Sáng kiến kinh nghiệm " phương án giải quyết bài tập ném xiên bằng tích có hướng của hai véc tơ " pptx

-1-


MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Trong qúa trình giảng dạy tại các trường THPT, tôi nhận thấy rằng các em
học sinh thường lúng túng khi gặp phải các bài toán về chuyển động ném xiên.
Nguyên nhân là do các em hiểu còn chưa sâu phương pháp tọa độ mà sách giáo
khoa đã trình bày. Mặt khác còn có một nguyên nhân mang tính chất thói quen của
học sinh là khi giải một bài toán vật lí phần lớn các em chưa định hình được hướng
đi của bài (Như để đạt được yêu cầu của bài toán đặt ra ta phải tìm đại lượng
nào? và phải sử dụng đến những công thức liên quan nào? ) mà làm bài theo thói
quen và theo kiểu suy luận xuôi.
Vì vậy tôi chọn đề tài này nhằm mục đích cho học sinh hiểu sâu hơn nội
dung của phương pháp tọa độ mà sách giáo khoa đã trình bày, gây hứng thú học
tập cho học sinh và giúp học sinh hiểu sâu sắc bản chất, hiện tượng vật lí của bài
toán.
Hiện nay, do đối tượng dạy học của tôi là học sinh chuyên Lý nên các em có
thể sử dụng kiến thức toán học của toàn chương trình Toán THPT nên tôi đề xuất
phương án giải quyết bài tập ném xiên bằng tích có hướng của hai véc tơ (Dùng
cho học sinh chuyên Lý)
Hy vọng với ba phương pháp giải bài toán vật ném xiên:
1. Phương pháp tọa độ.
2. Phương pháp hình học.
3. Phương pháp dùng tích có hướng của hai vectơ.
sẽ bước đầu giúp các em làm quen với việc định hướng trước khi giải một bài toán
vật lí, hình thành kỹ năng, kỹ xảo và phát triển năng lực tư duy cao hơn nữa cho
các em.

II. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

- Tôi tiến hành nghiên cứu tại trường THPT Chuyên Hà Nam với hai đối tượng là
học sinh lớp 10 (ban nâng cao) và học sinh lớp 10 chuyên Lý.


-2-

- Thời gian tiến hành trong năm học 2008 - 2009.

III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Trong giảng dạy tôi chia học sinh làm hai nhóm :
* Nhóm 1 – Nhóm học sinh đối chứng: học sinh lớp 10 (ban KHTN) như :
10 Toán, 10 Hóa, 10 Tin; tôi giảng dạy bằng phương pháp tọa độ.
* Nhóm 2 – Nhóm học sinh thực nghiệm: học sinh lớp 10 chuyên Lý tôi
giảng dạy cả bằng phương pháp tọa độ, phương pháp hình học và phương pháp
dùng tích có hướng của hai véctơ.

IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu lý thuyết.
- Nghiên cứu thực nghiệm.



-3-

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.

1. Cơ sở toán học:

* Trong hình học 10 HS đã biết được thế nào là tích vô hướng 2 véctơ.
Nhắc lại : Cho 2 véctơ bất kì
a,b
 
thì tích vô hướng của 2 véctơ đó cho bởi biểu
thức :
a.b a.b.cos
 


(với a,b là độ dài của các véctơ
a,b
 
;  là góc tạo bởi
2véctơ
a,b
 
- như hình )
Tích vô hướng cho ta một số.
Chú ý có kí hiệu :
a a


;
(a , b )
 
 

* Ngoài ra còn có một phép nhân 2 véctơ
a,b
 
lại cho ta một véc tơ khác – Tích đó
gọi là tích có hướng hay tích hữu hướng. Cho bởi biểu thức :
a b c
 
  

Khi 2 véctơ
a,b
 
có cùng điểm đặt O thì véctơ
c

có:
+ Điểm đặt tại O
+ Phương : vuông góc với mặt phẳng chứa 2 véctơ
a,b
 

+ Chiều xác định bởi quy tắc cái đinh ốc : “Quay cái đinh ốc theo chiều từ
véctơ
a

đến véctơ
b

thì chiều tiến của cái đinh ốc chính là chiều của véctơ

c

”.
+ Độ lớn : c = a.b.sin .
(Với  là góc tạo bởi 2véctơ
a,b
 
- như hình bên)
Rõ ràng khi  = 0
0
thì
c

= 0
Tính chất của tích vô hướng:







   
   
a b c a c b c
a b c a b c
a b b a
a a 0
      
     

    
  
      
     
   
 


2. Cơ sở vật lý:

Trong sách giáo khoa lớp 10 cho ta một phương pháp để giải các bài toán về
chuyển động ném xiên đó là phương pháp toạ độ. Theo phương pháp này để giải
một bài toán ném xiên ta thường phải qua 4 bước :
Bước 1 : Chọn hệ trục toạ độ ( thường là hệ trục toạ độ Đề các).
Bước 2 : Phân tích chuyển động thực làm hai chuyển động theo các trục tọa độ.
Bước 3 : Khảo sát riêng rẽ các chuyển động thành phần.
Bước 4 : Phối hợp lời giải riêng rẽ thành lời giải đầy đủ cho chuyển động thực.


-4-

Về nội dung phương pháp này đã đươc sách giáo khoa minh hoạ thông qua
việc trình bày lời giải của bài toán chuyển động ném ngang (đây là một trường hợp
riêng của chuyển động ném xiên). Song điều tôi muốn trình bày trong phương
pháp này là ở chỗ:
1. Hệ trục tọa độ ta chọn là bất kì.
2. Các chuyển động thành phần là các chuyển động “tưởng tượng” và diễn ra
trong cùng một khoảng thời gian.
3. Giả sử ta có chuyển động
ném xiên như hình (H1):

+ Nếu vật chuyển động theo
phương ngang Ox được một đoạn
X=OA thì theo phương Oy vật
phải dời được một khoảng Y
đúng bằng AB (để chuyển động thực của vật đạt tới vị trí B trên quỹ đạo)

3. Áp dụng vào bài toán vật ném xiên:
Bài toán 1: Một vật được ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu
0
v

lập với
phương ngang một góc  ở vị trí O. Giả sử vật chạm đất tại C. (Bỏ qua mọi lực
cản)
Hãy xác định :
a) Thời gian bay của vật.
b) Tầm xa OC của vật.
c) Thời gian để vật đạt được độ cao cực đại tính từ lúc bắt đầu ném vật và độ
cao cực đại đó.
A. Phương pháp tọa độ:
Các bước:
+ Chọn hệ quy chiếu(chọn trục hoặc hệ trục)
+ Viết phương trình vận tốc, phương trình chuyển động và phương trình quỹ
đạo.
+ Dựa vào yêu cầu để giải.
ÁP DỤNG:
+ Chọn hệ trục Oxy như hình:
+ Các phương trình :
+ Theo phương Ox: v
x

= v
0x
= v
0
cos (1)


-5-

x = v
0
cos.t (2)

+ Theo phương Oy: v
y
= v
0y
+ at = v
0
sin -gt
(3)

2 2
oy o
at gt
y v t v sin
2 2
    (4)
Từ (2) và (4) ta có:

2
2 2
o
g
y x tg .x
2v cos
  

(5)
Từ (5) ta thấy rằng quỹ đạo của vật là một nhánh Parabol
a) Vật đạt độ cao cực đại khi
y
1
y H
v 0
t t









Từ (2) và (2’) ta được



 



 

 

 
 




0
1
o
2
2 2
0
0
v sin
t (6)
0 v sin gt
g
gt
v sin
H v sin
H (7)
2
g

b) Vật chạm đất khi
D
y 0
t t






Thế vào (4) ta được


0
D
2v sin
t
g
(8)
Từ (6) và (8) thấy được rằng: t
D
=2t
1
c) Thế t
D
vào (2) ta được :
2
0
v sin2
L

g




Có thể dùng cách biến đổi toán học:

2
2 2
0 0
0
g
v sin v sin
y x
g
2v cos 2g
 
 
  
 

 
 


2 2
0
v sin
H
g





-6-


Vậy : y
Max
khi

b) Vật chạm đất khi
D
y 0
t t






Thế vào (2’) ta được
0
D
2v sin
t (b)
g


Từ (a) và (b) thấy được rằng: t

D
=2t
1

c) Vật chạm đất khi
y 0
x L





Thế vào (*) ta cũng được kết quả

B. Phương pháp hình học:
* Nhận xét :
- Ta có thể phân tích chuyển động thực làm hai chuyển động thành phần
(hình H2):
+ Chuyển động thẳng đều theo phương Ox (vì theo phương này vật
không
chịu lực nào tác dụng).
+ Rơi tự do theo phương Oy.
- Nếu theo phương Ox vật đi được một
đoạn OA = X thì rõ ràng theo phương
Oy vật đi được một đoạn Y đúng
bằng AB (để chuyển động thực của
vật đạt tới vị trí B trên quỹ đạo).
- Như vậy khi vật chạm đất tại C thì theo
phương Ox vật đi được một đoạn OM,
phương Oy vật rơi được một đoạn MC

(nhưng trong cùng một khoảng thời gian).

Từ nhận xét trên ta đi giải bài toán này như sau :
Bài giải:
- Chọn hệ trục xOy như hình (H3).
- Phân tích chuyển động thực làm 2 chuyển động thành phần :
+ Chuyển động thẳng đều theo phương Ox với vận tốc ban đầu v
0

2
0
v sin2
L
g




-7-

+ Rơi tự do theo phương Oy
- Gọi t
C
là thời gian chuyển động của vật, ta có:
0 C
2
C
OM v t
gt
MC

2








a) Từ hình ta có :
2
C
C
0 C 0
gt
gt
MC
2
sin
OM v t 2v
   

Hay
0
C
2v sin
t
g



(1)
b) Cũng từ hình ta có :
L = OC = OM.cos = v
0
t
C
cos
2
0 0
0
2v sin v sin2
L v cos L
g g
 
    
(2)
c) Gọi t
P
là thời gian để vật đạt được độ
cao cực đại tính từ lúc bắt đầu ném vật.
Giả sử vật đạt độ cao cực đại tại vị trí I
thì rõ ràng vận tốc thực của vật tại vị trí
này phải theo phương ngang.
Mặt khác ta có :
x y
v v v
 
  

Từ hình ta có :
y
x
v
sin
v
 
(3)
Mà v
x
= v
0
; v
y
= 0 + gt
P
thay vào (3) ta có :
P 0
P
0
gt v sin
sin t
v g

   
(4)
Từ (1) và (4) ta thấy t
P
=
C

1
t
2
 OP = PM và
2 2
P C
gt gt
PI
2 8
 
.
Do
OP PM
PI // MN




nên PI là đường trung bình của tam giác OMN
 OI = IN và MN = 2PI=
2
C
gt
4

2 2 2
C C C
gt gt gt
NC MC MN
2 4 4

     
(5)
Do
OI IN
IQ // NC




nên QI là đường trung bình của tam giác ONC


-8-


2 2 2 2 2
C 0 0
2
gt 4v sin v sin
1 g
QI NC
2 8 8 g 2g
 
   

Vậy độ cao cực đại mà vật đạt được là : H = QI =
2 2
0
v sin
2g


(6)

* Từ việc giải bài toán trên ta thấy : Để giải các bài toán về chuyển động ném
xiên theo phương pháp này thì ta cần làm theo các bước:
- Phân tích chuyển động thực làm 2 chuyển động thành phần theo các
phương:
+ Phương của véctơ
0
v

.
+ Phương của véctơ lực
F

tác dụng vào vật (trong bài toán trên
F P

 
).
- Dựa vào hình học để giải quyết các câu hỏi đặt ra.
* Do việc giải bài toán theo phương pháp này không dựa vào toạ độ mà chủ yếu
là dựa vào hình học nên tôi tạm gọi phương pháp này là “phương pháp hình
học”

Bài toán 2:
(Bài này dành cho đối tượng HS đã học hết lớp 10 hoặc học sinh lớp 10 chuyên
Lý)

Chứng minh rằng từ một độ cao nào đó so với mặt đất người ta ném một vật

với vận tốc
0
v

ban đầu lập với phương ngang một góc , thì khi đạt tới tầm xa cực
đại, vận tốc ban đầu và vận tốc ngay trước chạm đất
vuông góc với nhau (xem hình H4).
Nhận xét : Với bài toán dạng này ta có nhiều
hướng đi, nhưng trong phạm vi phương pháp này tôi
đơn cử đưa ra 3 hướng như sau :

* Hướng 1 : Suy luận xuôi
Trước hết ta đi tìm công thức tầm xa L = L() . Từ điều kiện L
Max
 . Thế
 vào công thức tính thời gian của chuyển động, từ đó tính được v
y



-9-

Có v
y
, v
x
= v
0
, v (tìm được từ định luật bảo toàn cơ năng). Nếu nó thoả mãn
hệ thức: v

y
2
= v
0
2
+ v
x
2
thì đã đạt được yêu cầu bài toán.
Hướng này tương đối dài, ta tìm hướng đi khác.

* Hướng 2: Suy luận ngược
Vì (


0 x
(v,v ) v,v
   
 
)
Nếu tìm được biểu thức L = L(
 
) thì từ điều kiện L
Max
ta phải suy ra
được
 
=90
0
Song để tìm hệ thức chứa


là rất khó vì HS chưa học định lí hàm số cosin
và định hàm số sin, hoặc dùng phương pháp chiếu ta có hệ thức v
x
cos = v.cos.
Hướng này có thể được.

* Hướng 3 : Suy luận ngược
Nếu


x
v,v

=90
0
thì rõ ràng ta có hệ thức : v
y
2
= v
0
2
+ v
x
2
(*)
Vậy bài toán trở thành đi chứng minh (*) với giả thiết L
Max
.
Nhận thấy v

x
= v
0
= const (phương này vật chuyển động thẳng đều), v=
const xác định được thông qua định luật bảo toàn cơ năng. Vậy chỉ còn v
y
thay đổi
 chỉ cần tìm hàm L = L(v
y
), rồi từ điều kiện L
Max
 v
y
. Hướng này rõ ràng.

Sau đây tôi giải bài toán này theo hướng 3 :
- Ta có : v
x
= v
0
(1)
(vì theo phương này vật chuyển động thẳng đều)
Áp dụng định luật bảo toán cơ năng cho 2 điểm
A và C cho ta:
W
A
= W
C

2

2
0
mv
mv
gh
2 2
  

(Chọn gốc thế năng là mặt đất)
 v
2
= v
0
2
+ 2gh (2)
v
y
= gt (3)
- Từ hình (H5) ta có :


-10-

L
2
= OM
2
- MN
2

 L
2
= OM
2
- (MC - NC)
2

 
2
2
2
2
0
gt
L v t h
2
 
   
 
 


 
 
2
2
2
2 2
0
gt

g L v gt gh
2
 
 
   
 
 
(nhân cả 2 vế với g
2
)

2
2
y
2 2 2 2 2 2 2
0 y y
v
g L v v ghv g h
2
 
    
 
 
 
(do v
y
= gt )

 
2

2
y
2 2 2 2 2 2
0 y
v
g L v gh v g h
2
 
     
 
 
 


     
2
2
2 2
y
2 2 2 2 2 2 2 2
0 y 0 0
v
g L v gh v v gh v gh g h
2
 
         
 
 
 

 
2
2
y
2 2 4 2 2 4 2
0 0 0 0 0
v
g L v 2ghv v gh v 2ghv
2
 
       
 
 
 
(4)
Như vậy L
Max
 (L
2
)
Max
 [(gL)
2
]
Max
khi và chỉ khi (4) xảy ra dấu “=”, tức
là:
   
2

y
2 2 2
0 y 0
v
v gh 0 v 2 v gh
2
     
(5)
Từ (1), (2), và (5) ta thấy rõ ràng rằng :
2 2 2
y x
v v v
 
, tức
x
v v

 
hay
0
v v

 
(đây là điều bài toán đặt ra).

Bài toán 3: Một vật được ném lên từ mặt đất với vận tốc
0
v

ban đầu lập với

phương ngang một góc . Giả sử vật chạm đất tại C. Trên đường thẳng đứng qua C
đồng thời người ta thả một vật khác tơi tự do ở độ cao h. Tìm điều kiện của h để
hai vật rơi tới C cùng một lúc.
Giải :
Để hai vật tới C cùng một lúc
thì thời gian chuyển động của hai vật
phải bằng nhau. Tức thời gian chuyển
động của vật 2 bằng :
0
D
2v sin
t
g




-11-

Đường đi của vật 2 được tính theo công thức :
2 2
D 0
2
gt 4v sin
g
h MC .
2 2 g

  

Hay : (3)

Nhận xét 1: Từ công thức tầm xa của vật 1 :
2
0
v sin2
L
g


và công thức (3)
ta thấy rằng tỉ số :
2 2
0
2
0
2v sin
h
g
tg
L v sin2
g

  


Vậy vật 2 phải nằm trên đường thẳng chứa
0
v



Nhận xét 2: Nếu không có trọng lực thì vật 1 sẽ chuyển động thẳng đều theo
phương OM với vận tốc ban đầu
0
v

. Sau thời gian t
D
nó sẽ đi được một quãng
đường :
2
0
0 D
2v sin
S v t
g

 
Từ hình ta có :
4 2 2 4 4 4 2
2 2 2
0 0 0
2 2 2
4v sin .cos 4v sin 4v sin
OM OC CM
g g g
   
    
Hay :

2
0
2v sin
OM
g


Rõ ràng là : S = OM

Ta có thể rút ra cách giải bài toán ban đầu như sau:
Có thể coi chuyển động của vật từ A tới C là tổng hợp của hai chuyển động :
+ Chuyển động thẳng đều từ A tới M với vận tốc ban đầu v
0
+ Rơi tự do từ M  C (không vận tốc ban đầu)
(trong cùng một khoảng thời gian t nào đó lại đúng bằng thời gian chuyển động
thực của vật- hình bên)
Gọi t
D
là khoảng thời gian
chuyển động thực của vật, ta có:
2
D
0 D
gt
OM v t ; MC
2
 
Từ hình ta có :

2

D
0 D
gt
MC 1
sin sin .
OM 2 v t
  

Suy ra :

Tầm xa : L = OM. cos .
Hay ta có:
2
0
v sin2
L
g


2
0
2
4v sin
g
h .
2 g



0

D
2v sin
t
g





-12-


C. Phương pháp dùng tích có hướng của hai véc-tơ:

Bài toán 4: Chứng minh rằng tự một độ cao nào đó so với mặt đất người ta ném
một vật với vận tốc
0
v

ban đầu lập với phương ngang
một góc , thì khi đạt tới tầm xa cực đại, vận tốc ban
đầu và vận tốc ngay trước chạm đất vuông góc với
nhau.
Giải :
Vật chỉ chuyển động dưới tác dụng của trọng lực nên
nó thu được gia tốc :
P
a g
m
 


 
. Tức là gia tốc có
phương thẳng đứng, hướng xuống (xem hình).
Vận tốc của vật
0
v v gt
 
  

Tính :






0 0 0 0 0 0 0
v v v gt v v v g t v gt v
         
          


t 0
v v gt
 
  




0
0 0 0
v v v gtsin 90 v gt cos
     
 
(1)
Vì khi vật chạm đất tầm xa của vật là : L = v
0
cos.t (2)
(do theo phương ngang vật không chịu tác dụng của lực nào nên nó chuyển động
thẳng đều với vân tốc = v
0
cos.) (3)
Từ (1) và (2) ta rút ra được :
0
v v
L
g


 

Mặt khác :
0
v v

 
= v.v
0
sin (

0
v ,v
 
)
Nên ta có :


o 0
0
v.v sin v , v
v v
L
g g

 
 
 
(5)
Nhìn vào (5) thấy một điều hiển nhiên rằng L
Max
khi :


0
sin v , v
 
= 1 hay
0
v v


 
(điều mà bài toán yêu cầu).

Bài toán 5: Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc
0
v

ban đầu lập với phương
ngang một góc  . Tìm tầm xa của vật đạt được; với  bằng bao nhiêu thì tầm xa
cực đại?
Giải:
Từ bài toán 4 ta có công thức tính tầm xa là:
0
v v
L
g


 

Theo định luật bảo toàn năng lượng thì vận tốc khi vật chạm đất có độ lớn
đúng bằng vận tốc ban đầu v
0
. Còn phương của
v

thì tạo với phương ngang cũng
một góc bằng  (Rút ra từ định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang –
“quan điểm vật lí học”; hoặc có thể rút ra từ tính chất của các tiếp tuyến với
Parabol quỹ đạo tại điểm ném và tại điểm rơi - “góc độ vật lí toán”)

-13-

Suy ra :


0
v , v 2
 
 

2
0
v sin 2
L
g



(Theo cách này cũng ra kết quả theo lối tư duy thường HS tương đối khá vẫn quen
làm).
L
Max
khi : sin2 = 1   = 45
0

-14-


MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 1: ở độ cao h = 45m so với mặt đất, một vật được ném theo phương ngang với
vận tốc ban đầu v
0
= 20 m/s. Hãy xác định tầm xa của vật đó. Cho g = 10m/s
2
.
ĐS :
0
2h
L v 60m
g
 

Bài 2: ở độ cao h = 20m so với mặt đất một vật được ném lên với vận tốc
0
v

ban

đầu lập với phương ngang một góc  = 45
0
.
Hãy xác định tầm xa của vật đó. Cho g
= 10m/s
2
.
ĐS:
2
2 2
0
2 2
0
2gh
tg tg
v cos
L 20m
g
v cos
  

 


Bài 3: ở một điểm O trên sườn đồi nghiêng góc  = 30
0

so với mặt phẳng ngang,
một vật được ném theo phương ngang với vận tốc ban đầu v
0

= 10
3
m/s. Vật đó
chạm đất tại A cách O một khoảng L. Tìm L biết g =10m/s
2
và cho rằng đồi đủ dài.
ĐS:
2
0
2v tg
L 40m
gcos

 


Bài 4: Một người có một vườn cây nằm trên một sườn đồi nghiêng góc  so với
mặt phẳng nằm ngang. Người đó lắp một vòi phun ở chân đồi để tới cho toàn bộ
vườn cây. Khoảng cách từ vòi phun đến điểm xa nhất là d. Vòi phun nghiêng góc 
so với sườn đồi. Hỏi vận tốc tối đa mà nước bắn ra khỏi vòi phun là bao nhiêu?
Biết rằng  =  = 30
0
và d = 20m.
ĐS :
 
o
gd
v cos 10 3 m/s
2sin cos
  

   

Bài 5: Một vật được ném với vận tốc
0
v

ban đầu lập với phương ngang một góc .
Tìm thời gian để vận tốc của vật vuông góc với
0
v

.
ĐS:
0
o
2v sin
t
g

 Với điều kiện
 
45
0


ĐỀ KIỂM TRA TỰ LUẬN :
Câu 1 : (5 điểm) Một vật được ném theo phương ngang với vận tốc ban đầu v
0
=
20m/s từ một điểm O ở độ cao h = 45m so với mặt đất (bỏ qua sức cản của không

khí và lấy g = 10m/s
2
). Hãy xác định : a) Thời gian bay của vật.
b) Tầm xa của vật.
Câu 2 : (5 điểm) Một người đúng ở bờ biển ném một hòn đá ra biển. Hỏi người ấy
phải ném hòn đá dưới một góc bằng bao nhiêu so với phương ngang để nó rơi xa
bờ nhất. Khoảng cách xa nhất ấy bằng bao nhiêu? Cho biết bờ dốc đứng và hòn đá


-15-

được ném từ độ cao H = 20m so với mặt nước và vận tốc ban đầu của hòn đá là v
0

=
14m/s. Lấy g = 9.8m/s
2
.
II. KẾT QUẢ KHẢO SÁT SAU KHI TIẾN HÀNH THỰC NGHIỆM.
1) Kết quả khảo sát mức độ hứng thú: của 31 học sinh ở lớp 10 Lý sau khi
học cách giải bài toán vật ném xiên bằng phương pháp hình học và phương pháp
dùng tích có hướng của hai véc tơ.

Tiêu chuẩn đánh giá Số học sinh Tỉ lệ %
Rất hứng thú 12 37,5
Hứng thú 10 33
Bình thường 5 16,5
Không hứng thú 4 13

Từ biểu đồ trên ta thấy phần lớn học sinh là có hứng thú với phương pháp này, chỉ

có một phần nhỏ học sinh là không không hứng thú (và rơi vào các đối tượng HS
học yếu toán).
2) Khảo sát kết quả làm kiểm tra tự luận của học sinh ở cả 2 nhóm:
Qua kết quả của bài kiểm tra tự luận ở cả 2 nhóm học sinh, nhóm đối chứng làm
bài bằng phương pháp tọa độ (như sách giáo khoa) còn nhóm thực nghiệm yêu cầu
học sinh làm bài bằng hai phương pháp còn lại, tôi nhận thấy rằng kết quả học tập
của nhóm thực nghiệm cao hơn hẳn so với nhóm đối chứng, bởi “phương pháp
hình học” và “phương pháp dùng tích có hướng của hai véc tơ” đã cung cấp cho
các em công cụ giải bài tập về các bài toán chuyển động ném xiên một cách nhanh
hơn, dễ làm hơn vì phải nhớ ít công thức và các bước giải toán rõ ràng hơn.

Song kết quả thực nghiệm trên cho độ chính xác không cao vì:
* Đối tượng học sinh: Học sinh trường THPT Chuyên Hà Nam thông minh
và chăm chỉ, nhưng tập trung nhiều thời gian cho môn chuyên nên sự đầu tư cho
môn học không chuyên còn hạn chế, nên nhóm đối chứng về trình độ còn yếu hơn
nhóm thực nghiệm.


-16-

* Do đặc thù của trường chuyên như sĩ số học sinh trong một lớp ít, một
giáo viên dạy chuyên thì hầu như chỉ tham gia dạy các lớp chuyên nên việc tiến
hành thực nghiệm có nhiều khó khăn.
* Do nhà trường còn gặp nhiều khó khăn về cơ sở vật chất (phòng học bộ
môn, sách tham khảo ) nên chưa đáp ứng được một cách tốt nhất cho quá trình
học tập và giảng dạy .
III. LỜI KẾT
* Phương pháp hình học tuy có hạn chế đó là không giúp học sinh thấy rõ được
quỹ đạo của chuyển động song phương pháp này lại giúp cho học sinh phát triển cả
tư duy vật lí và cả tư duy toán học - nó thể hiện tính liên môn trong chương trình

kiến thức phổ thông. Và phương pháp này thật sự có hiệu quả khi học sinh nắm
tương đối rõ phương pháp toạ độ mà sách giáo khoa đã trình bày; có như vậy học
sinh mới vừa hiểu rõ được bản chất của hiện tượng, vừa có cách giải tương đối
nhanh các bài toán loại này.
* Phương pháp dùng tích có hướng của hai véc tơ có hạn chế là chỉ có thể dùng
cho học sinh đã học toán lớp 12 ban KHTN hoặc cho học sinh chuyên Lý
* Do thời gian và khả năng còn có những hạn chế nhất định nên đề tài không
tránh khỏi những thiếu sót, rất mong các thầy cô giáo, đặc biệt là các thầy cô giáo
có kinh nghiệm và các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh góp ý kiến để cho đề
tài của tôi được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Phủ Lý, ngày 05 tháng 05 năm 2009
Người viết

Vũ Thị Lan Hương




-17-



TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa Vật lý 10 nâng cao - NXB Giáo dục năm 2006.
2. Sách giáo viên Vật lý 10 nâng cao - NXB Giáo dục năm 2006.
3. Tuyển tập đề thi Olimpic 30 - 04 (lần thứ IX) - NXB Giáo dục.
4. Giải toán vật lí 10 - NXB Giáo dục năm 2005.
5. Tác giả :Vũ Thanh khiết - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THPT

- Phần cơ học .
6. Các bài thi học sinh giỏi vật lí toàn Liên xô năm 1990.


-18-


MỤC LỤC
TRANG
MỞ ĐẦU :
I. Lý do chọn đề tài 01
II. Phạm vi nghiên cứu
01
III. Đối tượng nghiên cứu 02
IV. Phương pháp nghiên cứu 02
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. Cơ sở lý thuyết
03
II. Kết quả khảo sát sau khi tiến hành thực nghiệm
14
III. Lời kết 15
TÀI LIỆU THAM KHẢO