích nên:
p1 p2
p
T F
270  12


=
⇒ T2 = T1 2 ⇒ T2 = 1  ms + p1 ÷⇒ T2 =
+ 9,8.104 ÷ ≈ 402 K
4 
−4
T1 T2
p1
p1  S
9,8.10  2, 5.10



Phải đun nóng tới nhiệt độ ít nhất là T2 = 402 K hoặc t2 = 1290C.
Bài 17: Một ống nghiệm có chiều dài l = 20 cm chứa
khí ở áp suất p0 = 76cmHg
a) Ấn ống nghiệm xuống chậu thủy ngân theo phương
đứng cho đến khi đáy ống nghiệm chạm mặt thoáng của
thủy ngân. Tính độ cao của thủy ngân trong ống.
b) Giải bài toán trên khi nhúng ống vào chậu nước

p1V1 = p 2V2 ⇔ p1 .Sl = ( p1 +

l−y
)cmHg
13,6

l−y
).S (l − y )
13,6

⇔ y 2 − 1073,6 y + 400 = 0
Giải phương trình ta được: y = 0,37cm

Bài 18. Cho một ống tiết diện S nằm ngang
F
được ngăn với bên ngoài bằng 2 pittông
Pittông thứ nhất được nối với lò xo như hình
H
H
vẽ. Ban đầu lò xo không biến dạng, áp suất
khí giữa 2 pittông bằng áp suất bên ngoài p0. Khoảng cách giữa hai pittông là H và
bằng

1
chiều dài hình trụ. Tác dụng lên pittông thứ 2 một lực F để nó chuyển
2

động từ từ sang bên phải Tính F khi pittôn thứ 2 dừng lại ở biên phải của ống trụ.
Hướng dẫn
Điều kiện cân bằng : Piston trái : p0S – pS – kx = 0 (1)

dưới chứa n mol khí ở cùng nhiệt độ là T1 = 300K. Lò xo có độ cứng là
k = 963N/m, một đầu gắn vào xylanh, một đầu gắn vào piston (hình 2).
Khi cân bằng, piston cách đáy dưới là 0,6L, áp suất phần khí ở trên là
104Pa và lò xo không biến dạng. Piston nặng m = 10 kg; tiết diện S =
100cm2.
15


Cho: g = 10m/s2 và hằng số chất khí R = 8,31 J/mol.K.
1. Tính số mol khí trong phần xylanh ở dưới piston.
2. Tăng nhiệt độ của một phần khí đến giá trị T 2 và giữ phần còn lại ở nhiệt
độ ban đầu để piston cân bằng ở chính giữa xylanh. Tính nhiệt độ T2.
Hướng dẫn
Trạng thái ban đầu của khí ở hai phần là: p0 = 1 atm; V0 = 50 S(cm3);
T0 = 27+ 273 = 300 K. Vì khí ở phần 1 được nung nóng nên pittông dịch chuyển
về phía phần 2.
+Gọi T là nhiệt độ của khí ở phần 1 (sau khi được nung nóng). Trạng thái của khí ở
phần 1 bây giờ là : p; V1 = ( 50 + 3)S = 53 S ; T.
+Trạng thái khí của phần 2 là: p; V2 = ( 50 - 3)S = 47 S ; T0 = 300 K.
+Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở phần 1 và phần 2:
p 0V0
p 0V0
pV2
pV1
=
(1)
và
=
(2)
T0

p1
T1

( 2 ) → ( 3) : A 2 = nRT2 ln

V3
với T2 =T3
V2
V3 =

( 3) → ( 1) : A3 = nR(T1 − T3 )

p 2 V2
p3

V (l)
V3

và p3 = p1
Vậy A= A1+A2+A3 = 854,3707(J)

V1

Bài 21: Một lượng khí thực hiện chu trình biến đổi
0
như đồ thị bên.
Biết T1 = 300 K ; V1 = 5 l ; T3 = 400 K ; V3 = 6 l.
Ở điều kiện tiêu chuẩn, lượng khí có thể tích V0 = 8,19 l.
Tính công do khí thực hiện sau một chu trình biến đổi.
Lấy R = 8,31 J/mol.K ; thể tích mol Vm


=
3

4
V3=V4

16
V


T T 
A = nR  3 − 1 ÷( V3 − V1 )
 V3 V1 
V
T T
A = 0 R( 3 − 1 )(V3 − V1 )
Vm V3 V1

Kết quả : A = 20,2556 J
p

Bài 22: Một lượng khí lí tưởng thực hiện chu
2
3
p
2
trình biến đổi như hình . Biết ở trạng thái 1 thì
0
t1 = 27 C, p1 = 1,75atm, V1 = 1,5lít, trạng thái 3


- Thay (2) và (3) vào (1), ta được

p1

A = ( 2 p1 − p1 ) . ( V3 − V1 ) = p1.( V3 − V1 )

O
Kết quả
A = 443,2968J
Bài 23: Một mol khí lí tưởng thực hiện chu
trình
như hình vẽ.
Tính công mà khí thực hiện trong mỗi chu trình.
Đơn vị tính công tìm được là Jun (J)

2

3

1

4
V
V (dm3)
40

3

4

V3

V3
dV
=
nRT
2 ln
V2
V
V2

∫

V3T1

= nRT2 ln V T (2)
1 2

17


Công mà lượng khí trên thực hiện trong quá trình biến đổi trạng thái đẳng áp từ
(3) đến (4) là : A34=P3(V4- V3) = nR(T4 – T3) = nR(T1 – T2) (3)
Công mà lượng khí trên thực hiện trong quá trình biến đổi trạng thái đẳng nhiệt từ
V1

(4) đến (1) là : A41=

V1



3 1

1 2

3 1

A= nRT2 ln V T + nRT1 ln V T = nR(T2 ln V T + T1 ln V T ).
Thay số ta được : A= 1152,63057 J
Bài 24 : Cho n = 1mol khí lí tưởng biến
đổi
qua các trạng thái được biểu diễn trên đồ thị
T-V
như hình vẽ.
- Quá trình 1→2 là một đoạn thẳng có đường
kéo
dài đi qua gốc tọa độ.
- Quá trình 2→3 là quá trình đẳng tích.
- Quá trình 3→1 là một đoạn cong thuộc
đường cong có phương trình
T = T1 (a − bV)V (trong đó T1 là nhiệt độ ở
trạng
thái 1, a, b là hằng số dương). Biết
T1 = 300K , V1 = 1 (lít). Các thông số trạng thái P, V, T và n (mol) liên hệ với nhau


J




+) Xét quá trình 3 → 1 , chất khí nhận công
Ta có : T = T1 ( a − bV ) V và PV = nRT
Suy ra : P = nRa − nRbV

Ta thấy P là hàm bậc nhất của V với hệ số

p
p1

p3

O

1

2

3

V
18


a < 0.
Đồ thị của nó được biểu diễn trên trục (P,V) như hình vẽ.
1
3
7479
(J)
( p1 + p3 ) ( V2 − V1 ) = nRT1 =

năng của bản thân cần phải rất chú ý ngay cả các bài giảng tưởng như đơn giản của
Thầy cô. Bởi đó là một cách giúp các em nghe để làm, để phát triển, để học cách
phân tích, xử lí các tình huống khác, nghĩa là học một để làm mười.
19


III. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận.
Qua đề tài “ Nâng cao hiệu quả bồi dưỡng học sinh giỏi phần nhiệt học
chất khí vật lý 10” Với những biện pháp này, đề tài sẽ giúp học sinh có thái độ
học tập tích cực hơn, tự vận dụng vấn đề một cách sáng tạo hơn, giúp các em học
sinh biết cách tư duy lôgíc, phân tích, tổng hợp, xử lí các thông tin. Từ đó học
sinh cảm thấy say mê học môn vật lí hơn. Có kết quả cao trong các kỳ thi, nhất là
khi thi học sinh giỏi.
Đối với Thầy cô giáo là tài liệu học tập nâng cao kinh nghiệm, tay nghề trong
việc dạy học.
Trên đây chỉ là một số kinh nghiệm và suy nghĩ của bản thân tôi, có thể còn
khiếm khuyết. Rất mong được hội đồng khoa học, các đồng nghiệp nghiên cứu,
bổ sung góp ý để đề tài được hoàn thiện hơn, để những kinh nghiệm của tôi thực
sự có ý nghĩa và có tính khả thi.
3.2. Kiến nghị.
Theo tôi, để nâng cao chất lượng dạy và học hàng năm phòng trung học phổ
thông thuộc Sở giáo dục đào tạo cần lựa chọn và cung cấp cho các trường phổ
thông một số sáng kiến, bài viết có chất lượng, có khả năng vận dụng cao để các
Thầy cô có cơ hội học hỏi thêm ở các đồng nghiệp, có cơ hội phát triển thêm các
sáng kiến để rồi tự mỗi người có thể tìm ra những phương pháp giảng dạy phù hợp
nhất với mình, phù hợp nhất với từng đối tượng học sinh
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI

GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả:
Bùi Văn Dương - Giáo viên Vật lý
Chức vụ và đơn vị công tác: TT chuyên môn – Trường THPT Hậu Lộc I

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Chứng minh một số công
thức vật lý bằng cách sử

2.
3.
4.

dụng tổng các số tự nhiên
Chuyển động ném

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)

2012

C

2015

22