Sáng kiến kinh nghiệm SKKN tuyển chọn xây dựng hệ thống bài tập chọn lọc nhằm bồi dưỡng năng lực tư duy cho học sinh chuyên lý

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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

1


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

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
2


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”
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.

3


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

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 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
4


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:
-Thói quen quan sát, nhận biết các dấu hiệu đặc trưng của sự vật, hiện tượng.
-Khả năng phân tích hiện tượng phức tạp thành những hiện tượng đơn giản.
-Xác định rõ những giai đoạn diễn biến của hiện tượng.
-Tìm thấy các dấu hiệu giống nhau giữa các sự vật, hiện tượng.
-Tìm được những tính chất chung của nhiều sự vật, hiện tượng (khái quát hóa).
-Tìm ra mối quan hệ nhân quả giữa các hiện tượng vật lý. Tìm mối quan hệ hàm số giữa
các đại lượng vật lý, biểu diễn bằng công cụ toán học.
-Dự đoán diễn biến của một hiện tượng trong những điều kiện thực tế xác định.
-Giải thích một hiện tượng thực tế.
-Hình thành phương pháp chung để giải quyết một loại vấn đề.
5

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
Một thanh dẫn điện được gắn vào khối. Khối lượng của

độ cứng k.
khối và thanh

k

r
B

C
L

7


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
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

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

Đặt u = y -

mg
k

⇒

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

⇒ Dao động điều hòa:

ω=

k
m + CB2 L2
⇒ T = 2π
m + CB2 L2
k

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.

r
B

L

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

8


Theo định luật II Niutơn cho một đoạn dây:
 ω2 B  &
F
2
 2ωB   e 
 ωB  d

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

là

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

là rất nhỏ và x ≈ L
ω2 B &
ω2 L d 2
&
x&= −
( LB) = − 2mR dt ( B )
mR
ω2 LB2
Cuối giai đoạn quá độ, vận tốc các thanh là: x&= V = −
2mR

Sau đó:
x&= −

ω2 B
ω2 B2
&
&
&
&
xB = −
x&⇒
B =0⇒ x=−
mR
mR

ω2 B2
x +C
mR

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

Vậy:

ω2 B2
ω2 B2
x&= −
x +
L
mR
2mR

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

9

b
v

x

Giả sử từ trường hướng ra phía trước tờ giấy
Khi khung dịch chuyển sang phải, từ thông biến thiên qua mạch: Φ = Bb2 biến thiên tăng
làm xuất hiện suất điện động cảm ứng: ecư = -

dΦ
sinh ra dòng điện cảm ứng có chiều
dt

kim đồng hồ.
dB
dx
dx
= B0 k
không phải là hằng số (vì vận tốc
giảm từ v đến 0)
dt
dt
dt

Chú ý rằng
⇒ I ≠ const

mà biến thiên giảm ⇒ có dòng điện tự cảm cùng chiều kim đồng hồ với suất điện động tự
cảm là
etc = -L

dI
dΦ
=dt
dt

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

Ban đầu B = 0 → I = 0 ⇒ C = 0
Vậy:

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

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

b4 B02 k 2
F=L

  1 
 x −  − k ÷ = -K(x - x0)

 

10


⇒ Khung dao động điều hòa quanh VTCB x0 = -

1
k

Giả sử ban đầu khung ở VTCB thì vận tốc bằng 0 sau:
T π m π
mL
=
τ= =
4 2 2
4 2 K 2 b B0 k

4 τ2 b4 B02 k 2
⇒ L=
mπ2

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
B = B0 kx , B0 và k là các hằng số. Khung được cấp tức thời vận tốc ban đầu v dọc theo

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

r
g

r
B

b
v

Đáp số: τ =

x

π mL
2bB0 k

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


dΦ
= RI = 0 ⇒ Φ = const
dt

r r
r
2
n,
B và θ là góc hợp bởi mpkd và B (phụ với α)
Φ = Bb sinθ + LI với α =

Trong khung có suất điện động cảm ứng: E = -

(

)

Tại vị trí ban đầu của khung, I = 0 ⇒ Φ = Bb2
Ở vị trí cuối cùng theo điều kiện cân bằng momen
1
2

IBb2cosθc = mg b.sinθc (1)
Bb2 ( 1 − sin θ0 )
Φ = Bb = Bb sinθ0 + LI (2) ⇒ I =
, thay vào (1) rồi rút gọn, biến đổi
L
2

2

B2 b3 ( 1 − sin θ0 )
mg
cosθ0 =

sin θ0
L
2

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

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

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

d

r+
B

C

C

1

2

thành hình
điểm hai
trường
dương. Sau
giữ không
cân bằng

Giải
dΦ 
d  kd 2
=
Bd.
e =

÷' =
dt 
2
2

Q1 = C1e

Q2 = C2e

Sau khi cắt dây:

Q

Q

Q = e(C1 - C2) ⇒ U = C = C + C ⇒
1
2

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

12


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

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

y

r

B

b, dày d
đứng có độ
song song
khối
theo

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
Năng lượng của tụ
Lực điện F = -

ε0S ε0 b 2
=
C=
d
d

1
1 ε0 b 2
1
2
2
× ( Bvd ) = ε0 b2 B2 v 2d
W = CE =
2

2 d
2

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

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

M
m + ε0 b2 B2d
⇒ T = 2π
= 2π
k
k

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

k1
R

r

k2

L

L

1

2

trở trong r,
như hình.
Điện
tích

Hiệu điện thế giữa cực dương và âm của nguồn sau khi đóng k2 là
dI
U = RI + L1 dt (1)

U = e - r(I + i) (2)

13


di
U = L2 dt

(3)

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

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

dI
= − kI 0e − kt
dt

i = i0(1 - e-kt) do đó

di
= ki0e − kt
dt

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

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

⇒

R

k=

L1 +

L2 ( R + r )
r

Điện tích dịch chuyển qua điện trở R
∞

∞

I
Q = ∫ Idt = I 0 ∫ e dt = 0 =
k
0
0
− kt

e
×
R+r

L1 +

L2 ( R + r )
r
R



Q = e 1 + 2 ÷
R+r r 
L

L

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

µ0 L b − a
ln
π
a

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

M
R

L

d

r
B

ngang, song
nối với điện
vuông góc
Thiết
lập

N
14


r

một từ trường đều B0 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

M

*Giai đoạn quá độ

R

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

x

v0
L

I

r
B

N

B0
như

hình

O

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

dΦ
dB
= Ld.
dt
dt

Dòng cảm ứng:

(vận tốc của thanh bằng 0 do chưa kịp thay đổi)
I=

E Ld dB
=
.
R R dt

Theo chiều chuyển động của thanh (về phía R), áp dụng định luật II Niutơn
Ftừ - Fms = m

dv
dt

Thời gian thiết lập từ trường rất ngắn nên Fms << Ftừ

dv
Ld 2 BdB
Ld 2
.
BId = m
=

⇒ dv =
BdB
dt
R
dt
mR
v0

Ld 2
v = ∫ dv =
mR
0

B0

LB02d 2
∫0 BdB ⇒ v0 = 2mR

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

E
B vd
= 0
R
R

a. Trường hợp không có ma sát

15


-B0Id = m

dv
B02 vd 2 B02d 2 dx
×
==
dt
R
dt
R

v0

B02d 2
m ∫ dv = −
R
0

Vậy:

x max

∫

dx ⇒ mv0 =

0

Lmin = L - xmax =

L
:
2

B02d 2
⇒ mdv = dx
R

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

Không phụ thuộc R, B0, d

b. Có ma sát
-B0Id - µmg = m

dv
dt

dv
B02 vd 2
- µmg = m

dt
R

(*)

B02d 2 
µmgR 
dv
v + 2 2 ÷ = m
R 
B0d 
dt

µmgR 
v
dv + 2 2 ÷
2 2


µ
mgR
B02d 2
B
d
B
d
0

 = − 0 dt ⇒ ln v +
=

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

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

mR


0



Biến đổi lại (*)

dv
B02 vd 2
- µmg = m
dt
R

dv
B02d 2 dx
×
- µmg = m
⇒
dt
R
dt
B02d 2
× dx - µmg.dt = mdv
R

Tích phân với: t từ 0 → T; v từ v0 → 0; x từ 0 đến xmax ta được:
B02d 2
xmax - µmgT = -mv0

R
16


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

B04d 4
µmgR ÷
2



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
r
cảm ứng từ B0 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 =

i∫

r r
E x dl = Ex.2πr

dB
dΦ
r dB
2 dt
Mặt khác e = - dt = -πr
⇒ Ex = - 2 dt

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

qr dB
2 dt

q
dϕ chịu tác dụng của lực điện:
2π

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

Theo định luật II Niutơn:
Fdt = mdv ⇒ -

qr dB
qrB0
dt = mdv ⇒ v =
2 dt
2m

⇒ ω=

qB0
2m

17

11. Một dòng điện chạy qua khối plasma hình trụ dài L, bán kính tiết diện r 0. Khối plasma

r2 
1 − a 2 ÷
 , trong
có điện dẫn suất phụ thuộc vào khoảng cách tới trục theo quy luật: λ = λ0 

đó λ0 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 I2 chạy qua đặt song song và cách trục khối plasma khoảng x
> r0. Tính lực từ tác dụng lên một đơn vị dài của dây dẫn.
Giải
Chia khối plasma thành các ống trụ đồng trục dài L, dày dr, có điện trở
1 L
1
L
.
=
.
2
dR = λ dS λ  1 − r  2πrdr
0
2 ÷
 a 

U
r 2  2 πrdr
=
U
λ

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

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

Uλ 0 πr02
2a 2 − r02 )
I=
2 (
2La

Xét đường tròn nằm trong mặt phẳng ⊥ hình trụ, bán kính x > r0 có tâm nằm trên trục
khối plasma
r r
Bd
∫ l = µ0 ∑ i = µ0 I ⇒
Theo định lí Ampe: Ñ
( C)

µ 0 Uλ 0 πr02
2a 2 − r02 )
B.2πx =
(
2
2La

µ 0 Uλ 0 r02
2a 2 − r02 )
⇒ B=
(
2
4La x

Từ trường có độ lớn B như nhau tại mọi điểm trên dây I 2 ⇒ lực tác dụng lên dây I2 là F =
BI2l ⇒ Lực tác dụng lên mỗi đơn vị dài của I2 là:
f = BI2 =

µ 0 Uλ 0 r02
2a 2 − r02 ) I 2
(
2

4La x
O

r
B

18


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

r r
Edl
= E2πx
∫
Ñ

∆B
∆Φ
xB0
πx 2 B0
2 ∆t
e = - ∆t = -πx
= - ∆t ⇒ E = - 2∆t

Trong thời gian ∆t điện tích q cách tâm x nhận được xung lực:
r r
mv = F∆t

m∆v = F∆t ⇒ mv = q

xB0
qxB0
∆t ⇒ v =
2∆t
2m

Sau ∆t các điện tích chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vòng dây với:
+Bán kính quỹ đạo:

2

r = mv = mv = mv =
f

+Tốc độ góc ω =

2

qB0 v

qB0

qxB0
2m = x
qB0
2

m

v
qB
= 0
x /2
m

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

19


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

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,
2k B4 a 4
lực cản không khí, điện trở hai thanh ray và cho
>
m m2 R 2

Xác định quy luật chuyển động của các thanh MN, PQ.

r
B

N

Q

k
M

P

Giải
I

N

r
F1

Q

r
B

r
F2

k

x

O2 P

O1 M

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

i=

e1 = Ba

dx1
dx
và e2 = -Ba 2
dt
dt

Ba ( x&1 − x&2 )

2r

Áp dụng định luật II Niutơn cho mỗi thanh:
MN:

&
&1 = k ( x 2 − x1 ) − Bia
mx

PQ:

&
&2 = − k ( x 2 − x1 ) + Bia
mx

&
x&2 − &
x&1 =

B2a 2 ( x&2 − x&1 ) 2k ( x 2 − x1 )
2Bia 2k ( x 2 − x1 )
=−
−
m
m
m
mr
20

Đặt:

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

Đặt:

2k
B2a 2
= ω02
= 2β và
m
mr

&
&+ 2βX
&+ ω2 X = 0
X
0

Chú ý theo giả thiết thì ω02 > β2

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

n = -β ± β2 − ω02

Đặt ω = ω02 − β2

n = -β ± iω⇒ X = e( −β±iω) t = e −βt .e ± iω

1

−βt
X = e-βt(C1sinω1t + C2cosω1t) = Ae sin ( ω1t + ϕ )

Hai thanh chuyển động ngược chiều nhau, đi được cùng đoạn đường trong cùng khoảng
thời gian nên:
x1 + x2 = x0
x2 - x1 = X ⇒ x1 =

x0 X
x
X
−
và x2 = 0 +
2 2
2 2

Lúc t0 = 0 → x1 = 0 =

x0 A
- sin ϕ
2
2

⇒ Asinϕ = x0

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

x0
=
A

1
1+ β

2

;

π
< ϕ < π do sinϕ > 0 và cosϕ < 0
2

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

q1
q2
=
2

2
a
( d − a)

Chọn Ox ≡ phương dao động, O ≡ VTCB, chiều dương từ q1 → q2
Tại li độ x khi đang dao động
E=

kq q kq q
mv 2
+ 1 + 2 = const
a+x b−x
2

b=d-a

21


mx’x” -

kq1q 2

( a + x)

2

x’ +

kq 2q

( b − x)

2

x’ = 0

−2

−2

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

Do dao động bé nên lấy gần đúng:

mx” -

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

mx” -

kq1q
kq 2q
 kq1q kq 2q 
2
+
+
 3 + 3 ÷x = 0 ⇔ mx” + A + Bx = 0
b 
a2
b2
 a

A
A


m  x + ÷" + B  x + ÷ = 0 ⇒
B
B



ω=

q
q2 
2kq  31 +
3

a
d
−
a
(
)


m

 kq q kq q 
2  31 + 32 ÷
B
b  =
 a
=
m
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 BZ ( x ) = B0 ( 1 + αx )
với α và B0 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
z
N

P

M

Q
O

r
B
x

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


e = BCDbv = B0(1 + αx)bv

Trên PQ xuất hiện xuất điện động:

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

* Khi MN ≡ z, khung có vận tốc V
V
mV02 mV 2
mV 2
mV02
Qđầu =
= Qsau =
-0⇒Q=
và V = 0
−
2
2
2
2
4

* Xét từ khi PQ ≡ z đến khi MN ≡ z, khung đi được b
dQ = dWđ = -mvdv
I=

e PQ
R

=

(1)

B ( 1 + αx ) bv
Bbv

= 0
R
R

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

2

B02 b2 ( 1 + 2αx ) dx = -mRdv
V

b

2 2
0

Bb

∫ ( 1 + 2αx ) dx

= -mR ∫ dv
V0

0

B02 b2 ( 1 + 2αx )
4α

2 b

B02 b3 ( 1 + αb ) =

R=




= mRV0  1 −
0

mRV0

(

)

2 −1

=

)

)⇒

2 −1
2

B02 b3 ( 1 + αb ) 2
mV0

(

(

1 
mRV0 2 − 1
÷=
2
2

(

B02 b3 ( 1 + αb ) 2 + 2

)

mV0

*Khi khung vào hẳn trong từ trường:
I=

e PQ − e MN
R

=

B0 1 + α ( x + b ) − ( 1 + αx )  bv
R

B02 b2 α2 v 2dt
dQ = I Rdt =
= -mvdv
R
2

B0 b2 αv
=
R

B02 b2 dx
⇔
= -mdv
R

23


S

0

B02 b4 α2 1
B02 b4 α2

dx
=
−
m
dv
⇒
S1 = mV
∫V
R ∫0
R

Khung vào được (tính theo cạnh PQ):
Nếu bỏ qua αb << 1 thì S =

S=

mVR
+b
B02 b4 α2

2 +1
α2 b

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 th14 và đạt huy chương Đồng.
Hiện có 2 em được gọi vào đội tuyển Quốc Gia dự thi IPhO th44 tại Đan Mạch từ 07-72013 đến 15-07-2013.

24