tuyển chọn xây dựng hệ thống bài tập chọn lọc nhằm bồi dưỡng năng lực tư duy cho học sinh chuyên lí

DANH MỤC VIẾT TẮT
Viết tắt Cụm từ
BDTD bồi dưỡng tư duy
BT bài tập
BTCL bài tập chọn lọc
BTVL bài tập vật lý
DH dạy học
DHVL dạy học vật lý
ĐLVL đại lượng vật lý
HS học sinh
HSG học sinh giỏi
HTVL hiện tượng vật lý
NLTD năng lực tư duy
NLTD năng lực tư duy
PP phương pháp
PPDH phương pháp dạy học
QTDH quá trình dạy học
TDST tư duy sáng tạo
THPT trung học phổ thông
TL tâm lý
VL vật lý
MỤC LỤC
Trang
1. ĐẶT VẤN ĐỀ 2
2. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.1. Vai trò của BTVL trong việc bồi dưỡng năng lực tư duy của học sinh 3
2.2. Bài tập trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy cho HS chuyên lí 3
2.3. Nguyên tắc xây dựng, tuyển chọn và phân loại bài tập theo logic
nhận thức trong hệ thống bài tập chọn lọc 5
2.4.Các tiêu chí dùng để xây dựng hệ thống bài tập 5
2.6. Ví dụ minh họa 6

3. KẾT LUẬN 20
2
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”.
Được sự quan tâm của Đảng và Nhà nước, hệ thống trường chuyên lớp chọn
được hình thành và phát triển nhằm đào tạo nguồn nhân lực cho đất nước. Trong
những năm qua các trường chuyên cũng đã gặt hái được nhiều thành công trong
các kỳ thi Quốc tế và khu vực châu Á. Đối tượng HS chuyên là những HS có
NLTD tốt, được phát hiện và tuyển chọn qua nhiều kỳ thi.

Thế nhưng chương trình giảng dạy trong các trường chuyên nói chung và bộ
môn VL nói riêng còn chưa có sự thống nhất, ổn định. Đa phần chương trình
giảng dạy được xây dựng theo kinh nghiệm của các cá nhân giáo viên giảng dạy
lâu năm hoặc trên cơ sở thống nhất ở nhóm chuyên môn của từng trường. Trình
độ HS mỗi năm một khác, năm sau tốt hơn năm trước. Yêu cầu đề thi Quốc Gia,
Quốc tế ngày càng cao, nhiều vấn đề mới mang tính thời sự được cập nhật vào
trong đề thi. Với những đặc điểm đó sự đổi mới liên tục của giáo viên thực tế là
không thể. Hơn thế nữa HS phải hoàn tất chương trình PTTH và các chuyên đề
nâng cao để đến giữa học kì I năm lớp 11 (tức chỉ sau hơn 1 năm vào THPT) để
có thể tham dự các kì thi HSG Quốc Gia, Quốc tế ! Vậy làm thế nào để giải
quyết được khó khăn trên ? Để làm được việc đó cần phải dạy cho HS các PP tư
duy khoa học với PP giảng dạy phù hợp. Bản thân tôi nhận thấy dạy BT là một
phương án thích hợp. Với những lí do nêu trên, tôi chọn đề tài:
“Tuyển chọn xây dựng hệ thống bài tập chọn lọc nhằm bồi dưỡng
năng lực tư duy cho học sinh chuyên lí”
3
2. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.1. Vai trò của BTVL trong việc bồi dưỡng năng lực tư duy của học sinh
-BTVL có vài trò vô cùng quan trọng, chúng được sử dụng trong DHVL với
những mục đích khác nhau.
-BTVL được sử dụng như các phương tiện nghiên cứu tài liệu mới khi trang bị
kiến thức mới cho HS nhằm đảm bảo cho HS lĩnh hội kiến thức một cách sâu
sắc và vững chắc. BT có thể là điểm khởi đầu để dẫn dắt đến kiến thức mới ở
bậc THPT. Với trình độ toán học đã khá phát triển, nhiều khi các BT được sử
dụng khéo léo có thể dẫn HS đến những 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.
-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.
2.2. Bài tập trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy cho HS chuyên lí
Thực tế kinh nghiệm bản thân cho thấy:
Học sinh chuyên có các điểm mạnh như làm việc dưới áp lực cao, có nhiều
cảm thông với người khác, có sự rõ ràng, quả quyết và có sự nhận thức cá nhân
cao. Phần lớn HS biết kìm chế thái độ và cảm xúc của mình. Quá trình hình
4
thành và biến đổi xúc cảm, tình cảm diễn ra ôn hòa hơn và có kỹ năng làm chủ
cảm xúc tốt. HS biết làm chủ sự tức giận, xử lý những thất vọng, đau buồn và lo

âu và biết đối phó với sự mất mát, lạm dụng, chấn thương.
Tính cách mạnh mẽ, ý thức cao về bản thân đã làm HS các trường chuyên có
tính quyết đoán, sẵn sàng tranh luận với người khác về một vấn đề nào đó cho
đến tận cùng chân lí. HS các trường chuyên ý thức tốt về bản thân, biết được
mặt mạnh, mặt yếu, thể hiện ước muốn của bản thân cũng như những điều mà
các em không thích, tự nhận ra stress hay tình trạng bị áp lực để ứng phó kịp
thời. Bên cạnh đó, kỹ năng xã hội của các em cũng được đánh giá cao. Các em
có thể đồng cảm, biết lắng nghe và hiểu nhu cầu, hoàn cảnh của người khác
cũng như biểu lộ sự hiểu biết này thông qua những hành động cụ thể.
Tình cảm đạo đức cũng được phát triển mạnh ở các HS trường chuyên. Nó
là một trong những động cơ thúc đẩy hành vi xã hội và các hoạt động, điều
chỉnh mọi hành vi của các em.
Tuy nhiên, các HS lại hay gặp khó khăn trong việc chấp nhận ý kiến của
người khác, thường đặt vị trí, vai trò của mình quá cao trong tập thể. Mặc dù,
khả năng “đặt chân mình vào đôi giày của người khác” để thấu hiểu những gì họ
trải qua lại được đánh giá cao. Đó là quan tâm đến cảm xúc người khác và sẵn
sàng hỗ trợ họ về mặt tình cảm. HS chuyên có thể thông cảm với người không
bằng mình, nhưng khó chấp nhận có người hơn mình và chính tư duy này đã làm
cản trở những nỗ lực nhằm phát huy hết các tiềm năng của các em, làm cho kỹ
năng hợp tác và làm việc theo nhóm cũng như giải quyết vấn đề của HS không
được phát triển đúng mức.
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:
5
-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.
2.3. Nguyên tắc xây dựng, tuyển chọn và phân loại bài tập theo logic nhận
thức trong hệ thống bài tập chọn lọc
Việc lựa chọn, phân loại hệ thống các BT theo chủ đề là một việc khó.
Những BT khó đòi hỏi vận dụng nhiều vùng kiến thức (như cơ trong quang, cơ
trong điện…). Vậy cần phải có những tìm tòi về PP nhằm xác định những mối
liên hệ quan trọng nhất, điển hình nhất và những biểu hiện của chúng trong các
bài tập, từ đó xác định loại BT xuất phát, số lượng của chúng và trình tự giải.
Kết quả rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo giải BT phụ thuộc rất nhiều vào việc chọn lựa

và trình tự sắp xếp các bài tập, nên để HS sau mỗi BT đều phát hiện ra những
cái mới hay nảy sinh những vấn đề mới cần giải quyết tiếp
BTVL nói chung có tác dụng rất lớn về các mặt: giáo dục, giáo dưỡng phát
triển tư duy và giáo dục kỹ thuật tổng hợp. Tác dụng ấy càng tích cực nếu trong
QTDH có sự lựa chọn thật cẩn thận hệ thống bài tập: chặt chẽ về nội dung, thích
hợp về PP và bám sát mục đích, nhiệm vụ DH ở trường phổ thông.
2.4.Các tiêu chí dùng để xây dựng hệ thống bài tập.
Đặc điểm của HS chuyên được thể hiện rõ qua các năng lực hoạt động tư duy
của các em, cụ thể như:
-Ưa tìm tòi, khám phá những tri thức mới.
-Hứng thú với các dạng BT mới, với PP giải mới.
-Thích luyện tập, củng cố kiến thức.
-Thích sáng tạo, tìm sự độc đáo trong cách giải.
-Ưa vận dụng tư duy toán học.
-Nhàm chán với những BT đơn giản, quen thuộc.
Từ những nguyên tắc chung nêu trên và đặc điểm của HS chuyên, chúng ta
có thể xây dựng hệ thống BTCL nhằm bồi dưỡng NLTD cho học sinh chuyên
phù hợp với thực tế và hệ thống BT đó là của riêng mình. Nhưng cần lưu ý
Với mỗi chủ đề, các BT cần được sắp xếp theo trình tự:
+Xuất phát bằng BT điển hình.
+Bài tập phát triển dựa trên BT xuất phát.
+Lời giải, hướng dẫn giải hoặc đáp số.
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.
Trong khuôn khổ đề tài tài này tôi xin minh họa một chủ đề bài tập khó,
phần điện từ trong chương trình chuyên mà tôi đã sử dụng trong giảng dạy
1. Một khối nặng được gắn vào trần nhà bởi một lò xo có độ
cứng k. Một thanh dẫn điện được gắn vào khối. Khối lượng của
khối và thanh là m. Thanh có thể trượt không ma sát dọc theo
hai đường ray thẳng đứng song song, cách nhau L. Tụ điện có
điện dung C gắn với đường ray bằng dây dẫn. Hệ thống được

đặt trong từ trường đều B. Bỏ qua mọi điện trở. Tìm chu kì dao
động của thanh.
Giải
7
k
C
L
B
r
Tại độ dời y, khối có vận tốc v. Do từ thông biến đổi ⇒ có s.đ.đ cảm ứng e =
BLv, tích điện cho tụ
q = CBLv ⇒ I = CBL
dv
dt
Lực từ tác dụng lên thanh: F = BIL = CB
2
L
2
dv
dt
mg - ky - CB
2
L
2
dv
dt
= m
2
2
d y

dt
Đặt u = y -
mg
k
⇒
2
2 2 2
d u k
u 0
dt m CB L
+ =
+
⇒ Dao động điều hòa: ω =
2 2
k
m CB L+
⇒ T = 2π
2 2
m CB L
k
+
2. Hai thanh giống hệt nhau nằm trên hai thanh ray nằm ngang song song. Các
thanh vuông góc với đường ray. Khoảng cách giữa các thanh là L. Tại thời điểm
nào đó, một từ trường thẳng đứng hướng lên được bật. Từ trường này nhanh
chóng đạt đến cường độ tối đa của nó và sau đó được giữ không đổi. Bỏ qua ma
sát, tìm khoảng cách giữa các thanh. Giả sử điện trở của mỗi thanh là lớn hơn
nhiều so với điện trở của đường ray.
Giải
Sự xuất hiện đột ngột của từ trường sinh ra dòng cảm ứng ngược chiều kim đồng
hồ ⇒ có lực từ tác dụng lên các thanh là chúng chuyển động lại gần nhau hơn.

Do đối xứng mà gia tốc của mỗi thanh là -
x
2
&&
Theo định luật II Niutơn cho một đoạn dây:
( ) ( )
( )
2
F 2 2 B e B d B
x 2 I B x B xB xB
m m m 2R mR dt mR
 
ω ω ω
        
= − = − ω = − = − ω = − +
 ÷  ÷  ÷ ÷  ÷
 ÷
        
 
&
&& &
ω 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 là rất nhỏ và x ≈ L
L
B
r
8
( )

( )
2 2
2
B L d
x LB B
mR 2mR dt
ω ω
= − = −
&
&&
Cuối giai đoạn quá độ, vận tốc các thanh là:
2 2
LB
x V
2mR
ω
= = −
&
Sau đó:
B
&
= 0 ⇒
2 2 2
B B
x xB x
mR mR
ω ω
= − = −
&& & &
⇒

2 2
B
x x
mR
ω
= −
&
+ C
2 2
LB
x V
2mR
ω
= = −
&
=
2 2
B
L
mR
ω
−
+ C ⇒ C =
2 2
B
L
2mR
ω
Vậy:
2 2

B
x x
mR
ω
= −
&
+
2 2
B
L
2mR
ω
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), B
0
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.
Giả sử từ trường hướng ra phía trước tờ giấy
Khi khung dịch chuyển sang phải, từ thông biến thiên qua mạch: Φ = Bb
2
biến
thiên tăng làm xuất hiện suất điện động cảm ứng: e

cư
= -
d
dt
Φ
sinh ra dòng điện
cảm ứng có chiều kim đồng hồ.
Chú ý rằng
0
dB dx
B k
dt dt
=
không phải là hằng số (vì vận tốc
dx
dt
giảm từ v đến 0)
⇒ I ≠ const
mà biến thiên giảm ⇒ có dòng điện tự cảm cùng chiều kim đồng hồ với suất
điện động tự cảm là
e
tc
= -L
dI
dt
= -
d
dt
Φ
Khung siêu dẫn ⇒ b

2
dB dI
L
dt dt
=
⇒ b
2
B = LI + C
Ban đầu B = 0 → I = 0 ⇒ C = 0
v
b
x
9
Vậy: b
2
B
0
( 1 + kx) = LI ⇒ I =
( )
2
0
b
B 1 kx
L
+
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
F = -bI{B
0

(1 + kx) - B
0
[1 + k(x - b)]} = -B
0
kIb
2
= -
( )
4 2
0
b B k
1 kx
L
+
F = -
4 2 2
0
b B k 1
x
L k
 
 
− −
 ÷
 
 
 
= -K(x - x
0
)

⇒ Khung dao động điều hòa quanh VTCB x
0
= -
1
k
Giả sử ban đầu khung ở VTCB thì vận tốc bằng 0 sau:
τ =
4 2 2
0
T m mL
4 2 K 2 b B k
π π
= =
⇒ L =
2 4 2 2
0
2
4 b B k
m
τ
π
Thay đổi giả thiết kết luận ta có bài toán mới (cũng có thể thay đổi quy luật của
B)
4. Một khung siêu dẫn hình vuông cạnh b được đặt trên bàn nằm ngang không
ma sát. Khối lượng của khung là m, độ tự cảm là L. Một từ trường thẳng đứng
có độ lớn
0
B B kx=
, B
0

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
bao lâu ?
Đáp số: τ =
0
mL
2bB k
π
v
b
x
10
B
r
g
r
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
Trong khung có suất điện động cảm ứng:
E
= -
d
dt
Φ
= RI = 0 ⇒ Φ = const
Φ = Bb

2
sinθ + LI với α =
( )
n,B
r
r
và θ là góc hợp bởi mpkd và
B
r
(phụ với α)
Tại vị trí ban đầu của khung, I = 0 ⇒ Φ = Bb
2
Ở vị trí cuối cùng theo điều kiện cân bằng momen
IBb
2
cosθ
c
= mg
1
2
b.sinθ
c
(1)
Φ = Bb
2
= Bb
2
sinθ
0
+ LI (2) ⇒ I =

( )
2
0
Bb 1 sin
L
− θ
, thay vào (1) rồi rút gọn,
biến đổi
( )
2 3
0
0 0
B b 1 sin
mg
cos sin
L 2
− θ
θ = θ
⇒ tanθ
0
=
( )
2 3
0
2B b
1 sin
mgL
− θ
= A(1 - sinθ
0

)
θ
0
= A(1 - θ
0
) ⇒ θ
0
=
A
1 A+
≈ A =
2 3
2B b
mgL
5. Hai tụ C
1
, C
2
nối với nhau bằng dây dẫn lí tưởng
thành hình vuông cạnh d. Một dây dẫn lí tưởng khác nối
trung điểm hai cạnh hình vuông như hình vẽ. Mạch đặt
trong từ trường hướng vào trong, độ lớn B = kt, với k là
hằng số dương. Sau một thời gian dây nối được cắt và
từ trường được giữ không đổi. Tìm điện tích trên mỗi
bản tụ sau khi trạng thái cân bằng được thiết lập.
Giải
e =
2
d d kd
Bd. '

dt 2 2
Φ
 
= =
 ÷
 
Q
1
= C
1
e Q
2
= C
2
e
Sau khi cắt dây: Q = e(C
1
- C
2
) ⇒ U =
1 2
Q Q
C C C
=
+
⇒
Q
1
’ = C
1

U =
( )
( )
2
1 1 2
1 2
C C C kd
2 C C
−
+
Q
2
’ = C
2
U =
( )
( )
2
2 1 2
1 2
C C C kd
2 C C
−
+
11
C
1
C
2
d

B
r
+
B
r
y
6. Một khối kim loại mỏng hình vuông cạnh b, dày d được treo nằm ngang bởi
lò xo nhẹ thẳng đứng có độ cứng k trong từ trường đều B nằm ngang song song
với mặt tấm. Tìm chu kì dao động nhỏ của khối theo phương thẳng đứng.
Giải
Khi khối dao động, nhìn từ trái sang ta có thanh dài d chuyển động cắt các
đường sức từ ⇒
E
= Bvd
Khi thanh đi xuống, dòng điện có chiều từ trong ra ⇒ mặt trước mang điện
dương, mặt sau mang điện âm, ta có tụ điện C =
2
0 0
S b
d d
ε ε
=
Năng lượng của tụ W =
( )
2
2
2 2 2 2
0
0
b1 1 1

C Bvd b B v d
2 2 d 2
ε
= × = εE
Lực điện F = -
2 2 2 2
0 0
dW dv dy dv
b B v d b B d. .
dy dy dt dy
= −ε = −ε
=
2 2
0
b B d.a−ε
Theo định luật II Niutơn: ma = -ky
2 2
0
b B d.a−ε
⇒
( )
2 2
0
m b B d a ky+ ε = −
= Ma
⇒ T =
2 2
0
m b B dM
2 2

k k
+ ε
π = π
7. Mạch điện gồm pin có suất điện động e, điện trở
trong r, hai cuộn cảm thuần L
1
; L
2
và điện trở thuần R
mắc như hình. Ban đầu đóng k
1
, sau một thời gian thì
đóng k
2
. Điện tích dịch chuyển qua R sau khi đóng k
2
là bao nhiêu ?
Giải
Hiệu điện thế giữa cực dương và âm của nguồn sau khi đóng k
2
là
U = RI + L
1
dI
dt
(1)
U = e - r(I + i) (2)
U = L
2
di

dt
(3)
Từ (1) và (3) có: RI + L
1
dI
dt
= L
2
di
dt
(4)
Giả sử U = U
0
e
-kt
thì
I = I
0
e
-kt
do đó
kt
0
dI
kI e
dt
−
= −
i = i
0

(1 - e
-kt
) do đó
kt
0
di
ki e
dt
−
=
Thay vào (4)
R I
0
e
-kt
- L
1
kI
0
e
-kt
= L
2
ki
0
e
-kt
⇒ R
e
R r+

- L
1
k
e
R r+
= L
2
k
e
r
⇒
12
k
1
k
2
R
L
1
L
2
r
k =
( )
2
1
R
L R r
L
r

+
+
Điện tích dịch chuyển qua điện trở R
Q =
kt
0
0
0 0
I
Idt I e dt
k
∞ ∞
−
= =
∫ ∫
=
( )
2
1
L R r
L
e
r
R r R
+
+
×
+
Q =
1 2

L L
e
R r r
 
+
 ÷
+
 
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 =
0
L b a
ln
a
µ −
π
9. Hai thanh ray kim loại cố định trên mặt phẳng
ngang, song song nhau cách nhau một đoạn d. Hai
đầu thanh nối với điện trở thuần R, thanh kim loại
MN khối lượng m đặt vuông góc với hai ray và có
thể trượt trên hai thanh ray. Thiết lập một từ trường
đều
0
B
r
hướng thẳng đứng lên trên trong thời gian rất
ngắn. Ban đầu thanh cách điện trở một khoảng L.

Tính khoảng cách cực tiểu giữa thanh và R trong hai
trường hợp:
a. Bỏ qua ma sát giữa thanh và và hai ray.
b. Hệ số ma sát giữa thanh và ray là R
Giải
*Giai đoạn quá độ
Khi thiết lập từ trường, cảm ứng từ tăng từ 0 → B
0
Khi cảm ứng từ có độ lớn là B, chiều dòng điện
như hình vẽ.
Trong mặt phẳng xuất hiện một điện trường xoáy
Suất điện động xuất hiện trong mạch
E =
d dB
Ld.
dt dt
Φ
− =
(vận tốc của thanh bằng 0 do chưa kịp thay đổi)
Dòng cảm ứng: I =
E Ld dB
.
R R dt
=
Theo chiều chuyển động của thanh (về phía R), áp dụng định luật II Niutơn
F
từ
- F
ms
=

dv
m
dt
Thời gian thiết lập từ trường rất ngắn nên F
ms
<< F
từ

13
R
B
r
M
N
L
d
R
B
r
M
N
v
0
O
I
x
L
BId =
dv
m

dt
=
2
Ld BdB
.
R dt
⇒ dv =
2
Ld
BdB
mR
v =
0 0
v B
2
0 0
Ld
dv BdB
mR
=
∫ ∫
⇒ v
0
=
2 2
0
LB d
2mR
*Giai đoạn ổn định của từ trường
Thanh chuyển động về phía R, Φ giảm, dòng điện có chiều ngược lại:

I =
E
R
=
0
B vd
R
a. Trường hợp không có ma sát
-B
0
Id =
dv
m
dt
= -
2 2
0
B vd
R
=
2 2
0
B d dx
R dt
×
⇒ mdv = -
2 2
0
B d
dx

R
0 max
v x
2 2
0
0 0
B d
m dv dx
R
= −
∫ ∫
⇒ mv
0
=
2 2
0 max
B d x
R
⇒ x
max
=
0
2 2
mv R
B d
=
L
2
Vậy: L
min

= L - x
max
=
L
2
: Không phụ thuộc R, B
0
, d
b. Có ma sát
-B
0
Id - µmg =
dv
m
dt
-
2 2
0
B vd
R
- µmg =
dv
m
dt
(*)
-
2 2
0
2 2
0

B d mgR
v
R B d
 
µ
+
 ÷
 
=
dv
m
dt
2 2
2 2
0
0
2 2
0
mgR
d v
B d
B d
dt
mgR
mR
v
B d
 
µ
+

 ÷
 
= −
µ
+
⇒
0
v
2 2
0
2 2
0
v
B dmgR
ln v t
B d mR
 
µ
+ = −
 ÷
 
Khi thanh ngừng chuyển động: v = 0; t = T
2 2
0
mgR
ln
B d
µ
-
0

2 2
0
mgR
ln v
B d
 
µ
+
 ÷
 
= -
2 2
0
B d
T
mR
⇒ T =
2 2
0 0
2 2
0
v B dmR
ln 1
B d mgR
 
+
 ÷
µ
 
Biến đổi lại (*) -

2 2
0
B vd
R
- µmg =
dv
m
dt
-
2 2
0
B d dx
R dt
×
- µmg =
dv
m
dt
⇒
-
2 2
0
B d
dx
R
×
- µmg.dt = mdv
Tích phân với: t từ 0 → T; v từ v
0
→ 0; x từ 0 đến x

max
ta được:
14
-
2 2
0
B d
R
x
max
- µmgT = -mv
0
2 2
0
B d
R
.x
max
+
2 22
0 0
2 2
0
v B dgm R
ln 1
B d mgR
 
µ
+
 ÷

µ
 
=
2 2
0
LB d
2R
x
max
+
2 22 2
0 0
4 4
0
v B dgm R
ln 1
B d mgR
 
µ
+
 ÷
µ
 
=
L
2
L
min
= L - x
max

=
L
2
+
2 22 2
0 0
4 4
0
v B dgm R
ln 1
B d mgR
 
µ
+
 ÷
µ
 
10. Trên mặt phẳng ngang nhẵn có đặt một vòng dây không dẫn điện mảnh khối
lượng m, tích điện q (điện tích phân bố đều). Vòng dây nằm trong từ trường
ngoài đồng nhất có cảm ứng từ
0
B
r
vuông góc với vòng dây. Tìm tốc độ góc của
vòng dây khi ngắt từ trường.
Giải
Khi từ trường giảm thì xuất hiện điện trường xoáy bao quanh vòng dây, do đó
lực điện tiếp tuyến với vòng làm cho vòng quay.
Xét một đường sức ≡ với vòng dây
Tại thời điểm t, cường độ điện trường xoáy tại một điểm trên vòng dây là E

x
(t)
→
s.đ.đ cảm ứng ở thời điểm này là: e =
x
E dl
∫
r
r
i
= E
x
.2πr
Mặt khác e = -
d
dt
Φ
= -πr
2
dB
dt
⇒ E
x
= -
r dB
2 dt
Phần tử dl = rdϕ mang điện dq =
q
d
2

ϕ
π
chịu tác dụng của lực điện:
dF = E
x
dq = -
r dB
2 dt
.
q
d
2
ϕ
π
⇒ lực điện do điện trường xoáy tác dụng lên cả
vòng dây: F = -
qr dB
2 dt
Theo định luật II Niutơn:
Fdt = mdv ⇒ -
qr dB
2 dt
dt = mdv ⇒ v =
0
qrB
2m
⇒ ω =
0
qB
2m

11. Một dòng điện chạy qua khối plasma hình trụ dài L, bán kính tiết diện r
0
.
Khối plasma có điện dẫn suất phụ thuộc vào khoảng cách tới trục theo quy luật:
λ = λ
0
2
2
r
1
a
 
−
 ÷
 
, trong đó λ
0
và a là hằng số. Đặt vào hai đầu khối một hiệu điện
thế U. Một dây dẫn ngắn, mảnh có dòng điện với cường độ I
2
chạy qua đặt song
song và cách trục khối plasma khoảng x > r
0
. Tính lực từ tác dụng lên một đơn
vị dài của dây dẫn.
15
Giải
Chia khối plasma thành các ống trụ đồng trục dài L, dày dr, có điện trở
dR =
2

0
2
1 L 1 L
. .
dS 2 rdr
r
1
a
=
λ π
 
λ −
 ÷
 
Cường độ dòng qua mỗi ống trên: dI =
2
0
2
U r 2 rdr
U 1
dR a L
 
π
= λ −
 ÷
 
Dòng qua cả khối plasma:
I =
0 0
r r

3
0
2
0 0
U 2
2rdr r dr
L a
 
λ π
−
 
 
 
∫ ∫
=
4
2
0 0
0
2
U r2
r
L a 4
 
λ π
− ×
 ÷
 
I =
( )

2
2 2
0 0
0
2
U r
2a r
2La
λ π
−
Xét đường tròn nằm trong mặt phẳng ⊥ hình trụ, bán kính x > r
0
có tâm nằm trên
trục khối plasma
Theo định lí Ampe:
( )
0 0
C
Bd i Il = µ = µ
∑
∫
r
r
Ñ
⇒
B.2πx =
( )
2
2 2
0 0 0

0
2
U r
2a r
2La
µ λ π
−
⇒ B =
( )
2
2 2
0 0 0
0
2
U r
2a r
4La x
µ λ
−
Từ trường có độ lớn B như nhau tại mọi điểm trên dây I
2
⇒ lực tác dụng lên dây
I
2
là F = BI
2
l ⇒ Lực tác dụng lên mỗi đơn vị dài của I
2
là:
f = BI

2
=
( )
2
2 2
0 0 0
0 2
2
U r
2a r I
4La x
µ λ
−
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 B
0
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 B
0
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 = B
0

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
16
B
r
O
e =
Edl
∫
r
r
Ñ
= E2πx
e = -
t
∆Φ
∆
= -πx
2
B
t
∆
∆
= -
2
0
x B

t
π
∆
⇒ E = -
0
xB
2 t∆
Trong thời gian ∆t điện tích q cách tâm x nhận được xung lực:
mv F t= ∆
r
r
m∆v = F∆t ⇒ mv = q
0
xB
2 t∆
∆t ⇒ v =
0
qxB
2m
Sau ∆t các điện tích chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vòng dây với:
+Bán kính quỹ đạo: r =
0
2 2
0 0 0
qxB
m
mv mv mv x
2m
f qB v qB qB 2
= = = =

+Tốc độ góc ω =
v
x 2/
=
0
qB
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.
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 trường đều có độ lớn B thẳng đứng hướng từ dưới lên. Ban
đầu giữ MN đứng yên, kéo PQ dọc theo hai ray sao cho lò xo dãn x
0
rồi đồng
thời thả nhẹ MN và PQ. Bỏ qua ma sát, lực cản không khí, điện trở hai thanh ray
và cho
4 4
2 2
2k B a
m m R
>
Xác định quy luật chuyển động của các thanh MN, PQ.
Giải
M
N
P
Q

B
r
k
17
Ở thời điểm t, tọa độ của mỗi thanh là x
1
; x
2
với gốc tọa độ là vị trí ban đầu của
mỗi thanh
Suất điện động ở mỗi thanh là: e
1
= Ba
1
dx
dt
và e
2
= -Ba
2
dx
dt
Theo định luật Ôm: i =
( )
1 2
Ba x x
2r
−
& &
Áp dụng định luật II Niutơn cho mỗi thanh:

MN:
( )
1 2 1
mx k x x Bia= − −
&&
PQ:
( )
2 2 1
mx k x x Bia= − − +
&&
( )
2 1
2 1
2k x x
2Bia
x x
m m
−
− = −
&& &&
=
( )
2 2
2 1
B a x x
mr
−
−
& &
-

( )
2 1
2k x x
m
−
Đặt: x
2
- x
1
= X ⇒
2 1
x x X− =
&
& &
;
2 1
x x X− =
&&
&& &&

Đặt:
2 2
B a
2
mr
= β
và
2
0
2k

m
= ω
2
0
X 2 X X 0+ β + ω =
&& &
Chú ý theo giả thiết thì
2 2
0
ω > β
Tìm nghiệm dạng X = e
nt
⇒ X’ = ne
nt
và X” = n
2
e
nt
⇒
n
2
+ 2βn +
2
0
ω
= 0
n = -β ±
2 2
0
β − ω

Đặt ω =
2 2
0
ω −β
n = -β ± iω ⇒ X =
( )
i t
e
−β± ω
=
1
it
e .e
± ω−β
X = e
-βt
(C
1
sinω
1
t + C
2
cosω
1
t) =
( )
t
1
Ae sin t
−β

ω + ϕ
Hai thanh chuyển động ngược chiều nhau, đi được cùng đoạn đường trong cùng
khoảng thời gian nên: x
1
+ x
2
= x
0
x
2
- x
1
= X ⇒ x
1
=
0
x X
2 2
−
và x
2
=
0
x X
2 2
+
Lúc t
0
= 0 → x
1

= 0 =
0
x
2
-
A
sin
2
ϕ
⇒ Asinϕ = x
0

v
1
= 0 = A(-βsinϕ - cosϕ) ⇒ βAsinϕ = -Acosϕ = βx
0
⇒
A =
2
0
x 1+β
; sinϕ =
0
x
A
=
2
1
1+β
;

2
π
< ϕ < π do sinϕ > 0 và cosϕ < 0
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
M
N
P
Q
B
r
k
2
F
r
1
F
r
O
2
I
x
O
1
18
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 q
1

khoảng a, xác định theo:
( )
1 2
2
2
q q
a
d a
=
−
Chọn Ox ≡ phương dao động, O ≡ VTCB, chiều dương từ q
1
→ q
2

Tại li độ x khi đang dao động
E =
2
mv
2
+
1 2
kq q kq q
a x b x
+
+ −
= const b = d - a
mx’x” -
( )
1 2

2
kq q
a x+
x’ +
( )
2
2
kq q
b x−
x’ = 0
mx” -
2
1
2
kq q x
1
a a
−
 
+
 ÷
 
+
2
2
2
kq q x
1
b b
−

 
−
 ÷
 
= 0 Do dao động bé nên lấy gần
đúng:
mx” -
1
2
kq q 2x
1
a a
 
−
 ÷
 
+
2
2
kq q 2x
1
b b
 
+
 ÷
 
= 0
mx” -
1
2

kq q
a
+
2
2
kq q
b
+
1 2
3 3
kq q kq q
2 x
a b
 
+
 ÷
 
= 0 ⇔ mx” + A + Bx = 0
A
m x "
B
 
+
 ÷
 
+
A
B x
B
 

+
 ÷
 
= 0 ⇒
ω =
1 2
3 3
kq q kq q
2
B
a b
m m
 
+
 ÷
 
=
=
( )
1 2
3
3
q q
2kq
a
d a
m
 
+
 

−
 
 
15. Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc theo trục x với vận tốc V
0
đi vào vùng bán không gian vô hạn (x > 0) có từ trường hướng theo trục z là
( )
( )
Z 0
x
B B 1 x= + α
với α và B
0
là các hằng số dương. Biết hai cạnh của khung
song song với trục x còn mặt phẳng của khung vuông góc với trục z. Hỏi khung
đi được bao nhiêu trong từ trường đó ? Khối lượng khung là m, chiều dài cạnh
của khung vuông góc với x là b. Biết rằng vào thời điểm khi các đường sức từ
xuyên qua toàn bộ mặt phẳng của khung thì trong khung tỏa ra nhiệt lượng đúng
bằng nhiệt lượng tỏa ra sau đó cho đến khi dừng hẳn. Tính điện trở của khung,
bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi αb << 1.
Giải
19
Khi PQ bắt đầu đi vào từ trường
dQ = dW
đ
= -mvdv
Trên PQ xuất hiện xuất điện động: e = B
CD
bv = B
0

(1 + αx)bv
I =
e
R
⇒ dQ = I
2
Rdt =
( )
2
2 2 2
0
B 1 x b v dt
R
+ α
= -mvdv
* Khi MN ≡ z, khung có vận tốc V
Q
đầu
=
2 2
0
mV mV
2 2
−
= Q
sau
=
2
mV
2

- 0 ⇒ Q =
2
0
mV
4
và V =
0
V
2
* Xét từ khi PQ ≡ z đến khi MN ≡ z, khung đi được b
dQ = dW
đ
= -mvdv (1)
I =
PQ
e
Bbv
R R
=
=
( )
0
B 1 x bv
R
+ α
dQ = I
2
Rdt =
( )
2

2 2 2
0
B 1 x b v dt
R
+ α
≈
( )
2 2 2
0
B 1 2 x b v dt
R
+ α
= -mvdv
( )
2 2
0
B b 1 2 x dx+ α
= -mRdv
( )
b
2 2
0
0
B b 1 2 x dx+ α
∫
= -mR
0
V
V
dv

∫
( )
b
2
2 2
0
0
B b 1 2 x
4
+ α
α
=
0
1
mRV 1
2
 
−
 ÷
 
=
( )
0
mRV 2 1
2
−
( )
2 3
0
B b 1 b+ α

=
( )
0
mRV 2 1
2
−
⇒
R =
( )
( )
2 3
0
0
B b 1 b 2
mV 2 1
+ α
−
=
( )
( )
2 3
0
0
B b 1 b 2 2
mV
+ α +
*Khi khung vào hẳn trong từ trường:
I =
( ) ( )
0

PQ MN
B 1 x b 1 x bv
e e
R R
+ α + − + α
 
−
 
=
=
2
0
B b v
R
α
dQ = I
2
Rdt =
2 2 2 2
0
B b v dt
R
α
= -mvdv ⇔
2 2
0
B b dx
R
= -mdv
B

r
x
z
O
P
Q
M
N
20
1
S
0
2 4 2
0
0 V
B b
dx m dv
R
α
= −
∫ ∫
⇒
2 4 2
0
B b
R
α
S
1
= mV

Khung vào được (tính theo cạnh PQ): S =
2 4 2
0
mVR
B b α
+ b
Nếu bỏ qua αb << 1 thì S =
2
2 1
b
+
α
21
3. KẾT LUẬN
Việc xây dựng hệ thống bài tập như trên giúp giáo viên, học sinh chủ động
nghiên cứu, phát huy được khả năng tư duy sáng tạo của HS, qua đó hiểu sâu
hơn, có hứng thú hơn đối với môn học. Một số bài tập nếu không tìm thấy sự
tương tự ở những bài đã làm trước hoặc từ tổ hợp những bài đơn giản hơn, học
sinh có thể sa lầy khi vận dụng kiến thức toán khó, dễ dẫn đến sự chán nản.
Tuyển chọn BT theo hướng này còn giúp giáo viên chọn lọc những tinh hoa từ
các nguồn tài liệu khác nhau, vận dụng linh hoạt phù hợp với kế hoạch giảng
dạy và đối tượg HS của mình. Khi vận dụng vào giản dạy ta có thể cung cấp bài
tập cho học sinh theo thứ tự sao cho ở bài sau học sinh dễ tìm thấy hướng giải từ
những bài trước.
Với cách làm này, mỗi giáo viên có thể tự xây dựng cho mình một hệ thống
bài tập phù hợp nhất đối với học sinh của mình mà không phụ thuộc nhiều vào
tài liệu tham khảo. Với hệ thống bài tập như vậy, khi giảng dạy, tùy theo trình
độ học sinh, ta có thể lược bỏ các bài trung gian.
Với nghĩ như đã trình bày ở phần trên, thực tế giảng dạy với các phân môn,
các chuyên đề khác nhau, bản thân tôi thấy rất phù hợp mà thầy và trò không

cần phải tốn quá nhiều thời gian. Kết quả đã đạt được sau khi vận dụng giảng
dạy với HS chuyên Lí khóa 2010-2013, từ lớp 11 đã có 3 em dự thi HSG Quốc
Gia đạt 3 giải Ba, lớp 12 có 6 dự thi HSG Quốc Gia (giải đạt được 01 Nhất, 02
Nhì, 02 B, 01 khuyến khích), 6 em dự thi HSG cấp tỉnh (đạt 01 Nhất, 05 Nhì), 1
em dự thi APhO
th
14 và đạt huy chương Đồng. Hiện có 2 em được gọi vào đội
tuyển Quốc Gia dự thi IPhO
th
44 tại Đan Mạch từ 07-7-2013 đến 15-07-2013.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Trịnh Thọ Trường
22