Rèn luyện kỹ năng giải bài toán chuyển động thông qua việc lựa chọn phương pháp và hệ quy chiếu thích hợp

A. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Chuyển động là một khái niệm cơ bản trong cơ học, chuyển động của một
vật thể là sự thay đổi vị trí của vật đó so với các vật khác(vật làm mốc) theo
thời gian.
Để xác định vị trí của một vật trong không gian ta cần chọn một vật làm
mốc và một hệ trục tọa độ gắn với vật làm mốc nhằm xác định các tọa độ của
vật đó. Trong trường hợp đã biết rõ qũy đạo thì chỉ cần chọn một điểm làm
mốc và một chiều dương trên qũy đạo là đủ. Khi nghiên cứu chuyển động của
một vật là cho biết tọa độ của vật đó ở những thời điểm khác nhau. Muốn thế
ta phải chọn gốc thời gian, thông thường người ta chọn gốc thời gian là thời
điểm vật bắt đầu chuyển động và phải dùng đồng hồ để đo khoảng thời gian
trôi qua tính từ gốc thời gian đến thời điểm mà ta quan tâm.
Một sự kiện khá hiển nhiên là một vật đứng yên trong hệ quy chiếu này
lại có thể chuyển động so với hệ quy chiếu khác. Chẳng hạn, người ngồi trên
toa xe lửa đang chuyển động sẽ nói rằng cái ghế anh ta đang đứng yên trong
không gian, trong khi một người đứng ở sân ga lại khẳng định cái ghế đó đang
chuyển động. Từ đó ta thấy rằng, chuyển động của một vật thể được nhận
thấy theo cách khác nhau bởi hai người quan sát đang chuyển động tương đối
với nhau. Rõ ràng chuyển động hay đứng yên chỉ có tính chất tương đối tùy
theo hệ quy chiếu mà ta chọn.
Vì vậy, đối với việc giải một bài toán cơ học, chọn hệ quy chiếu là công
việc quan trọng đầu tiên. Khi chúng ta chọn hệ quy chiếu thích hợp giúp cho
việc giải bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Nhưng cơ học không phải là
một môn học dễ, do đó với những kiến thức đã có chúng ta gặp phải không ít
khó khăn trong việc vận dụng nó vào các bài toán cơ học hay giải thích các
hiện tượng vật lý trong đời sống, trong tự nhiên. Bên cạnh đó, việc cải cách
nội dung chương trình bộ môn Vật lý ở cấp phổ thông trung học đã đưa thêm
một số kiến thức mới về cơ học nói chung, đặc biệt về hệ quy chiếu không
quán tính và lực quán tính nói riêng. Những vấn đề này về cơ bản đối với học
sinh bậc THPT là mới và trừu tượng.
Trong quá trình thực tế giảng dạy ở bậc học này, làm thế nào để có thể

định hướng trợ giúp các em có thêm tư duy tổng quát hơn về các hệ quy chiếu
từ đó và việc vận dụng nó khi giải quyết một bài toán một cách hiệu quả và
sâu sắc nhất. Từ cơ sở vấn đề được nêu ra kết hợp với yêu cầu của môn học
tôi mạnh dạn xây dựng sáng kiến kinh nghiệm “ Rèn luyện kỹ năng giải bài
toán chuyển động thông qua việc lựa chọn phương pháp và hệ quy chiếu
thích hợp”, nhằm định hướng cho học sinh tiếp cận một cách chặt chẽ vấn đề
này, giúp nâng cao khả năng tư duy của học sinh thông qua trợ giúp các em
trong việc giải quyết các bài toán từ việc lựa chọn các hệ quy chiếu thích hợp
để từng bước hoàn thiện tư duy vật lí cho học sinh bậc THPT.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1.Khái niệm về hệ quy chiếu quán tính
1
Ý nghĩa của định luật I Newton là ở chỗ nó định nghĩa một loại hệ quy
chiếu, trong đó các định luật của Newton áp dụng được. Do đó, định luật I
Newton có thể phát biểu như sau:
“Nếu hợp các lực tác dụng lên vật bằng không (0) thì có thể tìm được các
hệ quy chiếu, trong đó vật này không có gia tốc”.
“Tồn tại những hệ quy chiếu mà đối với chúng, một vật sẽ bảo toàn vận tốc
của mình, nếu không chịu tác dụng của vật khác, hoặc tác dụng của vật khác
bù trừ lẫn nhau”.
Những hệ quy chiếu trong đó định luật I Newton được nghiệm đúng gọi là
hệ quy chiếu quán tính. Và nếu đã tồn tại một hệ quy chiếu quán tính thì sẽ
tồn tại vô số hệ quy chiếu quán tính khác, đó là những hệ quy chiếu chuyển
động thẳng đều đối với một hệ quy chiếu quán tính mà ta đã xác định được.
Theo cách định nghĩa này thì định luật I Newton là tiêu chuẩn xác định một
hệ quy chiếu là hệ quán tính hay không quán tính.
* Vấn đề đặt ra là trong thực tế người ta xem những hệ quy chiếu nào là
hệ quy chiếu quán tính:
Khi chưa có cách xác định một hệ quy chiếu theo nghĩa tuyệt đối người ta
quy ước chọn một số hệ quy chiếu mà ta có thể xem gần đúng là hệ quy chiếu

quán tính.
- Khi khảo sát chuyển động của các vật trên mặt đất hoặc ở lân cận mặt đất
xảy ra trong một khoảng thời gian ngắn và trong khoảng không gian hẹp,
người ta chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất hoặc chuyển động thẳng đều so
với mặt đất là hệ quy chiếu quán tính. Hệ quy chiếu này thường được sử dụng
trong việc giải đa số các bài toán cơ học.
2.Khái niệm về hệ quy chiếu không quán tính và lực quán tính
a. Khái niệm về hệ quy chiếu không quán tính
Hệ quy chiếu không quán tính đó là một hệ bất kỳ chuyển động có gia
tốc tương đối với hệ quy chiếu quán tính. Các định luật Newton không
nghiệm đúng trong các hệ quy chiếu không quán tính.
Hệ quy chiếu không quán tính đơn giản nhất là hệ quy chiếu chuyển
động thẳng có gia tốc và hệ quy chiếu quay đều.
b. Lực quán tính
Lực quán tính là lực xuất hiện do tính chất không quán tính của hệ quy
chiếu chứ không do tương tác giữa các vật nên nó không tuân theo định luật
III Newton, tức là không có phản lực tương ứng. Tuy nhiên, nếu thêm lực
quán tính thì định luật II Newton mới áp dụng được cho các hệ quy chiếu
không quán tính và việc giải thích nhiều hiện tượng vật lý cũng như giải một
số bài toán cơ học trở nên dễ dàng hơn.
Ta xét những trường hợp cụ thể:
- Trong hệ quy chiếu chuyển động thẳng với gia tốc
o
a
:
Lực quán tính chỉ có một thành phần:
o
qt
amF −=
.

- Trong hệ quy chiếu chuyển động quay đều với tốc độ góc
2
 Lực quán tính tác dụng lên vật đứng yên chỉ có một thành phần
lt
F

gọi là lực quán tính ly tâm có độ lớn.
2
. .
lt
F m r
ω
=
Lực này phụ thuộc vào vị trí của vật trong hệ quy chiếu, nó càng lớn khi vật ở
xa trục và có tác dụng kéo vật ra xa trục quay.
3. Định hướng một số bài toán chọn lọc giúp học sinh tiếp cận các cách
giải lựa chọn các hệ quy chiếu khac nhau.
Bài toán 1: Nước văng từ bánh xe
Một bánh xe lăn đều trên con đường nằm ngang trong trời mưa. Hỏi
nước từ bánh xe văng ra lên tới độ cao cực đại là bao nhiêu? Cho chuyển
động của bánh xe là lăn không trượt và không bị biến dạng.
Lời giải
Nhận xét:
Ta không thể chọn gốc tọa độ ở điểm xuất phát của qũy đạo giọt bùn, vì nó
văng ra ở những điểm khác nhau của bánh xe với vận tốc khác nhau. do đó ta
sẽ chọn gốc tọa độ ở tâm của bánh xe, tức là sẽ khảo sát chuyển động của giọt
nước, trong hệ quy chiếu quán tính gắn liền với xe chuyển động thẳng đều đối
với mặt đất và tất nhiên, độ văng cao của giọt nước không phụ thuộc vào việc
ta xét chuyển động của nó trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất hay hệ quy
chiếu gắn liền với bánh xe chuyển động thẳng.

Nếu xe chuyển động với vận tốc
v
o
và bánh xe lăn không trượt thì trong
hệ quy chiếu được chọn, vận tốc của
mọi điểm ở vành bánh xe đều bằng v
o
.
Vì bánh xe lăn không trượt nên ta có:
dsds ='
dtVRd
o
=
ϕ
o
VR
dt
d
=
ϕ
0
R v
ω
=
Vậy vận tốc của mọi điểm trên vành bánh xe đều bằng v
o
đối với hệ quy
chiếu gắn tâm với bánh xe.
Cách 1
Tọa độ của giọt nước văng ra từ bánh xe được xác định bởi góc

ϕ
:
ϕ
cos.Rx
o
−=
ϕ
sin.
oox
VV =
a
x
= 0

tVRtx
o
.sin.cos.)(
ϕϕ
+−=
(1)
ϕ
sin.Ry
o
=
ϕ
cos.
ooy
VV =
a
y

= -g
3
ds
ds’
0
ϕ
y
x

2
.cos.sin.
2
gt
tVRy
o
−+=
ϕϕ
(2)
tại điểm cao nhất của qũy đạo, thành phần thẳng đứng của vận tốc: v
y
=
0.
suy ra thời gian giọt nước lên đến độ cao cực đại:
ϕϕ
cos.0cos.
g
V
tgtV
o
o

=⇒=−
(3)
Thay vào (2) ta tìm được độ cao cực đại của giọt nước văng ra từ điểm
đang xét của bánh xe:
g
V
R
g
V
y
oo
2
sin.sin
2
2
2
2
max
++−=
ϕϕ
(4)
Từ (4) ta thấy độ cao cực đại của giọt nước phụ thuộc vào góc
ϕ
, tức là
phụ thuộc vào điểm mà nó bị văng ra. Ta tìm điểm mà giọt nước văng ra có
độ cao lớn hơn so với tất cả các điểm khác. Biểu thức (4) là tam thức bậc hai
đối với
ϕ
sin
và có giá trị lớn nhất bằng:

g
V
V
gR
h
o
o
22
2
2
2
max
+=
tại:
2
sin
o
V
gR
=
ϕ
kết quả này có nghĩa khi
2
o
VgR ≤
tức là xe lăn nhanh.
từ biểu thức (1): thay (3) vào (1) và kết hợp
2
sin
o

V
gR
=
ϕ
.
ta được:
ϕϕϕ
cos sin.cos.
g
V
VRx
o
o
+−=
0cos.cos. =+−=
ϕϕ
RRx
Như vậy độ cao cực đại mà giọt nước đạt tới nằm phía trên trục bánh
xe.
 Khi giải bài toán này ta sử dụng các phương trình chuyển động (1)
và (2), mô tả sự phụ thuộc của các tọa độ của vật chuyển động vào thời gian.
Các phương trình này cho ta mọi thông tin về chuyển động của vật. Trong bài
toán vừa xét, chúng ta không cần quan tâm tới sự phụ thuộc vào thời gian mà
chỉ quan tâm đến độ cao cực đại mà giọt nước có thể đạt tới. do đó để đơn
giản ta sử dụng định luật bảo toàn.
Cách 2
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại điểm giọt bùn văng và tại điểm
cao nhất của quỹ đạo:
Chọn gốc thế năng ở mức ngang với trục bánh xe
1 2

W W= ⇔
( )
2
max
2
sin
2
1
sin
2
1
ϕϕ
oo
VmygmRgmVm +=+
suy ra:
g
V
R
g
V
y
oo
2
sin.sin.
2
2
2
2
max
++−=

ϕϕ
như trên ta tìm được:
g
V
V
gR
h
o
o
22
2
2
2
max
+=
tại
2
sin
o
V
gR
=
ϕ
4
Qua đó ta thấy rằng bài toán có thể giải ngắn gọn và đơn giản hơn khi ta dùng
phương pháp năng lượng
Bài toán 2: Một quả bóng được ném vào rổ và từ rổ
rơi xuống theo phương thẳng đứng không vận tốc
đầu. vào đúng thời điểm đó tại một điểm cách rổ
một khoảng l người ta ném một quả bóng tennis vào

quả bóng rổ đang rơi xuống. Hỏi phải ném quả bóng
tennis với vận tốc ban đầu bằng bao nhiêu để nó đập
vào quả bóng rổ ở điểm cách rổ một khoảng h? Tìm
độ lớn v
o
và góc hợp bởi
o
V
và phương nằm ngang.
Lời giải
- Cách 1:Giải bài toán trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất
khi quả bóng tennis đập vào quả bóng rổ ở độ cao h:
2
2
1
gth =
(1)
2
.
2
1
.sin gttVhH
o
−=−
α
(2)
tVHl
o
.cos.
22

α
=−
(3)
thay (1) vào (2) ta được:
tVH
o
.sin.
α
=
lập tỉ số (4)/(3) ta được:
22
Hl
H
tg
−
=
α
Từ đó ta nhận thấy rằng hướng vận tốc ban đầu của
quả bóng tennis
o
V
trùng với hướng từ điểm ném đến rổ.
vậy ta phải ném quả bóng tennis đúng theo hướng tới rổ. để
tìm
o
V
ta rút t từ phương trình (1) thay vào phương trình (4):
g
h
VH

o
2
.sin.
α
=
0
.
sin 2 2
H g g
v l
h h
α
= =
- Cách 2: Giải bài toán trong hệ quy chiếu gắn với quả bóng rổ
như vậy ta xét chuyển động của quả bóng tennis đối với quả bóng rổ.
. vận tốc ban đầu của quả bóng tennis so với quả bóng rổ:
o
o
VV =
)2/1(
(1/đất)

o
V+
(đất/2)

o
V=
. gia tốc tương đối
2/1

a
aa =
2/1
1/đất
a+
đất/2
0=−= gg
5
l
h
Hh
l
o
V
α
22
Hl
−
hh
l
o
V
α
22
Hl
−
Hh
l
o
V

α
22
Hl
−
 trong hệ quy chiếu này quả bóng tennis chuyển động thẳng đều với vận tốc
o
V
. đương nhiên
o
V
phải hướng đúng vào rổ và sau thời gian
o
V
l
t =
, hai quả
bóng sẽ chạm nhau ta tìm được:
h
g
l
t
l
V
o
2
.==
Nhận xét:
Rõ ràng với cách chọn hệ quy chiếu không quán tính gắn với quả bóng
rổ bài toán trở nên dễ dàng hơn.
Như ta đã biết, vận tốc là đại lượng có tính tương đối, nghĩa là phụ

thuộc vào hệ quy chiếu. nhưng trong bài toán này, ta xác định được
o
V
là như
nhau khi xét trong 2 hệ quy chiếu vì ở thời điểm ban đầu vận tốc của quả
bóng rổ bằng 0 và chuyển động của quả bóng tennis so với quả bóng rổ là
chuyển động thẳng đều.
Bài toán 3: Từ một điểm người ta ném đồng thời hai vật
với vận tốc đầu
o
V
bằng nhau nhưng dưới các góc khác
nhau
21
,
αα
so với phương ngang(hình vẽ). Tính:
a. vận tốc chuyển động tương đối giữa hai vật.
b. khoảng cách giữa 2 vật trong khi đang chuyển động.
lời giải
C ách 1 : Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất
12
V
: vận tốc của vật 1 so với vật 2.
21
,VV
: vận tốc của vật 1, 2 so với đất.
a: Theo công thức cộng vận tốc
21
12

VVV −=
chiếu lên hệ tọa độ o
xy
, gốc tọa độ o tại điểm bắt đầu ném.
o
x
:
xxx
VVV
2112
−=
(1)
o
y
:
yyy
VVV
2112
−=
(2)
với:
11
cos.
α
ox
VV =
22
cos.
α
ox

VV −=
gtVV
oy
−=
11
sin.
α
gtVV
oy
−=
22
sin.
α
thế vào (1) và (2) ta được:
)cos.(cos
2112
αα
+=
ox
VV
)sin.(sinsin.sin.
212112
αααα
−=+−−=
oooy
VgtVgtVV
tìm được:
)
2
.(cos 2

21
2
12
2
1212
αα
+
=+=
oyx
VVVV
b: khoảng cách giữa 2 vật
2
21
2
21
)()( yyxxS −+−=∆
với
tVx
o
.cos.
11
α
=
;
tVx
o
.cos.
22
α
−=

;
2
11
2
1
.sin. gttVy
o
−=
α
;
2
21
2
1
.sin. gttVy
o
−=
α
6
y
x
o
V
o
V
2
α
1
α
0

suy ra:
tVS
o
)
2
cos( 2
21
αα
+
=∆
C ách 2 : Chọn hệ quy chiếu gắn với vật 2
Đây là hệ quy chiếu không quán tính chuyển động với gia tốc g so với
mặt đất. trong hệ quy chiếu này vật 2 đứng yên còn vật 1 chịu tác dụng của 2
lực cân bằng, đó là trọng lực
gmP =
và lực quán tính
gmF
qt
−=
. do đó vật 1
chuyển dộng thẳng đều so với vật 2 với vận tốc:
2112
VVV −=
: không
đổi.
tương tự như trên ta tìm được:
)
2
cos(.2
21

12
αα
+
=
o
VV
vì vật 1 chuyển động thẳng đều so với vật 2 nên dễ dàng ta tìm được
khoảng cách giữa 2 vật:
tVS
o
)
2
cos( 2
21
αα
+
=∆
Nhận xét:
Hai cách chọn hệ quy chiếu khác nhau cho ta cùng kết quả. nếu chọn
theo cách 1 ta phải xét chuyển động của 2 chất điểm. nếu chọn theo cách thứ
2 chỉ còn chuyển động của một chất điểm nên bài toán trở nên đơn giản hơn.
B ài toán 4 :
Câu a: Một nêm ABC có AB = l, AC = h đặt trên
mặt sàn nhẵn nằm ngang có khối lượng m
2
. Đặt tại
đỉnh A của nêm một vật có khối lượng m
1
rồi buông
cho nó trượt xuống dọc theo mặt AB. Tìm thời gian

để vật đi tới B và quãng đường nêm đã đi được trong
thời gian đó. Cho hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt
nêm là
µ
.
Câu b: Cũng cơ hệ tương tự trên nhưng bỏ qua ma sát giữa vật và mặt
phẳng nêm. Hỏi khi vật m trượt tới đầu dưới của nêm thì nêm có vận tốc theo
phương ngang bằng bao nhiêu? vectơ vận tốc v
1
của vật m
1
lập với phương
nằm ngang một góc bằng bao nhiêu?
Giải
Vì không có ngoại lực theo phương nằm ngang nên khối tâm của cả hệ
không di chuyển theo phương ngang. khi m chuyển động xuống dọc theo mặt
nêm, thì khối tâm của nêm dịch chuyển sang phải.
Câu a:
Cách 1: Chọn hệ quy chiếu quán tính gắn với mặt đất
các lực tác dụng lên cơ hệ được biểu diễn như hình vẽ.

1
'N
là áp lực của m lên M

1
1
' NN −=
là phản lực của M tác dụng lên m
được xuất hiện theo định luật III newton.


2
N
là phản lực của mặt sàn tác dụng lên nêm M.
7
1
N
1
P
1
'N
1
'
ms
f
2
a
x
y
2
P
2
N
1ms
f
B
A
C

1ms

f
và
2ms
f
là lực ma sát do m và M chuyển
động tương đối với nhau.
phương trình động lực học cho cơ hệ:
1
1
1
1
1
amfNP
ms
=++
(1)
2
21
1
2
2
'' amNfNP
ms
=+++
(2)
chiếu (1) và (2) lên hệ trục o
xy
như hình vẽ:

xms

amfN
1111
cos.sin. −=+−
αα
hay
x
amNkN
1111
cos sin. −=+−
αα

)cos.(sin
1
1
1
αα
k
m
N
a
x
−=
(3)

yms
amfNP
11111
sin.cos. −=++−
αα
hay

y
amNkNP
11111
sin cos. −=++−
αα

gk
m
N
a
y
++
−
= )sin.(cos
1
1
1
αα
(4)

2211
cos.sin. amkNN =−
αα

)cos.(sin
2
1
2
αα
k

m
N
a −=
(5)

0cos.sin.
1122
=−−−
αα
NkNPN
gia tốc của m
1
so với nêm m
2
:
2112
aaa −=
chiếu lên hệ trục tọa độ o
xy
:







−+−−=−−= )cos(sin)cos(sin
2
1

1
1
2112
αααα
k
m
N
k
m
N
aaa
xx
)
11
)(cos(sin
21
1
mm
kN +−−=
αα
(6)

gk
m
N
aa
yy
−+=−= )sin(cos
1
1

112
αα
(7)
vì
12
a
hướng dọc theo mặt nêm nên:
α
tg
a
a
x
y
=
12
12

ααααα
tg
mm
kNgk
m
N
)
11
)(cos(sin)sin(cos
21
1
1
1

+−−=−+
ta tìm được N
1
:
)1()cos(sinsincos
2
1
1
1
m
m
tgkk
gm
N
+−++
=
ααααα
(8)
thế biểu thức của n
1
vào (5) tìm được gia tốc a
2
của nêm đối với đất
thế biểu thức của n
1
vào (6), (7) ta tìm được a
12x
, a
12y
2

12
2
1212 yx
aaa +=
thời gian để vật m
1
đi tới b:
8
12
2
12
2
2
1
a
l
ttal =⇒=
quãng đường nêm đã đi được trong khoảng thời gian đó:
)
2
(
2
1
2
1
12
2
2
2
a

l
ataS ==
Nhận xét
Khi chọn hệ quy chiếu quán tính gắn với mặt đất bài toán trở nên phức tạp
hơn.
Cách 2: Chọn hệ quy chiếu không quán tính gắn với mặt nêm
khi vật m chuyển động dọc xuống mặt nêm, nêm dịch chuyển tịnh tiến sang
phải với gia tốc
2
a
so với đất.
trong hệ quy chiếu gắn với nêm vật m
1
ngoài chịu tác dụng của các lực
1
1
1
,, NfP
ms
còn chịu tác dụng của lực quán tính.
12
a
: gia tốc của vật m
1
đối với nêm.
phương trình động lực học viết cho vật m
1
:
12
1

1
1
1
amFfNP
qt
ms
=+++
(1)
chiếu (1) lên trục tọa độ o
xy
như hình vẽ
1212111
cos.sin amamkNgm =+−
αα
(2)
0sin.cos
2111
=++−
αα
amNgm
từ (2) và (3) ta có
)sin(cos)cos(sin
212
αααα
kakga ++−=
để tìm a
2
ta xét chuyển động của nêm so với mặt đất.
phương trình động lực học chuyển động của nêm:
2

211
2
2
'' amNfNP
ms
=+++
chiếu lên phương chuyển động với chiều (+) là chiều chuyển động của
nêm:
2211
sincos amNkN =+−
αα
thế biểu thức của N
1
ở (3) vào ta được:
ααα
ααα
2
112
2
1
2
sincos.sin.
)coscos.(sin
mmkm
kgm
a
+−
−
=
tương tự :

12
2
12
2
2
1
a
l
ttal =⇒=
)
2
(
2
1
2
1
12
2
2
2
a
l
ataS ==
Nhận xét: bài toán đơn giản hơn khi ta chọn giải trong hệ quy chiếu
không quán tính gắn với nêm.
Câu b: cách trả lời đơn giản nhất là áp dụng định luật bảo toàn động lượng
trong hệ quy chiếu quán tính gắn với mặt đất và mối quan hệ động học giữa
vận tốc của vật m
1
và nêm.

gọi
1
V
vận tốc của vật m
1
so với đất.
9
A
C
y
x
qt
F
ur
1
N
uur
a
r
1
P
ur
B
ms
f
ur

2
V
vận tốc của nêm m

2
so với đất tại thời điểm vật m
1
rơi đến chân
nêm.
vận tốc của vật m
1
đối với nêm:
2112
VVV −=
chiếu lên hệ trục tọa độ oxy:
yy
xx
VV
VVV
112
2112
=
+=
12
V
phải hướng dọc theo mặt nêm nên ta có;
12 1
12 1 2
tan
y y
x x
V V
V V V
α

= =
+
 xác định góc hợp bởi
1
V
so với phương nằm ngang:
( )
1
1 2
2
1 1 1
tan
tan 1 tan
y
x
x x x
V
V V
V
V V V
α
β α
+
 
= = = +
 ÷
 
(1)
tìm mối quan hệ giữa v
2

và v
1x
nhờ áp dụng định luật bảo toàn động
lượng theo phương ngang.
0
2
2
1
1
=+ VmVm
chiếu lên phương ngang:
2
1
1
2
2211
0.
m
m
V
V
VmVm
x
x
=⇔=−
(2)
từ (1) và (2) ta được:
1
2
tan 1 tan

m
m
β α
 
= +
 ÷
 
(3)
N hận xét :
1
2
1
m
m
=
: từ (3) ta được:
αβ
≈
: trường hợp này nêm không
chuyển động.

1
2
1
m
m
?
: từ (3) ta được:
2
π

β
≈
: chiếc nêm sẽ trượt khỏi vật m
1
và vật m
1
gần như là rơi thẳng đứng.
 Xác định vận tốc của nêm tại thời điểm vật m
1
trượt tới chân nêm. Điều
này dễ dàng tìm được nếu ta áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, vì không có
lực ma sát nên thế năng ban đầu của vật m
1
được chuyển hóa thành động năng
của vật m
1
và nêm.
2
22
2
111
.
2
1
.
2
1
vmvmghm +=
2
22

2
1
2
111
.
2
1
)(
2
1
vmvvmghm
yx
++=
(4)
10
12
V
1x
v
r
12
V
α
1y
v
r
α
2
V
x

V
1
1
V
y
V
1
α
β
từ (2) và (3) ta có:
2
1
2
1
.V
m
m
V
x
=
α
tgV
m
m
V
y
.).1(
2
1
2

1
+=
thay vào (4), ta được:
2
22
2
2
2
2
1
2
2
1
2
11
.
2
1
1
2
1
VmVtg
m
m
m
m
mghm
+

















++








=
α
1
2
2
2
1

2
2
1
2
2
2
1
2
m
m
tg
m
m
m
m
gh
V
+








++









=
α
N hận xét :
Tùy theo yêu cầu cụ thể của bài toán mà ta xét trong hệ quy chiếu nào
là thích hợp nhất.
Định luật bảo toàn động lượng chỉ áp dụng trong hệ quy chiếu quán
tính (lưu ý các vectơ vận tốc phải được so với cùng một mốc).
Bài toán 5: Trên mặt dốc nghiêng 30
o
, đặt vật m
1
và vật m
2
như hình vẽ. Cho
kgm 1,0
1
=
,
kgm 1
2
=
. hệ số ma sát giữa m
1
và m
2

là
1
0,1k =
. Hệ số ma sát giữa
m
2
và mặt dốc
2
0,2k =
. Khi thả tay cho các vật chuyển động thì m
1
trượt khỏi
m
2
. Chiều dài của m
2
bằng 1m, kích thước của m
1
không đáng kể.
Tìm gia tốc mỗi vật? Tìm lực ép của m
1
lên giá đỡ m
2
.
Giải
gọi
21
,aa
là gia tốc của vật m
1

, m
2
đối với hệ cố định.

12
a
là gia tốc của vật 1 đối với vật 2.
các lực tác dụng được biểu diễn trên hình vẽ.
bài toán trở nên đơn giản khi chọn hệ quy chiếu
không quán tính gắn với m
2
. vật m
1
ngoài chịu
tác dụng của trọng lực
1
P
, phản lực
1
N
, lực ma
sát
1ms
F
, còn có thêm lực quán tính
2
1
.amF
qt
−=

phương trình động lực học cho cơ hệ:
vật m
1
:
)(.
21
1
12
1
1
1
1
aamamFFNP
qtms
−==+++
(1)
chiếu lên hệ trục tọa độ o
xy
như hình vẽ:
o
x
:
)(sin
21121111
aamamNKgm −=−−
α

11111
sin amNKgm =−
α

(2)
oy:
0cos
11
=−
α
gmN

α
cos
11
gmN =
(3)
kết hợp (2) và (3) tìm được:
2
11
/05,4cossin smgKga =−=
αα
để tìm a
2
, ta viết phương trình động lực học của vật m
2
so với mặt
phẳng nghiêng:
11
y
x
2
N
1

N
1
m
2
m
1
'
ms
F
2
P
1
'N
1
P
2ms
F
1ms
F
qt
F
2
2
2
1
12
2
.'' amFFNNP
ms
ms

=++++
chiếu lên hệ trục tọa độ o
xy
:
o
x
:
2222112
.sin amNKNKgm =−+
α
(4)
o
y
:
0'cos
122
=−+− NNgm
α

ααα
cos)(coscos
21122
gmmgmgmN +=+=
(5)
từ (3), (4) và (5) tìm được a
2
:
2
2
212112

2
/12,3
cos)(cossin
sm
m
gmmKgmKgm
a =
+−+
=
ααα
lực ép của m
1
lên giá đỡ m
2
:
NgmN 866,0cos
11
==
α
như vậy, khi m
2
chuyển động thì áp lực của m
1
lên m
2
có giá trị bằng
với áp lực trong trường hợp m
2
đứng yên.
α

cos
11
gmN =
ta có thể xét xem áp lực này có thể gọi là trọng lượng của vật m
1
hay
không?
theo khái niệm trọng lực biểu kiến:
qt
FPP +=
11
'
 giá trị của trọng lượng biểu kiến
o
qt
qt
FPFPP 60cos 2'
1
22
11
−+=

)
2
1
312,098,02()12,31,0()8,91,0('
222
1
×××−×+×=P


NP 866,0'
1
=
Vậy áp lực của m
1
lên m
2
cũng chính là trọng lượng của vật m
1
. Nhưng
trong những trường hợp khác chúng ta cũng lưu ý rằng: trọng lượng là lực vật
tác dụng lên giá đỡ chứ không phải là áp lực mà vật tác dụng vào giá đỡ.
Nhận xét: Khi xét trong hệ quy chiếu không quán tính gắn với vật m
2
bài toán được giải quyết nhanh gọn và mang lại nhiều thông tin hơn.
 Bài toán 6: cơ chế atut đặt trong thang máy,
hai đầu dây ròng rọc là hai vật khối lượng m
1
, m
2
coi sợi dây và ròng rọc là lý tưởng. thang máy đi
lên với gia tốc
o
a
. tính gia tốc
','
21
aa
của hai vật
đối với mặt đất và lực căng

T
của sợi dây.
Giải
 C họn hệ quy chiếu quán tính gắn với mặt đất
21
',' aa
: gia tốc của vật m
1
, m
2
so với đất.
21
,aa
: là gia tốc của vật m
1
, m
2
đối với thang máy.
o
a
: là gia tốc của thang máy đối với đất.
ta có:
o
o
aaa
aaa
+=
+=
22
11

'
'
phương trình động lực học cho cơ hệ:
)(
1
1
1
1
11
o
aamamPT +==+
(1)
)('
2
2
2
2
22
o
aamamPT +==+
(2)
12
'P
o
30
qt
F
1
P
60

o
o
a
2
T
2
T
2
P
1
P
do điều kiện của ròng rọc và dây nối:
21
21
; aaTT −==
suy ra:
o
amamPT .
1
1
1
11
+=+
(3)
o
amamPT
2
1
2
21

+−=+
(4)
lấy (3)-(4):
21
1221
1
21
1
2121
)()(
)()()(
mm
ammgmm
a
ammammgmm
o
o
+
−+−
=⇒
−++=−
21
2112
12
)()(
mm
ammgmm
aa
o
+

−+−
=−=
21
221
11
2)(
'
mm
amgmm
aaa
o
o
+
+−
=+=
(5)
21
112
22
2)(
'
mm
amgmm
aaa
o
o
+
+−
=+=
(6)

chiếu (1), (5), (6) lên phương thẳng đứng với chiều dương hướng lên
21
21211
11
21
121
2
21
212
1
2)(
2)(
'
2)(
'
mm
ammgmmm
gmT
mm
amgmm
a
mm
amgmm
a
o
o
o
+
+−
=−

+
+−
=
+
+−
=
lực căng dây:
21
21
21
)(2
mm
gamm
TTT
o
+
+
===
 Chọn hệ quy chiếu không quán tính gắn với thang máy
Trong hệ quy chiếu này mỗi vật m
1
, m
2
ngoài chịu tác dụng của các lực:
trọng lực
P
, lực căng
T
còn chịu tác dụng của lực quán tính
oi

qti
amF .−=
.
21
,aa
: là gia tốc của vật m
1
, m
2
trong hệ quy chiếu gắn với thang máy.
phương trình động lực học:
1
1
111
amFPT
qt
=++
(7)
2
2
222
amFPT
qt
=++
(8)
do điều kiện của ròng rọc và dây nối:
21
21
; aaTT −==
suy ra:

1
1
111
amFPT
qt
=++
(9)
1
2
221
amFPT
qt
−=++
(10)
lấy (9)-(10), tìm được:
13
o
a
2
T
2
T
2
P
1
P
1qt
F
2qt
F

21
2112
12
21
1221
1
)()(
)()(
mm
ammgmm
aa
mm
ammgmm
a
o
o
+
−+−
=−=
+
−+−
=
từ công thức cộng vận tốc tìm được gia tốc của mỗi vật đối với mặt đất:
21
221
11
2)(
'
mm
amgmm

aaa
o
o
+
+−
=+=
(11)
21
112
22
2)(
'
mm
amgmm
aaa
o
o
+
+−
=+=
(12)
chiếu (7), (11), (12) lên phương thẳn đứng với chiều (+) hướng lên, tìm được
biểu thức của a
1
’, a
2
, t giống như trên.
21
121
2

21
212
1
2)(
'
2)(
'
mm
amgmm
a
mm
amgmm
a
o
o
+
+−
=
+
+−
=
Bài toán 7: cho cơ hệ như hình vẽ. vật A có khối lượng
m
1
. vật B có khối lượng m
2
. lúc bàn đứng yên thì vật m
1
ở trạng
thái cân bằng giới hạn. cho bàn trượt với gia tốc a

o
sang phải.
Tính gia tốc của vật m
1
và sức căng dây. Cho ròng rọc và dây
đều là lý tưởng.
Lời giải
Cơ hệ tương tự như bài toán 2 nhưng ở đây ta xét trường hợp bàn
chuyển động tịnh tiến theo phương nằm ngang với gia tốc
o
a
.
Bài toán được giải một trong hai hệ quy chiếu: hệ quy chiếu quán tính
gắn với mặt đất và hệ quy chiếu không quán tính gắn với bàn.
 Khi bàn đứng yên vật a ở trạng thái cân bằng giới hạn.
 vật A:
OFNTP
ms
=+++
1
11
chiếu lên hệ trục tọa độ vuông gốc o
xy
gKmKNFT
gmPN
ms 111
111
===
==
(1)

 vật B :
OTP
=+
22
T
2
= P
2
= m
2
g (2)
do điều kiện của ròng rọc và dây nối: T
1
= T
2
= T
từ (1) (2), ta có:
1
2
m
m
K
=
 Khi bàn chuyển động sang phải với gia tốc
o
a
: đoạn dây nối với vật b lệch
sang trái một góc
α
so với phương thẳng đứng, đồng thời với sự dịch chuyển

của vật b dọc theo phương của đoạn dây đó.
cách 1: chọn hệ quy chiếu quán tính gắn với mặt đất
các lực tác dụng lên cơ hệ được biểu diễn trên hình vẽ.
14
b
m
1
m
2
B
ms
F
1
N
1
P
1
T
1
'T
2
T
2
P
2
'T
gọi
21
,aa
: là gia tốc của vật a, b so với mặt đất.

BA
aa ,
: là gia tốc của vật a, b so với bàn.
ta có:
oB
oA
aaa
aaa
+=
+=
2
1
Do sợi dây không dãn:
a
a
= a
b
= a
phương trình động lực học cho cơ hệ:
 vật a:
111
11
amFNTP
ms
=+++
hay
)(
11
11

oA
ms
aamFNTP
+=+++
(3)
 vật b:
)(
222
22
o
A
aamamTP
+==+
(4)
chiếu (3) lên phương chuyển động với chiều dương là chiều chuyển động.
)(
11 o
aamgKmT
−=−
đối với vật b: để dễ dàng tính toán ta phân tích
2
P
ra làm 2 thành phần
"'
222
PPP
+=
vì thế ta có:




=
=+
)7("
)6('
2
2
2
2
o
B
amP
amTP
chiếu (6) lên phương đoạn dây nối với b và chiếu (7) lên phương ngang ta
được:
2
2
os
m g
T m a
c
α
− =
(8)
2 2 0
.tanm g m a
α
=
(9)
từ (9) rút ra:

0
tan
a
g
α
=
và
2 2 2
0
1
os
1 tan
g
c
a g
α
α
= =
+ +
từ (5) và (8) tìm được
21
1
22
21
mm
gKmgamam
a
oo
+
−++

=
gia tốc của vật a đối với mặt đất:
21
1
22
2
1
)(
mm
gKmagam
aaa
oo
o
+
−−+
=−=
từ (8), tìm được lực căng dây:
am
gm
T
2
2
cos
−=
α
thế biểu thức a vào, tìm được:
21
11
22
12

)(
mm
amgKmgamm
T
oo
+
−++
=
Cách 2: chọn hệ quy chiếu không quán tính gắn với bàn
phương pháp động lực học
15
1
P
2
P
2
T
2qt
F
B
1
T
1qt
F
1
N
A
ms
F
b

ms
F
1
N
1
P
1
T
2
T
2
P
2
'P
2
''P
α
gọi
BA
aa ,
: là gia tốc của vật a, b so với
bàn. trong hệ quy chiếu này mỗi vật ngoài chiều
tác dụng của các lực thông thường còn chịu tác
dụng của lực quán tính
o
i
qti
amF −=
hướng sang
trái.

Phương trình động lực học của cơ hệ:
A
qtms
amFFTNP
1
11
1
1
=++++
(1)
B
qt
amFTP
2
222
=++
(2)
chiếu (1), (2) lên phương chuyển động với chiều (+) là chiều chuyển
động.
amamgKmT
o 111
=+−
(3)
amamgmT
o 222
sin.cos.
=++−
αα
(4)
chiếu (2) lên phương vuông góc với đoạn dây nối với b:

)5(cos&sin
cos.sin.
2222
22
ga
g
ga
a
g
a
tg
amgm
oo
o
o
o
+
=
+
=⇒
=⇒
+=
αα
α
αα
kết hợp (3), (4), (5) ta tìm được gia tốc của vật a và lực căng.
21
1
22
21

mm
gKmgamam
a
oo
+
−++
=
21
11
22
12
)(
mm
amgKmgamm
T
oo
+
−++
=
cách b: phương pháp năng lượng
áp dụng định lý động năng đối với hệ quy chiếu không quán tính gắng
với bàn.
∆
w
đ
= A
trong đó:
∆
w
đ

=
2
21
2
21
)(
2
1
0)(
2
1
VmmVmm +=−+
A =
221
1
1 ptms
FPF
qt
PNP
AAAAAA +++++
samgmsgmKsamA
oo
.sin.cos 00
2211
αα
++−++=
với s độ dịch chuyển của các vật so với bàn ứng với vận tốc v.
suy ra:
samsgmsgmKsamVmm
oo

.sin cos )(
2
1
2211
2
21
αα
++−=+
với:
v
2
= 2.a.s (vận tốc ban đầu của hệ bằng 0)
g
a
gm
am
tg
oo
==
2
2
α

22
sin
ga
a
o
o
+

=
α
và
22
cos
ga
g
o
+
=
α
16
cuối cùng ta cũng tìm được:
21
1
22
21
mm
gKmgamam
a
oo
+
−++
=
Nhận xét :
Trong hệ quy chiếu không quán tính gắn với bàn, khi dùng phương
pháp động lực học bài toán được giải quyết nhanh hơn so với trong hệ quy
chiếu quán tính gắn với mặt đất.
mặt khác, khi sử dụng phương pháp năng lượng trong hệ quy chiếu
không quán tính bằng cách áp dụng định lý động năng hoặc định luật biến

thiên cơ năng, kết quả tìm được dễ dàng.
Bài toán 8: hệ gồm một xe lăn khối lượng m
chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang.
các khối lượng m
1
, m
2
(m
1
< m
2
) nối với nhau
bằng dây nhẹ không giãn, rồi vắt qua các ròng
rọc. hệ số ma sát giữa m
1
, m
2
với mặt tiếp xúc là
k. tác dụng vào xe một
F
nằm ngang như hình
vẽ sao cho m
1
, m
2
đứng yên trên xe. Xác định f
để thỏa mãn điều kiện bài toán.
giải
Theo đề bài, ta chọn hệ quy chiếu không quán tính gắn với xe:
xét cả hệ m

1
, m
2
đứng yên đối với xe, nên chuyển động với cùng gia tốc,
ngoại lực gây gia tốc chỉ có f:
f = (m+m
1
+m
2
)a (1)
Xét trường hợp m
1
có xu hướng đi xuống:
 vật m
2
:
OFFNTP
qtmsn
=++++
22
2
22
thực hiện phép chiếu:
0
22
=−+
TamF
msn
(2)
N

2
= P
2
= m
2
g
ta có: f
msn2
≤ k.N
2
hay: f
msn2
≤ k.m
2
.g (3)
 vật m
1
:
OFFNTP
qtmsn
=++++
11
1
11
thực hiện các phép chiếu:
0
12
=−+
gmTF
msn

(4)
N
2
= f
qt1
= m
1
a
ta có: f
msn1
≤ k.N
1
hay: f
msn1
≤ k.m
1
.a (5)
kết hợp (2), (3), (4) và (5), ta được:
17
2
m
1
m
F
2
T
2qt
F
2
N

2
P
2msn
F
2
m
2
P
1
N
1msn
F
1qt
F
1
m
1
T
21
21
.
mKm
gmKgm
a
+
−
≥
thế vào (1) tìm được:
21
2121

))(.(
mKm
mmMgmKgm
F
+
++−
≥
(*)
Xét trường hợp m
1
có xu hướng đi lên
các lực tác dụng lên vật được biểu diễn như hình vẽ
tương tự như trên ta có:
 vật m
2
: m
2
a – t – f
ms2
= 0 (2’)
f
msn2
≤ k.m
2
.g (3’)
 vật m
1
: t – f
msn1
– m

1
.g = 0 (4’)
f
msn1
≤ k.m
1
.a (5’)
kết hợp (2’). (3’), (4’) và (5’), ta được:
12
21
.
.
mKm
gmKgm
a
−
+
≤
thế vào (1) ta tìm được:
12
2121
))(.(
Kmm
mmMgmKgm
F
−
+++
≤
(**)
vậy:

12
2121
21
2121
.
))(.())(.(
mKm
mmMmKmg
F
mKm
mmMmKmg
−
+++
≤≤
+
++−
Nhận xét
do yêu cầu của bài toán xét sự đứng yên tương đối với xe, nên chọn hệ quy
chiếu không quán tính gắn với xe là hiệu quả nhất.
4. Bài tập tự giải
Bài 1: Từ một khí cầu đang bay lên cao theo phương thẳng đứng với vận
tốc đều là v=5m/s, người ta thả nhẹ nhàng một vật có khối lượng m sao cho
vận tốc của khí cầu không đổi.
a) sau 2 giây vật cách khí cầu bao nhiêu mét?
b) tính chiều dài tổng cộng vật đã đi được đối với đất trong thời gian
trên.
Đáp số: a) s = 20m b) d = 12,5m
Bài 2: máy bay ở độ cao h = 500m, bay theo phương nằm ngang. với
vận tốc 100m/s (coi qũy đạo của máy bay và tàu trên cùng một mặt phẳng
thẳng đứng).

a) phải thả vật khi máy bay cách tàu theo phương nằm ngang một
khoảng bao nhiêu?
b) tính góc giữa vectơ vận tốc của vật và mặt phẳng nằm ngang khi vật
rơi đến độ cao h = 0m trong 2 trường hợp:
- với người đứng trên tàu
- với người đứng trên bờ.
cho g = 10m/s
2
. bỏ qua sức cản của không khí.
Đáp số: a) d = 900m b)
oo
45;48 ==
βα
18
B ài 3 : một chiếc tàu đi dọc theo xích đạo về hướng đông với vận tốc v
o
=
30km/h. một luồng gió thôi từ hướng đông nam theo phương hợp với xích đạo
một góc
o
60=
α
với vận tốc 15km/h. đối với hệ quy chiếu gắn liền với chiếc
tàu. hãy xác định vận tốc v
’
của luồn gió đối với tàu và góc
'
α
giữa hướng gió
và xích đạo.

bỏ qua tác dụng của chuyển động quay của trái đất quanh trục.
Đáp số:
hkmV /40'
=
o
19'=
α
Bài 4 : một xe con chuyển động thẳng đều với vận tốc v
o
thì người lái xe nhìn
thấy một xe tải đang chuyển động thẳng đều, cùng chiều, phía trước với vận
tốc v
1
(v
1
<v
o
). nếu thời gian phản ứng của người lái xe con là
τ
(tức là thời
gian xe con vẫn giữ nguyên vận tốc v
o
) và sau đó hãm phanh. hỏi khoảng cách
tối thiểu của hai xe kể từ lúc người lái xe con nhìn thấy xe tải là bao nhiêu để
không xảy ra tai nạn?
Đáp số:
) 2()(
11min
VVaVVd
oo

−+×−=
τ
Bài 5: vật a bắt đầu trượt từ đầu tấm ván b nằm ngang, vận tốc ban đầu của a
là v
o
= 3m/s, của b là 0. hệ số ma sát giữa a và b là
25,0=
µ
. mặt sàn nhẵn.
chiều dài của ván b là 1,6m. vật a có trượt hết tấm ván không? nếu không,
quãng đường đi được của a trên tấm ván là bao nhiêu? hệ thống sau đó
chuyển động ra sao?
Đáp số: vật a không trượt hết tấm ván.
s = 1,5m

Bài 6: hai tấm ván giống nhau, khối lượng m, chiều dài l được đặt sát nhau
trên một sàn ngang nhẵn. một vật nhỏ xem như chất điểm có khối lượng m
ban đầu được đặt tại mép của tấm ván thứ nhất. truyền cho nó một vận tốc ban
đầu v
o
theo phương ngang để nó trượt trên 2 ván. biết hệ số ma sát giữa vật và
hai ván là như nhau và bằng k.
a) tìm vận tốc vật cuối ván thứ nhất.
b) hãy ước lượng v
o
để vật trượt hết chiều dài ván thứ nhất và nằm lại
trên ván thứ 2.
Đáp số: a)
M
mMKLg

VV
o
)2(
2
1
+
−=
b)
M
mMKLg
V
M
mMKLg
o
)34( )2( +
≤≤
+
4. Cách thức triển khai và hiệu quả của hoạt động.
Khi thực hiện giảng dạy trên lớp chuyển sang phần hệ quy chiếu có gia
tốc và lực quán tính. Một mâu thuẫn lớn đặt ra với học sinh, các em đặt ra các
câu hỏi: vậy giải bài toán trong hệ quy chiếu nào thì thích hợp hay hệ quy
chiếu lâu nay đang được chọn gắn với Trái Đất bài toán giải sẽ như thế nào?
Bài toán giải trong các hệ quy chiếu khác nhau thì có chung kết quả hay
không. Từ những thắc mắc đó thông qua các bài tập, đặc biệt là các bài tập
19
B
A
o
V
phần động học mà các em đã gặp từ đầu năm học, đến đây đã được giải quyết

một cách cụ thể và sâu sắc hơn.
Qua cách thức tiến hành theo kiểu giao việc thông qua bài tập lớn, học
sinh đã chủ động tìm tòi tiếp cận thông qua các tài liệu tham khảo và trợ giúp
từ giáo viên đã tạo ra hiệu quả hoạt động một cách tích cực nhất. Các nhóm
được giao việc đã định hình rõ hơn về bài toán chuyển động và hiểu sâu sắc
hơn về việc lựa chọn hệ quy chiếu thích hợp trong việc giải quyết bài toán
chuyển động. Đây cũng là cơ sở để các em tiếp cận với những bài toán phức
tạp hơn trong chương trình vật lí THPT cũng như chương trình vật lí ở bậc
học cao hơn.
C. KẾT LUẬN VẤN ĐỀ.
Thông qua các bài tập chuyên đề dành cho học sinh, với cách thức tiến
hành hợp lí, đã giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quát hơn về bài toán
chuyển động. Bước đầu hình thành trong tư duy của học sinh cách tổng quát
hóa bài toán cơ học từ cơ sở đó tạo ra trong các em cách tiếp cận vấn đề tong
quát hơn. Quá trình triển khai tới lớp học sinh đã dược các em tiếp cận một
các chủ động và kết quả đạt được như mong muốn.
Vấn đề được tôi trình bày ở trên chỉ là một phần nhỏ về kiến thức, mặc dù
vậy nó đã góp phần không nhỏ trong việc giúp học sinh chiếm lĩnh tri thức,
tạo ra cho các em động lực và niềm tin trong việc tiếp cận kiến thức vật lí
cũng như các môn khoa học nói chung. Do giới hạn trong khuôn khổ của
chương trình học, cũng như yêu cầu của một sáng kiến kinh nghiệm đưa ra
trong thực tế giảng dạy. Tôi mạnh dạn trình bày một kinh nghiệm nhỏ của bản
thân trong việc trợ giúp học sinh chủ động chiếm lĩnh tri thức của bậc học,
mong rằng kinh nghiệm đó là động lực cho học sinh từng bước học tập để
hoàn thiện dần kiến thức vật lí ở bậc học này.
Người thực hiện
Phạm Văn Tuân
20
Tài liệu tham khảo.
1.Giải toán vật lí lớp 10 – T1 – TG: Bùi Quang Hân - NXBGD

2. 121 bài toán vật lí nâng cao vật lí 10 – Vũ Thanh Khiết – NXBGD
3. Lý luận dạy học – NXBGD 1997
4. Tổ chức hoạt động dạy học ở các trường trung học - NXBGD 1997
21