SKKN một số cách giải dạng toán cực trị trong chương trình THPT

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ CÁCH GIẢI
DẠNG TOÁN CỰC TRỊ

Người thực hiện:
NGUYỄN TRƯỜNG SƠN

Lĩnh vực nghiên cứu:
-Quản lý giáo dục: 
-Phương pháp dạy học bộ môn : Vật lý 
-Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2011- 2012
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 1
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNGVỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958
3. Giới tính : Nam
4. Địa chỉ : 22/F6 – Khu phố I - Phường Long Bình Tân

– Thành phố Biên Hoà - Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: CQ: 0613.834289; ĐTDĐ:0903124832.
6. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng.
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
- Biên Hoà- Tỉnh Đồng Nai.

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị: Đại học.
- Chuyên ngành đào tạo: Vật lý.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- CÁC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
* Năm 2008: chuyên đề “Phương pháp đồ thị giải bài toán vật lý”.
* Năm 2009: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về mạch điện xoay chiều, thiết bị điện,
về dao động và sóng điện từ”.
* Năm 2010: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về tính chất sóng ánh sáng”.
* Năm 2011:chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán
về Vật lý hạt nhân nguyên tử”.
* Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị”.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 2
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Vật lý học là bộ môn khoa học cơ bản, làm cơ sở lý thuyết cho một số môn
khoa học ứng dụng ngày nay. Sự phát triển của Vật lý học dẫn tới sự xuất hiện
nhiều ngành kỹ thuật.
Do có tính thực tiễn, nên bộ môn Vật lý ở các trường phổ thông là môn học
mang tính hấp dẫn. Tuy vậy, Vật lý là một môn học khó vì cơ sở của nó là toán
học. Bài tập toán vật lý rất đa dạng và phong phú; có những bài toán cơ bản, nhưng

có những bài hay mà khó. Các bài toán cực trị về vật lý thuộc dạng bài khó.
Trong báo cáo này tôi đưa ra một số cách giải các dạng toán cực trị về điện
xoay chiều và đưa ra một số ví dụ minh họa cách giải toán cực trị có áp dụng bất
đẳng thức Bunhiacốpski’’.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
A . CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Chúng ta đã biết trong chương trình Vật lý các bài tập cực trị liên quan tới bài
toán tối ưu là dạng toán phức tạp và khó. Có những bài ở mức độ cơ bản, có tính
phổ thông; nhưng có những bài hay mà khó, thường gặp trong các đề thi của các
cuộc thi tranh như thi tuyển sinh chuyển cấp học, cao đẳng, đại học, thi chọn học
sinh giỏi. Kinh nghiệm những năm đứng lớp tôi nhận thấy học sinh thường rất lúng
túng trong việc tìm cách giải các dạng toán cực trị. Xuất phát từ thực trạng trên,
qua kinh nghiệm giảng dạy, tôi đã chọn đề tài này.
Khi giải một bài toán Vật lý có thể dùng nhiều phương pháp toán học khác
nhau và cũng có bài có thể giải theo các phương pháp Vật lý khác nhau. Mỗi
phương pháp đều có những ưu điểm và cũng có những nhược điểm nhất định .
Việc vận dụng nhiều phương pháp vào giải một bài toán đã giúp cho học sinh
nắm vững thêm phương pháp và từ đó có sự tìm tòi và lựa chọn phương pháp vận
dụng, cũng từ đó gây nên sự hứng thú trong học tập của học sinh.
Đề tài này nhằm giúp học sinh khắc sâu những kiến thức giáo khoa và nắm
được phương pháp giải bài toán cực trị. Việc làm này rất có lợi cho học sinh trong
thời gian ngắn đã nắm được phương pháp giải, nhanh chóng giải quyết được bài
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 3
Tóm tắt :
Chuyên đề đưa ra một số cách giải dạng toán cực trị về điện xoay
chiều
và đưa ra một số ví dụ minh họa
cách giải toán cực trị có áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski.
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ CÁCH GIẢI

DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

toán cả ở dạng tự luận và dạng bài trắc nghiệm. Việc làm này giúp cho học sinh có
thể lựa chọn cách giải nào có lợi hơn, cũng từ đó phát triển hướng tìm tòi lời giải
mới cho các bài tương tự. Khi đó học sinh tự tin và giành thắng lợi trong các cuộc
thi tài.
B . NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
B1.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỀ VẬT LÝ
1. Phương pháp dùng biệt thức ∆ :
Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác
x theo hàm bậc hai:
cbxaxy
++=
2
.
Ta đưa về phương trình bậc hai
2
0 ( )ax bx c y
= + + −
, rồi áp dụng điều kiện phương
trình có nghiệm là biệt thức ∆ không âm
0
≥∆
,từ đó tìm ra cực trị y
m
ứng với x
m
.
2. Phương pháp dùng tọa độ đỉnh của đường Parabol:

Đại lượng biến thiên cần tìm cực trị y có quan hệ với các đại lượng biến thiên khác
x theo hàm bậc hai:
cbxaxy
++=
2
.
Nếu a > 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay lên thì hàm y có cực tiểu.
Nếu a < 0 đồ thị y(x) là đường parabol có bề lõm quay xuống thì hàm y có cực đại.
Tọa độ đỉnh
( )
; ;
2 4
m m
b
x y
a a
−∆
 
= −
 ÷
 
cho biết cực trị y
m
.
3. Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó :
Cho hai đại lượng là những số dương a, b thì theo bất đẳng thức Côsi ta có quan
hệ:
abba 2
≥+
.

Dấu bằng xảy ra khi hai số bằng nhau.
4. Phương pháp hình học :
Dựa vào các tính chất và định lý trong hình học .
5. Phương pháp giải tích :
Dùng đặc điểm cực trị tại điểm x
m
thì đạo hàm tại đó y’(x
m
) = 0 và y’ đổi dấu
khi qua x
m
hoặc xét dấu y’’ở đó.
6. Phương pháp không tiểu biểu :
Dựa vào phân thức có tử số không đổi, mẫu số lớn nhất thì phân thức nhỏ nhất
và ngược lại . Nếu mẫu số không đổi thì phân thức lớn nhất khi tử số lớn nhất và
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 4
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

ngược lại .
Hoặc dựa vào đặc điểm của một số đại lượng như : F
ma sát nghỉ

≤
F
ma sát trượt
;


F
ms

< N;
1sin ≤x
;
1cos ≤x
…….
7. Phương pháp áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacốpski:
Cho 2n số thực (n ≥ 2) : a
1
; a
2
;…; a
n
và b
1
; b
2;
…; b
n
ta có :

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1

2
2211

nnnn
bbbaaabababa
++++++≤+++

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
.
B2. MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
VỀ ĐIỆN XOAY CHIỀU

Cách giải:
* Biểu hiện I
max
: Theo định luật Ôm :
22

)(
CL
ZZR
U
Z
U
I
−+
==
Nhận xét: I
max
khi Z
min
C
LZZ
CL
ω
ω
1
0
=⇔=−⇔
⇔ LCω
2
= 1
* Biểu hiện u, i cùng pha : độ lệch pha
0φ
iu
=
.
Vậy :

0φ
i
u
=
−
=
R
ZZ
tg
CL
⇔ LCω
2
= 1.
* Biểu hiện hệ số công suất cực đại
22
)(
CL
ZZRR
−+=
⇔ Z
L
= Z
C
⇔ LCω
2
=1
Kết luận chung Biểu hiện hiện tựơng cộng hưởng :

max
U

I
R
=
u, i cùng pha ϕ
u/i
= 0;
(cos ϕ)
max
= 1
L.C.ω
2
= 1
Hệ quả :
R
U
Z
U
I
==
min
max

⇔

1LC
Cω
1
LωZZ
2
CL

=ω⇔=⇔=
Các dấu hiệu cộng hưởng khác :
* Khi i cùng pha với u ; hay u cùng pha với u
R .
* Khi L biến thiên U
Cmax
, hay U
Rmax
,hay P
max
.
* Khi (A)ampekế chỉ giá trị cực đại .
* Khi C biến thiên U
Lmax
, hay U
Rmax
,hay P
max
.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 5


L
R
C
U
U
O U I
U
r

r
r r
r
L
C
R
U
U U
U I
r
r r
r r
O
Chủ Đề 1 : Biết U, R tìm hệ thức giữa L, C,
ω
để I
max
cộng hưởng điện.
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

* Đèn sáng nhất khi L, C, f biến thiên.
* Khi f biến thiên U
Lmac
, hay U
Cmax
, hay U
Rmax
, hay P
max
* Khi Z = R tức Z

min.
* Khi u
C
hay u
L
vuông pha với u hai đầu đoạn mach.
Cách giải: Gọi C
0
là điện dung tương đương của hệ C và C
’
khi mạch cộng hưởng.
Lập luận tương tự chủ đề 1, đưa đến kết quả: LC
0
ω
2
=1 ⇒ C
0
⇒ tìm C’ ghép.
*So sánh C
0
với C :
Nếu C
0
> C ⇒ C’ghép song song tụ C : C
0
= C + C
’
⇒ C
’
= C

0
- C
Nếu C
0
< C ⇒ C
’
ghép nối tiếp tụ C : C
0
-1
=C
-1
+ C
’-1
⇒ C
’
= (C
0
-1
- C
-1
)
-1
*Hoặc so sánh : Z
C
với Z
L
.
nếu Z
Co
> Z

C
 C
0
= C’nối tiếp C ;
0
'C C C
Z Z Z= −
⇒ C’= (ωZ
C’
)
-1
nếu Z
Co
< Z
C
 C
0
= C’songsong C ;
0
1 1 1
'
( )
C C C
Z Z Z
− − −
= −
⇒ C’= (ωZ
C’
)
-1

Cách giải: * Tìm P(mạch):

22
2
2
)(
cos
CL
ZZR
RU
RIUIP
−+
===
ϕ
Cách 1: trong mạch RLC: chỉ có điện trở thuần tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt ),
còn cuộn cảm thuần và tụ không tiêu thụ điện năng
2
RIP
=⇒
Cách 2: dùng công thức tổng quát :
φ
cosUIP
=
với
2
0
I
I
=
; ϕ tính từ

R
ZZ
tg
CL
−
=
φ

hay
Z
R
=
φcos

* Bảng biến thiên: Đồ thị quan hệ P(R)
Vậy :Công suất của mạch có một giá trị cực đại, ứng với một giá trị R
m
nào đó.
Cách giải:
Trong 3 phần tử điện R;L;C :chỉ có điện trở R tiêu thụ điện năng (dạng nhiệt).
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 6
R 0 R
m ∞

P P
max

0 0
P
P

max

0 R
m
R
Chủ Đề 2: Tìm C’và cách mắc tụ vào tụ C để mạch I
max
cộng hưởng điện.
Chủ Đề 3: Đoạn mạch RLC :Tính công suất tiêu thụ P của mạch.
Chủ đề 4: Biết U, R, L (hay C), ω. Tìm C (hay L) để P
max
.
Khảo sát biến thiên P theo C (hay L) .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Ta có P = I
2
.R vậy
M
const
ZZR
RU
P
CL
=
−+
=
22
2
)(

1 \ Tìm L hay C để P max :
Nhận xét: Tử số RU
2
=const nên P
max
khi mẫu số M
min
⇔ Z
L
-Z
C
=0 ⇔ LCω
2
=1
Mạch cộng hưởng điện ⇒ Lúc đó :
2
max
U
P
R
=
+ Biết L suy ra
m
2
1
C
L
ω
=
+ Biết C suy ra

m
2
1
L
C
ω
=
.
2\ Biến thiên của P theo C: Khi C = ∞ ⇔ Z
C
= 0 ⇔
2
1
2 2
RU
P
R Z
L
=
+

3\Biến thiên của P theo L: Khi L = 0
⇔
2
0
2 2
RU
P
R Z
C

=
+

Cách giải:
Lập luận ⇒
22
2
2
)(
cos
CL
ZZR
RU
RIUIP
−+
===
ϕ
(1)
Chia tử và mẫu cho R⇒
MS
const
RZZR
U
P
CL
=
−+
=
/)(
2

2
Nhận xét :
MS ( mẫu số ) là tổng của 2 số dương , có tích của chúng là :
( )
( )
2
2
L C
L C
Z Z
R . Z – Z const
R
−
= =
,
nên theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy MS = min khi mà 2 số đó bằng nhau
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 7
C 0 C
m ∞

P P
max


0

P
1
L 0 L
m ∞

P P
max


P
0
0
0 C
m
C
P

P
max
P
1
L
R
C

P

P
max


P
0
0 L

m
L

Chủ đề 5: Cho U, ω , L, C . Tìm R để công suất tiêu thụ P
max
.
Khảo sát biến thiên P theo R .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

( )
2
L C
Z Z
R
R
−
=
.
vậy với
CLm
ZZR
−=
thì
CLm
ZZ
U
R
U
P
−

==
22
22
max

Bảng biến thiên:
Chú ý:
Từ (1) suy ra phương trình bậc hai của R :

( )
2
2
2
L c
U
R – .R Z Z 0
P
+ − =
(2)
* Khi P > P
max
thì (2) vô nghiệm Δ < 0.
* Khi P = P
max

0
⇔ ∆ = ⇔
nghiêm kép
| |
m L C

R Z Z= −
và

CLm
ZZ
U
R
U
P
−
==
22
22
max
* Khi P < P
max
cùng có công suất P cho trước thì tồn tại hai giá trị R
1;
R
2
là
2 nghiệm phân biệt của phương trình (2)
- Ta có quan hệ theo định lý Vi-et:
2
1 2
U
R R
P
+ =
và R

1
.R
2
=(Z
L
-Z
C
)
2

Vậy cho trước R
1
và R
2
, ứng với cùng P thi tìm được U; Z
L
-Z
C

- Từ đó ta có các bài toán ngược :
Nếu cho P, R
1
và R
2
thì tìm được:
- Gíá trị cực trị
( )
1 2
m 1 2 max
m

P R R
R R R v P
2R
à
+
= =
.
- Suy ra
L C 1 2
|Z Z | R .R− =
 tính được tg ϕ ; Z ; cosϕ
- Tìm R’ ứng với P’ cho trước giải phương trình
( )
1 2
2
1 2
P R R
R’ – . R’ R .R 0
P’
+
+ =

Cách giải:
Cách 1 :(dùng đạo hàm) .
Ta có U
C
= I. Z
C

⇔

22
)(
CL
C
C
ZZR
UZ
U
−+
=
(1)
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 8
P

P
max

0 R
m
R
Chủ đề 6: Cho biết U, ω ,R,L . Tìm C để U
Cmax
đạt cực đại .

R 0 R
m ∞

P P
max

0 0
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Chia cả tử số, mẫu số cho Z
c
⇒
y
U
Z
Z
Z
R
UU
C
L
C
C
=−+=
22
)1()(/
.
Nhận xét: tử số là U không đổi, nên U
Cmax
⇔ y
min

Đặt
C
Z

x
1
=

thì biểu thức trong căn
( )
1xZ2x.ZRy
L
22
L
2
+−+=
Tính đạo hàm : y
’
= 2(R
2
+ Z
L
2
).x –2.Z
L
⇒ y
’
= 0
⇔
22
1
L
L
m

C
m
ZR
Z
Z
x
+
==
⇒
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=
Bảng biến thiên :

Vậy khi
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=

thì hiệu điện thế
R
ZRU
U
L
C
22
max
+
=
Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) .
Ta có : U
C
= IZ
C

⇔

22
)(
CL
C
C
ZZR
UZ
U
−+
=
(1)
chia cả tử số, mẫu số cho Z

c
: ⇒
y
U
Z
Z
Z
R
U
U
C
L
C
C
=
−+
=
22
)1()(

Đặt
C
Z
x
1
=
thì
( )
12
222

+−+=
xZxZRy
LL
.
Đây là tam thức bậc hai có các hệ số a = R
2
+ Z
L
2
> 0 ; b = - 2Z
L
; c = 1 . Đồ thị
Parabol y(x) có bề lõm quay lên ⇒ y tồn tại giá trị nhỏ nhất (y
min
)
Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (x
m
; y
min
)
L
m
2 2
Z
x
2 R Z
L
b
a
−

⇒ = =
+
⇒
L
L
Cm
Z
ZR
Z
22
+
=
⇔ y
min
= (
a4
∆−
) =
2
2 2
R
R Z
L
+
Vì U=const nên y
min
⇔
R
ZRU
U

L
C
22
max
+
=
Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) .
Xét chung (RL) nối tiếp C : u = u
RL
+ u
C
biểu diễn véctơ
CRL
UUU
rrr
+=
như hình vẽ.
Nhận xét từ giản đồ véctơ :
đặt góc ∠AOB= β; ∠ OAB= α
OAB
∆
theo định lí hàm số sin :
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 9
min
M
+
_
0
+
0x

'
M
M
Z
C
0

Z
Cm ∝
y
’
- 0 +

y y
min


U
C
U
C ma
x

A
α


O β H

B

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.


αβ
sinsin
U
U
C
=

⇒
β
α
sin
sin
U
U
C
=
(1)
mà
R
2 2
RL
U R
sin
U

R Z
L
α
= =
+
= không đổi.
vậy khi β = 90
0
;
RL
U
r
⊥
U
r
thì (1)
⇒
R
ZRU
U
L
C
22
max
+
=
∆ OAH ⇒
L L
2 2
RL

U Z
cos
U
R Z
L
α
= =
+
;

∆ OAB ⇒
2 2
RL
C Cm
R Z
U
cos
U Z
L
m
α
+
= =
; cho hai vế phải bằng nhau và biến đổi
Vậy
L
L
Cm
Z
ZR

Z
22
+
=
thì U
Cmax
và u
RL
vuông pha với u hai đầu đọan mạch.
Như vậy u
RL
vuông pha với u là dấu hiệu U
Cmax.

Cách giải:
Cách 1: (dùng đạo hàm).
Ta có U
L
= I. Z
L
⇔

22
)(
CL
L
L
ZZR
UZ
U

−+
=
(1)
Chia cả tử số và mẫu số cho Z
L
:
y
U
Z
Z
Z
R
UU
L
C
L
L
=−+=
22
)1()(/
(2)
Đặt
L
1
x
Z
=
và biểu thức trong căn ở mẫu số được viết thành :

( )

1xZ2x.ZRy
C
22
C
2
+−+=
Tính đạo hàm bậc nhất : y
’
= 2(R
2
+ Z
C
2
).x – 2 Z
c
⇒
Cho y
’
= 0 ⇔
22
1
C
C
Lm
m
ZR
Z
Z
x
+

==
⇔
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=
Bảng biến thiên :

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 10
min
M
+
_
0
+
0x
'
M
M
Z
L
0

Z
Lm

∝
y
’
- 0 +

y
y
min

U
L
U
Lmax


Chủ đề 7: Cho biết U, ω , R, C. Tìm L để U
Lmax
đạt cực đại .
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Vậy khi
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=

thì hiệu điện thế
R
ZRU
U
C
L
22
max
+
=

Cách 2: (dùng tam thức bậc hai) .
Ta có : U
L
= IZ
L

⇔
22
)(
CL
L
L
ZZR
UZ
U
−+
=
(1) chia cả tử số,mẫu số cho Z
L

ta có :
y
U
Z
Z
Z
R
U
U
L
C
L
L
=
−+
=
22
)1()(
khi đặt
L
Z
x
1
=
và
( )
1xZ2x.ZRy
C
22
C

2
+−+=
.
y là tam thức bậc 2 có a =R
2
+ Z
C
2
> 0; b = -2Z
C
; c = 1 ⇒Nên đồ thị Parabol y(x)
có bề lõm quay lên ⇒ tồn tại cực trị y=min .
Dựa vào toạ độ đỉnh Parabol tính (x
m
; y
min
) ta có :
⇔
C
m
2 2
Z
b
x
2a R Z
C
 
= − =
 ÷
+

 
⇒
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=

⇔
2
min
2 2
R
y
4 R Z
C
a
−∆
 
= =
 ÷
+
 
Vì U=const nên y= min ⇔U
L
= max ⇔

R
ZRU
U
C
L
22
max
+
=
Cách 3: (dùng giản đồ vectơ) Xét chung (RC) nối tiếp L :
u = u
RC
+ u
L
⇒
LRC
UUU
rrr
+=
biểu diễn như hình vẽ
Nhận xét giản đồ véctơ ; đặt góc : ∠AOB = β; ∠ OBA = α .
∆ AOB theo định lí hàm số sin :

αβ
sinsin
UU
L
=
⇒
β

α
sin
sin
U
U
L
=

Từ ΔOHB có
R
2 2
RC
C
U R
sin
U
R Z
α
= =
+
= không đổi.
Vậy khi β = 90
0
;

RC
U
r
⊥
U

r
thì
R
ZRU
U
C
L
22
max
+
=

Từ giản đồ véc tơ: ∆ OBH
2 2
cos
C C
RC
C
U Z
U
R Z
α
⇒ = =
+
(*)
∆ OAB
2 2
max m
cos
C

RC
L L
R Z
U
U Z
α
+
⇒ = =

(**)

,

từ (*), (**)
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=
thì U
Cmax
và u
RC
vuông pha với u hai đầu đọan mạch.
Chú ý quan trọng :
- Khi u

RL
vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng U
Cmax

và u
RC
vuông pha với u hai đầu đọan mạch là dấu hiệu tương ứng U
Lmax.;
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 11
A




O α H

β


B
A


O H
β
α

B

.

L
R
RC C
U U
U I
U U
r r
r r
r r
A



O β H

α

B
B
B
yy
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.


- Từ quan hệ vuông pha của hai hiệu điện thế ta có thể xác định được các kháng
L
L
Cm

Z
ZR
Z
22
+
=
⇔
U
Cmax
hay
C
C
Lm
Z
ZR
Z
22
+
=
⇔
U
Lmax
.
B3. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
DẠNG TOÁN CỰC TRỊ
CÓ ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACỐPXKI.
* Phương pháp Bất đẳng thức Bunhiacopski:
Cho 2n số thực (n≥2) : a
1
; a

2
;…; a
n
và b
1
; b
2;
…; b
n
ta có :

( )
( )( )
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211

nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
n
n

b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
.
Ví dụ 1: Phương pháp Tọa độ trọng tâm
Một khung sắt có dạng một
∆
vuông ABC vuông ở A với góc nhọn
α
, đặt
trong mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền có phương nằm ngang. Trên 2 cạnh
góc vuông có xuyên 2 hòn bi thép coi là chất điểm khối lượng lần lượt là m
1
, m
2
chúng có thể trượt không ma sát trên 2 cạnh góc vuông và được nối với nhau
bằng 1 dây (lý tưởng). Hãy xác định góc
β
để hệ 2 quả cầu và sợi dây ở trạng
thái cân bằng ? Nêu tính chất của trạng thái cân bằng ?
Cách Giải:
-Tung độ của trọng tâm chung

của m
1
, m
2
là
21
2211
mm
ymym
y
+
=
(1)
- Hệ cân bằng bền khi y
min
Tính : y
1
= BM
1
sin
α

= (AB - M
1
M
2
cos
β
)sin
α

= (a - lcos
β
)sin
α

với M
1
M
2
= l; AB = a.
y
2
= EF = AF – AE = a. sin
α
- AM
2
cos
α
= asin
α
- lsin
β
cos
α
Hoặc tính y
2
= M
2
K = M

2
H + HK = M
2
H + M
1
I = l.sin(
α
-
β
) + (a - lcos
β
). sin
α
Thay vào (1) và biến đổi :








+
+
−=
ββα
α
α
sincos
cos

sin
2
1
21
2
tg
m
m
mm
lm
ay
Đặt :
ββαβ
sincos)(
2
1
+=
tg
m
m
f
; Với

α
,a ,m
1
,m
2
,l không đổi ;
vì

α
,
β
nhọn



>
>
⇒
0cos
0)(
α
β
f
; y là hiệu 2 số dương nên
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 12
M
1
H
K
F
I
E
M
2
x
A
B
C

β
α
y
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

y
min


⇔

ββαβ
sincos)(
2
1
+=
tg
m
m
f
cưc đại
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki:

[ ]
1sincos1)(
2
2
1
22
2

2
1
+








≤+








+








≤

αββαβ
tg
m
m
tg
m
m
f

f(
β
) cực đại khi
β
β
β
α
gtg
m
m
cot
sin
cos
2
1
==
Vậy để hệ cân bằng bền thì góc
β
xác định bởi
αβ
tg

m
m
g
2
1
cot =


Ví dụ 2:tìm cách chạy tối ưu.
Một người muốn qua một con sông rộng 750 m. Nước chảy với vận tốc
v
2
= 1m/s. Vận tốc bơi của anh ta đối với nước v
1
= 1,5m/s. Vận tốc chạy bộ trên
bờ của anh ta là v
3
= 2,5m/s. Tìm đường đi (kết hợp bơi và chạy bộ ) để người
đến điểm bên kia sông đối diện với điểm xuất phát trong thời gian ngắn nhất?
Cách giải:
Giả sử người đó chạy bộ từ A

B, rồi từ B đến D bơi theo hướng
1
v
r
hợp với
CA
r
một góc

α
để đi đúng tới đích C . Thời gian bơi qua sông t
1
=AC/(v
1
cos
α
) (1)
Thời gian chạy bộ t
2
=AB/v
3
(2)
Trong đó AB = CH = CD-HD
= v
2
t
1
- BDsin
α
= v
2
t
1
- v
1
t
1
sin
α

= (v
2
- v
1
sin
α
)t
1
(3)
thời gian chuyển động tổng cộng t = t
1
+ t
2
t
2 1
1 3
sin
1
cos
3,5 1,5sin
200.
cos
v v
AC
t
v v
t
α
α

α
α
 
−
= +
 ÷
 
−
=
Đặt
α
α
cos
sin5,15,3 −
=y
⇒
5,3sin5,1cos =+
αα
y
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski:
2 2 2 2
2 2 2
cos 1,5sin ( 1,5 )(sin cos )
3,5 1,5 10
y y
y y
α α α α
+ ≤ + +
⇒ ≤ + ⇒ ≥

Vậy y
min
=
10
⇔
t
min
=200.
10
=632,5s
Khi đó
α
α
sin
cos
5,1
min
=
y
hay
'23254743,0
10
5,15,1
0
min
=⇔===
αα
y
tg
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 13

3
v
r
α
D
C H
A
B
1
v
r
2
v
r
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

(1)
⇒
s
v
AC
t 4,553
cos
1
1
==
α
( )
mmtvvAB 1986,197sin)2(
112

≈=−=⇒
α
Vậy người đó phải chạy bộ 1 đoạn AB=198m,
rồi bơi qua sông theo hướng
1
v
r
hợp với AC 1 góc
α
=
'0
2325
Ví dụ 3: Tìm β để F
min
, A
min
kéo vật lên
Trên một tấm ván nghiêng một góc
α
với phương ngang có một vật được
kéo lên bằng một sợi dây. Hệ số ma sát và ván nghiêng là
µ
. Hỏi góc
β
hợp bởi
phương dây kéo với phương ngang là bao nhiêu thì tốn công ít nhất khi kéo vật
lên?
Cách giải:
Công của lực kéo nhỏ nhất khi lực kéo nhỏ nhất.
F

r
lực kéo (lực căng dây),
γ
là góc hợp bởi
F
r
với ván nghiêng; dây kéo hợp với
phương ngang góc
β
=
α
+
γ
,
Chọn Ox dọc theo ván như hình vẽ. Để kéo vật lên F
x
= P
x
+ F
ms
( )
( )
γγµ
αµα
γαµαγ
cossin
cossin
sincossincos
+
+

=⇒−+=
mg
FFmgmgF
(1)
Cách 1: Ta biến đổi Mẫu số dựa vào bđt Bunhiacốpki:
( )( )
γγµγγµ
222
sincos1cossin
++≤+
dấu bằng xảy ra khi
µ
= tg
γ

γ
γµ
cos
1
11
22
max
=+=+=⇔ tgMS
( )
γαµα
coscossin
min
+=⇒
mgF

=
( )
γαγγα
coscoscossin tgmg
+
=
( )
γαγα
sincoscossin
+
mg
Vậy
)sin(
min
γα
+=
mgF
Điều kiện :
β
=
0
90≤+
γα
thì mới kéo được lên;
Với :
β
=
α
+
γ

thì
F
r
có phương thẳng đứng và F
min
=mg ;
Còn
β
=
0
90>+
γα
không kéo lên được.Vì vật bị kéo về bên trái của
đường thẳng đứng và không thê kéo vật lên được theo mặt nghiêng .
Cách 2: Biến đổi mẫu số theo giải tích
Đặt
ϕµ
tg
=
thì mẫu số
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 14
α
v
r
β
ms
F
r
x
α

α
P
r
δ
γ
F
r
Q
r
H
G
F
r
−
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.


( ) ( )
1 1
sin cos sin sin cos cos cos
cos cos
MS
µ γ γ ϕ γ ϕ γ ϕ γ
ϕ ϕ
= + = + = −
Vậy
( )
( )
ϕ
γϕ

αµα
cos
cos
cossin
−
+
=
mg
F
Để A
min
thì F
min
khi mà cos(
ϕ
-
γ
) lớn nhất
γϕγϕ
=⇔=−⇒
1)cos(
=arctg
µ
Vậy
minmin
AF ⇔
thì dây kéo hợp với phương nghiêng 1 góc
µγ
arctg=
và dây kéo

hợp với phương ngang 1 góc
γαβ
+=
Cách 3:Dùng phương pháp hình học :
Ta cộng
RFQ
ms
rr
r
=+
thì
R
r
hợp với phương thẳng của
P
r
1 góc
δ
=
( )
ϕα
+
;
trong đó
ϕ
=arctg (F
ms
/Q) =arctg (
µ
).

Nên để lực nhỏ nhất thì chuyển động phải là chuyển động thẳng đều:

0
ms
Q F F P R F P+ + + = ⇔ + = −
r r
r r r r r r
Vậy 3 vectơ tạo thành 1 tam giác .
Với vectơ
( )
P−
r
được xác định bởi OK ;
vectơ
R
r
có phương Oz xác định ,
hợp với
P
r
góc
δ
=
( )
ϕα
+
;
Còn véc tơ
F
r

có hướng và độ lớn F thay đổi
thì áp lực thay đổi, nên độ lớn R cũng thay đổi theo.
Khi
F
r

⊥
Oz thì F
min
; từ
∆
OHK ta có :
( )
ϕα
+= sin
min
mgF
Khi đó
min
F
r
hợp với phương ngang Kx một góc
β
=
δ
=
( )
ϕα
+
.

Ví dụ 4: Tìm α để khối trụ quay tại chỗ
Người ta cuốn một sợi dây không dãn, không khối lượng quanh một khối
trụ khối lượng m như hình vẽ. Hỏi phải kéo dây bằng một lực F
min
nhỏ nhất bằng
bao nhiêu để khối trụ quay tại chỗ. Khi đó dây tạo với phương ngang một góc
α
bằng bao nhiêu? Biết hệ số ma sát giữa khối trụ với sàn là k.
Cách giải:
Khối trụ chịu các lực tác dụng như hình vẽ
Do khối trụ không chuyển động tịnh tiến nên
0
r
rrrr
=+++
ms
FNPF
(1)
Chiếu lên Ox:
0cos =−
ms
FF
α
(2)
Chiếu lên Oy:
0sin =+− NmgF
α
(3) với F
ms
=kN (4)

(2) (3) (4) suy ra
αα
sincos k
kmg
F
+
=
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 15
y
N
r
P
r
ms
F
r
x
F
r
α
δ





z
O
K
β

x
P
−
r
H
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

F
min
khi mẫu số
[ ]
αα
sincos k=
lớn nhất
Theo bđt Bunhiacopki:
2
1sincos kk +≤+
αα
Vậy :
2
min
1 k
kmg
F
+
=
Khi đó kcos
α
= sin
α

Hay tg
α
= k
)(karctg=⇔
α
Ví dụ 5: Tác dụng
F
r
để vật cân bằng F
min
?
Dùng một lực
0
F
r
có độ lớn F
0
= 118N để áp một vật m = 50 kg vào tường
thẳng đứng, cần dùng lực F
min
bằng bao nhiêu và có hướng thế nào để giữ cho
vật đứng yên? Biết hệ số ma sát giữa vật với tường là k = 0,3 ; lấy g = 9,8 m/s
2
.
Cách giải:
Nếu lực biết
F
r
thì điều kiện để vật đứng yên :

P = F
msnghỉ
= F
mso
≤

KN mà N = F
0
(cân bằng )
Hay
0 0
490
. 1633
0,3
P
k F P F N
k
≥ ⇒ ≥ = =
Nhưng theo đề cho F
0
=118N nên vật m chưa đứng yên
mà sẽ tụt dần xuống. Để vật đứng yên cần tác dụng thêm
vào vật 1 lực
F
r
hướng lên hợp với phương ngang 1 góc
α
như hình vẽ. Nhờ tác dụng vậy lực ma sát cũng được tăng thêm .
Điều liện cân bằng khi có thêm lực
F

r
:
0
0
r
rrrrr
=++++
PFNFF
mso
(1)
Chiếu lên phương thẳng đứng chiều dương hướng lên :
Fsin
α
+ F
mso
– P = 0
KNFFP
mso
==−⇒
α
sin
(2)
(Khi vật chớm muốn trượt thì F
mso
= KN)
Chiếu(1) lên phương ngang chiếu dương là chiếu
0
F
r
: Fcos

α
+ F
0
= N (3)
Thế (3) vào (2) ta được: P - Fsin
α
= k(Fcos
α
+F
0
)
0
sincos kFPFkF −=+⇔
αα
Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski:

( )
( )
αααα
22222
2
cossin)(sincos ++≤+ FFkFkF

1
2
0
222
0
+
−

≥⇒+≤−⇒
k
kFP
FFFkkFP
Vậy
N
k
kFP
F 4,435
044,1
4,456
1
2
0
min
==
+
−
=
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 16
N
r
mso
F
r
F
r
o
F
r

P
r
G
α
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Dấu bằng xảy ra khi ra khi và chi khi :
'8733,0cot
sincos
0
=⇒==⇔=
αα
αα
kg
FkF
Ví dụ 6:
Một chiếc hòm có khối lượng m đặt trên mặt phẳng nhám nằm ngang với
hệ số ma sát k .Để xê dịch hòm cần phải tác dụng vào nó một lực kéo
F
r
. Hãy
tìm giá tri nhỏ nhất của lực kéo
F
r
và góc
α
hợp bởi lực
F
r
với phương ngang

tương ứng ?
Cách giải:
Xét trường hợp
F
r
hướng lên như hình vẽ.
Gọi
α
là góc hợp bởi
F
r
với phương ngang .
Để có thể xê dịch được hòm thì
Fcos
α
- F
ms
= ma
≥
0 ;
F
ms
= k (mg - Fsin
α
)
Theo đề ra tìm giá trị nhỏ nhất nên ta chỉ xét khi dấu bằng xảy ra
F.cos
α
- F
ms

=0

( )
αα
αα
sincos
sincos0
k
kmg
FFmgkF
+
=⇔−−=⇔
(1)
Vì
α
nhọn cos
α
; sin
α
dương , k dương
Theo bđt Bunhiacopki:

( )
( )( )
αααα
222
2
sincos1sincos
++≤+
kk

(2)
Từ (1) (2)
2
min
1 k
kmg
F
+
=⇒
(3)
⇔

α
α
α
tgk ==
cos
sin
Xét trường hợp đẩy hòm
F
r
hướng xuống
( )
0, <=
α
vF
r
r
thì áp lực tăng lên và lực
ma sát sẽ tăng lên F

ms
= k(mg+Fsin
α
) .
Do đó lực F sẽ lớn hơn F
min
thu được (3)
Vậy kết lụân giá trị nhỏ nhất của lực F làm xê dịch vật là

2
min
1 k
kmg
F
+
=
khi đó góc
arctgk
=
α
.
Ví dụ 8: bài toán tối ưu
Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên,được kéo trên sàn bằng 1 sợi dây với
kực kéo F=1000N, hệ số ma sát hộp và sàn là k= 0,35. (lấy g = 10m/s
2
).
a)Với góc giữa dây kéo và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo được lượng
cát lớn nhất?
b)Tính khối lượng cát và hộp trong trường hợp đó bằng bao nhiêu?
Cách giải :

Vật chịu 4 lực .Chọn hệ tọa trục như hình vẽ
Ta có
ms
P N F F ma+ + + =
r r r r
r
(1)
Chiếu (1) lên Oy:
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 17
F
r
v
r
P
r
ms
F
r
Q
r
α
y
x
msF
r
v
r
α

Q

r
G
F
r
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

0 sinP F
α
= −
(2)
ms
F kN kQ
⇒ = =
Chiếu (1) lên Ox: Fcos
α
- F
ms
= ma (3)

( )
akg
kF
m
+
+
=⇒
αα
sincos
Điều kiện m
max

(F,k,g không đổi)
( )
( )
0
maxsincos
min
=⇒



+
+
a
k
akg
αα
Theo bđt Bunhiacopki:

2
1sincos.1 kk
+≤+
αα

kg
kF
m
2
1
+
≤⇒

Dấu bằng xảy ra khi : k = sin
α
/ cos
α
= tg
α
= 0,35
0
3,19=⇒
α
Khi đó khối lượng cát lớn nhất
kg
kg
kF
m 303
10.35,0
35,011000
1
2
2
max
=
+
=
+
=
.
III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

1. Khi dạy chuyên đề nội dung B2 cho thấy học sinh thì nhanh chóng nắm

bắt và vận dụng phương pháp rất nhanh vào giải bài tập.
Khảo sát bài cho thấy:
Khi chưa hướng dẫn chuyên đề B2 trên
tỷ lệ học sinh
giải được
tỷ lệ học sinh
lúng túng
tỷ lệ hoc sinh
không giải được
20% 45% 35%
Khi hướng dẫn chuyên đề B2 trên vào vận dụng:
tỷ lệ học sinh
giải được
tỷ lệ học sinh
lúng túng
tỷ lệ hoc sinh
không giải được
80% 15% 4-5%
Chuyên đề này triển khai với các lớp nguồn và luyện thi học sinh giỏi thì rất
hiệu quả.
2. Khi dạy chuyên đề nội dung B3
* Mỗi phương pháp được vận dụng đều có những ưu điểm nhất định và có
cũng có những nhược điểm nhất định so với các phương pháp khác. Trong các ví
dụ trên nội dung B3 ta thấy phương pháp dựa vào bất đẳng thức Bunhiacốpski có
những điểm mạnh, mà có những bài toán phương pháp khác không thể thay thế
được. Tuy vậy, ở ví dụ 3 minh họa cho thấy bên cạnh phương pháp áp dụng bất
đẳng Bunhiacốpski, ta vẫn có thể áp dụng các cách khác như: dùng biến đổi giải
tích và phương pháp hình học. Việc vận dụng phương pháp nào cũng cần phải có
những hiểu biết phương pháp một cách sâu sắc và sự sáng tạo nhất định.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 18

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

* Những bài dạng như nội dung B3 đặc biệt hiệu quả trong luyện thi học sinh
giỏi. Với phương pháp gợi mở đặt vấn đề, gợi mở cho học sinh cố gắng tìm ra
các cách giải khác nhau cho một bài toán, sẽ giúp cho học sinh phát triển tư duy và
nắm vững các phương pháp giải và từ đó hứng thú học tập môn Vật lý hơn.
3. Nhận xét:
* Trên đây là các ví dụ có tính chất minh hoạ gợi ý vận dụng phương pháp.
Mong rằng với các phương pháp đã nêu ở phần B2 và B3, học sinh sẽ tìm thêm lời
giải cho các bài toán cực trị phong phú hơn, từ đó hứng thú hơn trong học tập.
* Đề tài này giúp học sinh nắm được các phương pháp giải dạng toán cựu trị,
giúp cho học sinh có thể nắm được cách giải và từ đó chủ động vận dụng các
phương pháp này trong khi làm bài tập. Từ đó để cho bản thân hoc sinh có thêm kỹ
năng về giải các bài tập Vật lý, cũng như giúp các em học sinh nhanh chóng giải
các bài toán trắc nghiệm về bài tập điện xoay chiều rất phong phú và đa dạng .

IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG.
* Chuyên đề này cũng là tài liệu tham khảo tốt cho quý thầy cô và quý bậc phụ
huynh học sinh. Đề tài có thể vận dụng trong diện rộng góp phần nâng chất lượng
dạy và học.
* Chuyên đề này cũng mới chỉ hạn chế ở những bài toán điển hình, còn những bài
toán không điển hình chưa được đề cập ở chuyên đề này. Đây là vấn đề sẽ được
chúng tôi tiếp tục giải quyết trong các chuyên đề tới.
V. ĐÔI LỜI KẾT LUẬN:
Chúng tôi rất mong muốn chuyên đề mang tính khoa học và sư phạm nhằm
mục đích góp phần nâng cao chất lượng Dạy và Học của thầy và trò trong yêu cầu
mới của giáo dục phổ thông. Do kinh nghiệm của bản thân còn hạn chế nên chắc
chắn rằng đề tài còn có thiếu sót, tôi rất mong đón nhận các đóng góp ý kiến của
quý Thầy Cô nhằm được học hỏi thêm những kinh nghiệm quí báu và góp phần
nâng cao tính khả thi cho đề tài.

Mọi trao đổi xin liên hệ với Nguyễn Trường Sơn số điện thoại 0903124832.
Chúng tôi chân thành cảm ơn quý Thầy Cô đã quan tâm !
VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Bài tâp vật lý sơ cấp chọn lọc. Nguyễn xuân Khang,…. NXB Hà nội. Năm 1984.
2.Phương pháp giải bài tập Vật lý sơ cấp. An văn Chiêu,…NXB Hà nội. Năm
1985.
3.Giải toán vật lý 12.Bùi Quang Hân,…NXB .Giáo dục,năm 1995.
4.Hướng dẫn giải bài tập vật lý sơ cấp.Ngô quốc Quýnh. NXB Hà nội. Năm 1985.
5.Bài tập Vật lí 12. Vũ thanh Khiết,…NXB Giáo dục,năm 1993.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 19
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

6.Phân loại và phương pháp giải các dang bài tập vật lý 12. Trần Ngọc. NXB đại
học quốc gia Hà nội. Năm 2008.
7. 500 bài toán vật lý sơ cấp . Trương thọ Lương… NXB giáo dục. Năm 2001.
8. 450 bài tập trắc nghiệm vật lý (Quang học) . Lê Gia Thuận. NXB đại học quốc
gia Hà nội. Năm 2008.
9. Sai lầm thường gặp và tìm hiểu thêm Vật lý 12.Nguyễn Đình Noãn. NXB đại
học sư pham. Năm 2008.
10. Những bài tập vật lý cơ bản hay và khó trong chương trình PTTH.Vũ Thanh
Khiết. NXB giáo dục 2001.
11.Một số thông tin trên mạng các trang giáo dục và tài liệu Việt nam.


Biên Hòa , ngày 25 tháng 5 năm 2012.
Ý kiến của Hiệu trưởng Người thực hiện:
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
Giáo viên Vật lý

Tổ Vật lý-Công nghệ-Thể dục-Quốc phòng.
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh.
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 20
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Trường THPTNguyễn Hữu Cảnh Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên Hòa, ngày 25 tháng 5 năm 2012
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2011-2012

Tên sáng kiến kinh nghiệm:
“MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”
Họ và tên tác giả: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN .
Đơn vị (Tổ): Vật lý – Công nghệ - Thể dục – Quốc phòng.
Lĩnh vực:
Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy học bộ môn: 
Phương pháp giáo dục:  Lĩnh vực khác: 

1. Tính mới:
-Có giải pháp hoàn toàn mới: 
-Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có: 

2. Hiệu quả:
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao: 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng tại đơn vị có hiệu quả 

3.Khả năng áp dụng
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính
sách: Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực
hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt
hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Tổ phó:Nguyễn Bình Nam
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 21
Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

Mã số
SẢN PHẨM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Người thực hiện:
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục:
Phương pháp dạy học bộ môn:
Phương pháp giáo dục:
Lĩnh vực khác:

Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác

Năm học: 2011-2012
Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 22

Chuyên đề :” MỘT SỐ CÁCH GIẢI DẠNG TOÁN CỰC TRỊ”.

Người thực hiện : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN, trường THPH NGUYỄN HỮU CẢNH -trang 23