Hướng dẫ học sinh dùng phương pháp tọa độ để giải nhanh một số bài toán giao thoa sóng cơ, chương trình vật lý 12

MỤC LỤC

Tran
g

I. MỞ ĐẦU:
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
1.1. Giao thoa sóng cơ
1.1.1. Giao thoa của hai sóng có độ lệch pha bất kì
1.1.2. Xác định số đường cực đại và số đường cực tiểu
1.1.3. Vấn đề tìm điều kiện để dao động tại M cùng pha, ngược pha
với dao động nguồn
2.2. 1.2. Dạng phương trình Hypebol của các đường cực đại, cực tiểu
1.2.1 Phương trình Hypebol của các đường cực đại
1.2.2. Phương trình Hypebol của các đường cực tiểu.
1.3 Dạng phương trình Elip cùng pha, ngược pha với nguồn
1.3.1 Dạng phương trình Elip cùng pha với nguồn
1.3.2 Dạng phương trình Elip ngược pha với nguồn

01
01
01
01
02
03
03

03
03
03

2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng SKKN
3.Các bài toán giải bằng phương pháp tọa độ
3.1. Những bài toán liên quan đến giao điểm của đường thẳng với
các vân giao thoa.
3.1.1. Tìm khoảng cách lớn nhất hoặc nhỏ nhất từ giao điểm M của
đường thẳng ∆ với vân giao thoa tới đường thẳng chứa
nguồn.
3.1.2. Tìm khoảng các lớn nhất hoặc nhỏ nhất từ giao điểm M của
đường thẳng ∆ với vân giao thoa tới đường thẳng vuông góc với
đường thẳng chứa nguồn.
3.2. Những bài toán liên quan đến giao điểm của đường tròn với
các vân giao thoa.
3.2.1. Xác định một điểm dao động với biên độ cực đại hoặc cực
tiểu trên một đường tròn tâm nằm trên đường thẳng nối hai
nguồn.
3.2.2. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại hoặc cực tiểu trên
một đường tròn tâm nằm ngoài đường thẳng nối hai nguồn.
3.2.3 Những bài toán liên quan đến những điểm dao động cùng pha
(hoặc ngược pha) với nguồn.
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận 1. Kết luận

08
09

2.3.

03
04
05
06
07
07
08

09
09
11
13
13
15
16
18

19
19
1


2. Kiến nghị 2. Kiến nghị

19

I. MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Toán học đã được sử dụng ở rất nhiều các dạng bài tập Vật lý đặc biệt
giải các bài toán luyện thi Đại học. Vận dụng toán học để giải các bài tập Vật lý
nhanh gọn, chính xác đang là nhu cầu của học sinh trong quá trình học tập trung
học phổ thông.
Là giáo viên giảng dạy môn Vật lí ở bậc THPT tôi nhận thấy việc hướng
dẫn học sinh xử lí toán học là rất cần thiết khi giải các bài tập Vật lý.
Xuất phát từ nhu cầu dạy học trong khi giải bài tập giao thoa sóng cơ, từ
dạng quỹ tích đường giao thoa là hypecbol nên tôi nhận thấy phương án giải một
số dạng toán cụ thể hay gặp trong bài toán giao thoa bằng phương pháp sử dụng
phương trình đường hypecbol và elip. Đồng thời qua giảng dạy ở các lớp 12, ôn
thi đại học, bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy phương pháp giải này đơn
giản, dễ hiểu không chỉ với học sinh khá, giỏi mà còn cả học sinh ở mức trung
bình. Với những lí do trên, tôi chọn đề tài : “Hướng dẫn học sinh dùng
phương pháp tọa độ để giải nhanh một số bài toán giao thoa sóng cơ,
chương Sóng cơ, chương trình Vật lý 12".
Thông qua đề tài, tôi muốn giúp học sinh có phương pháp mới để giải bài
toán khoảng cách trong giao thoa một cách thuận lợi và nhanh gọn. Cũng qua đề
tài tôi muốn giúp học sinh liên hệ tốt giữa kiến thức vật lý và phương trình toán
học để hiểu sâu kiến thức đồng thời phát triển tư duy một cách hoàn thiện hơn.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Để giải các bài tập Vật lý nói chung và các bài toán giao thoa sóng cơ học
nói riêng, toán học là công cụ không thể thiếu giúp ta tìm ra kết quả. Đối với các
bài toán xác định khoảng cách trong giao thoa phần lớn học sinh vận dụng các
hệ thức lượng trong tam giác để giải quyết vấn đề, đây cũng là phương pháp mà
các sách tham khảo đề cập đến. Tuy nhiên, qua thực tế giảng dạy, tôi thấy việc
học sinh sử dụng hệ thức trong tam giác để giải dạng toán này thường gặp một
số khó khăn như: phải nhận dạng tam giác, kết hợp giải nhiều phương trình vô
tỷ, giải hệ phương trình dài dòng... Vì thế học sinh phải dành khá nhiều thời gian
để tìm ra kết quả bài toán, chưa thực sự phù hợp với phương pháp làm bài trắc
nghiệm. Vì thế tôi đã đưa ra ''phương pháp tọa độ để giải nhanh một số bài

toán giao thoa sóng cơ " trong qúa trình dạy ôn thi Đại học và bồi dưỡng học
sinh giỏi. Tôi nhận thấy các em tiếp thu tốt, đồng thời giải được các bài toán
tương tự một cách nhanh chóng, dễ dàng.
Nhiệm vụ của đề tài:
Khảo sát giải một dạng bài tập Vật lý khó trong phần giao thoa sóng cơ học
của học sinh trường THPT Hoằng Hóa 3
Thực trạng và phân tích thực trạng
2


Đánh giá, rút kinh nghiệm
Đề ra các giải pháp đơn giản, nhằm nâng cao hiệu quả giải toán giao thoa
sóng cơ, đồng thời rèn luyện tư duy toán học cho học sinh.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Các bài toán xác định khoảng cách trong giao thoa sóng cơ ở chương trình
Vật lý 12.
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Phương pháp dạy học theo hướng giải quyết vấn đề
Nghiên cứu tư liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm
Phương pháp quan sát thực tế: quan sát tư duy và giải toán của học sinh
Phương pháp hỏi đáp: trao đổi trực tiếp với giáo viên, học sinh về những
vấn đề liên quan đến nội dung đề tài
Phương pháp thống kê, phân tích số liệu

3


II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1.1. Giao thoa sóng.

1.1.1. Giao thoa của hai sóng có độ lệch pha bất kỳ.
Trong mặt phẳng (P) có nguồn sóng S1, S2 cách nhau một khoảng l phát ra
hai sóng kết hợp phương trình là: u1 = Acos(2π ft + ϕ1 ) và u2 = Acos(2π ft + ϕ2 )
Tại điểm M (M Є P) cách hai nguồn S1, S2 một khoảng lần lượt là MS1 =
d1, MS2 = d2 đồng thời nhận được hai dao động do S 1, S2 truyền đến. Nếu coi
biên độ dao động là không đổi trong quá trình truyền sóng thì các dao động tại
M có phương trình là: u1M = Acos(2π ft − 2π

d1
d
+ ϕ1 ) và u2 M = Acos(2π ft − 2π 2 + ϕ2 )
λ
λ

Phương trình giao thoa sóng tại M: uM = u1M + u2M
d1 + d 2 ϕ1 + ϕ 2 
∆ϕ 
 d −d

uM = 2 Acos π 1 2 +
c
os
2
π
ft
−
π
+

λ

2 
λ
2 


(1.1)

Biên độ dao động tại M:
 d − d ∆ϕ 
AM = 2 A cos  π 1 2 +
÷ với ∆ϕ = ϕ1 − ϕ2
λ
2 


(1.2) [3]
1.1.2. Xác định số đường cực đại và số đường cực tiểu của hình giao thoa.
a) Tìm điều kiện để tại M là cực đại hoặc tại M là cực tiểu
∆ϕ
.λ (k ∈ Z)
(1.3) [1]
2π
λ ∆ϕ
- Để tại M là cực tiểu thì: d 2 − d1 = (2k + 1) − .λ (k ∈ Z) (1.4) [1]
2 2π

- Để tại M là cực đại thì d 2 − d1 = k λ −

b) Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại hoặc dao động với biên độ
cực tiểu trên đường thẳng nối hai nguồn.

- Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn S1S2
l ∆ϕ
 l ∆ϕ
≤k ≤ −
− +
λ 2π
 λ 2π

k
∈
Z


(1.5) [3]

- Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn S1S2
l 1 ∆ϕ
 l 1 ∆ϕ
≤k≤ − −
− − +
λ 2 2π
 λ 2 2π

k
∈
Z


(1.6) [3]

1.1.3. Vấn đề tìm điều kiện để dao động tại M là cùng pha (hoặc ngược pha)
với dao động ở nguồn (M không thuộc đoạn thẳng nối hai nguồn ). [8]
4


Phương trình dao động tổng hợp tại hai nguồn cách nhau một khoảng l là:
u = 2a cos(π

l ϕ2 − ϕ1
lπ ϕ + ϕ1
+
).cos(ω t − + 2
)
λ
2
λ
2

(1.7)

- Trường hợp M nằm ngoài S 1S2 ( d 2 + d1 > l ). Do đó, dao động tại M trễ
pha hơn dao động ở nguồn. Để tại M dao động cùng pha với nguồn thì:
 k ∈ Z*+
d 2 + d1 = 2k λ + l (k ∈ Z )
(1.8)
Với: 
k > 0
- Trường hợp M nằm ngoài S1S2 d 2 + d1 > l . Do đó, dao động tại M trễ pha
*
+

hơn dao động ở nguồn. Để tại M dao động ngược pha với nguồn thì:
d 2 + d1 = (2k + 1)λ + l (k ∈ Z + ) (1.9)

 k ∈ Z+

Với: 

k ≥ 0

1.2. Dạng phương trình Hypebol của các đường cực đại, cực tiểu.
Định nghĩa đường Hypebol: Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F 1,F2
(F1F2=2c>0). Tập hợp điểm M sao cho MF2 − MF1 = 2a (0 < a < c) gọi là
Hypebol. Trong đó: F1,F2 là hai tiêu điểm của Hypebol
Khoảng cách giữa hai tiêu điểm là tiêu cự của Hypebol và có độ lớn là 2c
Hypebol (H) gồm tập hợp điểm M sao cho MF2 − MF1 = 2a (0 < a < c) ;
(F1F2=2c>0). Chọn hệ trục tọa độ sao cho F 1(-c,0) và F2(c,0) thì phương trình
chính tắc của Hypebol (H) có dạng:
x2 y2
− 2 = 1 với b 2 = c 2 − a 2 [4]
2
a b

Hình 1.1: Hình vẽ Hypebol có phương trình chính tắc [4].
Như chứng minh ở trên ta thấy, với mỗi giá trị của k thì hiệu khoảng cách
d 2 − d1 từ các điểm dao động với biên độ cực đại, các điểm dao động với biên
độ cực tiểu… tới hai nguồn là một số không đổi. Vậy ứng với mỗi giá trị của k
ta có một Hypebol cực đại hoặc cực tiểu tương ứng. Tập hợp tất cả các Hypebol
lại ta có họ Hypebol cực đại, họ Hypebol cực tiểu…

5


Hình 1.2: Hình vẽ mô phỏng hình ảnh giao thoa sóng[2]
1.2.1. Phương trình Hypebol của các đường cực đại.
Gọi O là trung điểm của S1S2 (S1S2=l). Chọn hệ trục tọa độ đề các xOy
vuông góc, có gốc tọa độ tại O, Ox có phương là đường thẳng chứa hai nguồn.
Với cách chọn hệ tọa độ xOy như vậy và M thỏa mãn điều kiện
l ∆ϕ
 l ∆ϕ
≤k ≤ −
∆ϕ
− +
d 2 − d1 = k λ −
.λ Với k thảo mãn điều kiện:  λ 2π
λ 2π
2π

k ∈ Z

Vậy, M nằm trên một Hypebol có hai tiêu điểm là S1,S2.
Đặt:
1
1
∆ϕ

a
=
d
−

d
=
k
λ
−
λ
2
1

2
2
2π

l

(l = S1S2 )
(1.10)
c =
2


1 2
∆ϕ 2
l − (k λ −
λ)
b =
2
2π

Phương trình chính tắc Hypebol cho đường cực đại ứng với một giá trị của k là:

x2
y2
−
=1
1
∆ϕ 2 1  2
∆ϕ 2 
(1.11)
(k λ −
λ)
l
−
(
k
λ
−
λ
)

4
2π
4 
2π
Thường thì chúng ta xét hai trường hợp đặc biệt sau:
Trường hợp 1: Hai nguồn cùng pha ( ∆ϕ = 0 ). Phương trình của
x2
y2
1
− 2
=

Hypebol cực đại có dạng:
(1.12)
2
2
(k λ )
l − ( k λ )  4
Trường hợp 2: Hai nguồn ngược pha ( ∆ϕ = π ). Phương trình của
x2
y2
1
−
=
λ 2 4
Hypebol cực đại có dạng: (k λ − λ ) 2  2
(1.13)
l
−
(
k
λ
−
) 

2
2 

6


y

M
d
S2

2

d
O

1

S1

x

Hình 1.3: Hình vẽ Hypebol cực đại
1.2.2. Phương trình Hypebol của các đường cực tiểu.
Gọi O là trung điểm của S1S2 (S1S2=l). Chọn hệ trục tọa độ đề các xOy
vuông góc, có gốc tọa độ tại O, Ox có phương là đường thẳng chứa hai nguồn.
Với cách chọn hệ tọa độ xOy như vậy và M thỏa mãn điều kiện
l 1 ∆ϕ
 l 1 ∆ϕ
≤k≤ − −
λ ∆ϕ
− − +
d 2 − d1 = (2k + 1) −
λ Với k thảo mãn điều kiện:  λ 2 2π
λ 2 2π
2 2π


k ∈ Z

Vậy, M nằm trên một Hypebol có hai tiêu điểm là S1,S2.
Đặt:

1
1
λ ∆ϕ
λ
a = d 2 − d1 = (2k + 1) −
2
2
2 2π


l
(l = S1S2 )
(1.14)
c =
2

2

1 2 
λ ∆ϕ 
b =
l − (2k + 1) −
λ
2

2 2π 


Phương trình chính tắc Hypebol cho đường cực đại ứng với một giá trị
của k là:
x2
y2
=1
2 −
2
1
λ ∆ϕ 
1 2 
λ ∆ϕ  
(1.15)
λ÷
l −  (2k + 1) −
λ÷ 
 (2k + 1) −

4
2 2π 
4
2 2π  


7


y

M
d2
S2

d1
O

S1

x

Hình 1.4: Hình vẽ Hypebol cực tiểu
Thường thì chúng ta xét hai trường hợp đặc biệt sau:
Trường hợp 1: Hai nguồn cùng pha ( ∆ϕ = 0 ). Phương trình của
Hypebol cực tiểu có dạng:
x2
y2
1
−
2
2 =
(1.16)
λ
λ 4


l 2 −  (2k + 1) ÷
 (2k + 1) ÷
2

2


Trường hợp 2: Hai nguồn ngược pha ( ∆ϕ = π ). Phương trình của
Hypebol cực tiểu có dạng:
x2
y2
1
−
=
2
2
2 
λ λ
λ λ   4 (1.17)

 (2k + 1) − ÷
l −  (2k + 1) − ÷ 
2 2
2 2 




1.3. Dạng phương trình Elip cùng pha, Elip ngược pha với nguồn
Định nghĩa đường Elip: Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F 1, F2
(F1F2=2c>0). Tập hợp điểm M sao cho MF2 + MF1 = 2a (0 < c < a ) gọi là Elip.
Trong đó:
F1,F2 là hai tiêu điểm của Elip
Khoảng cách giữa hai tiêu điểm là tiêu cự của Elip và có độ lớn là 2c

Elip (E) gồm tập hợp điểm M sao cho MF2 + MF1 = 2a (0 < c < a) ; (F1F2=2c>0).
Chọn hệ trục tọa độ xOy sao cho F1(-c,0) và F2(c,0) thì phương trình chính
tắc của Elip (E) có dạng:
x2 y2
với
b 2 = a 2 − c 2 [4].
+ 2 =1
2
a
b
Như chứng minh ở trên ta thấy, với mỗi giá trị của k thì tổng khoảng cách
d 2 + d1 từ các điểm dao động cùng pha (hoặc ngược pha) với nguồn, tới hai
nguồn là một khoảng không đổi. Vậy ứng với mỗi giá trị của k ta có một Elip là
quỹ tích các điểm dao động cùng pha với nguồn (gọi là Elip cùng pha) hoặc Elip
là quỹ tích các điểm dao động ngược pha với nguồn (gọi là Elip ngược pha) với
8


nguồn. Tập hợp tất cả các Elip lại ta có họ Elip các điểm dao động cùng pha
(hoặc ngược pha) với nguồn.

Hình 1.5: Hình vẽ đường Elip có phương trình chính tắc [4].
1.3.1. Phương trình Elip cùng pha.
Gọi O là trung điểm của S1S2 (S1S2=l). Chọn hệ trục tọa độ đề các xOy
vuông góc, có gốc tọa độ tại O, Ox có phương là đường thẳng chứa hai nguồn.
Với cách chọn hệ tọa độ xOy như vậy và M thỏa mãn điều kiện
⇒ d 2 + d1 = 2k λ + l (k ∈ Z*+ )

 k ∈ Z*+
Với k thảo mãn điều kiện: ⇒ 

k > 0

Vậy, M nằm trên một Elip có hai tiêu điểm là S1,S2.
Đặt:
1
1

a
=
(
d
+
d
)
=
(2k λ + l )
2
1

2
2

l

(l = S1S2 )
c =
2

1


b=
(2k λ + l ) 2 − l 2

2


Phương trình chính tắc của Elip cùng pha ứng với một giá trị của k là:
x2
y2
1
+
=
(2k λ + l ) 2 (2k λ + l ) 2 − l 2 4
1.3.2. Phương trình Elip ngược pha.
Gọi O là trung điểm của S1S2 (S1S2=l). Chọn hệ trục tọa độ đề các xOy
vuông góc, có gốc tọa độ tại O, Ox có phương là đường thẳng chứa hai nguồn.
Với cách chọn hệ tọa độ xOy như vậy và M thỏa mãn điều kiện
d 2 + d1 = (2k + 1)λ + l (k ∈ Z+ )

 k ∈ Z+

Với k thảo mãn điều kiện: ⇒ 

k ≥ 0

Vậy, M nằm trên một Elip có hai tiêu điểm là S1,S2.
Đặt:
9

1
1

a
=
(
d
+
d
)
=
( (2k + 1)λ + l )
2
1

2
2

l

(l = S1S2 )
c =
2

1
2

b
=
(2

k
+
1)
λ
+
l
− l2
(
)

2
Phương trình chính tắc của Elip ngược pha ứng với một giá trị của k là:
x2
y2
1
=
2 +
2
2
( (2k + 1)λ + l ) ( (2k + 1)λ + l ) − l 4
2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM
* Giải pháp đã biết: Chương giao thoa sóng cơ trong chương trình Vật lý
lớp 12 có một tỷ lệ khá lớn trong đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi Đại Học cũng
như thi học sinh giỏi các cấp. Các bài tập ở phần này khá đa dạng, tương đối khó
và rất quan trọng. Thông thường các học sinh sử dụng phương pháp tính toán đại
số và sử dụng máy tính cầm tay để tính toán và cho ra kết quả.
* Ưu điểm: Khi học sinh giải các bài toán giao thoa sóng cơ bằng
phương pháp đại số sẽ giúp học sinh rèn luyện được khả năng tư duy toán học,
rèn luyện được kỹ năng tính toán, rèn luyện năng lực làm việc, độc lập giải

quyết các vấn đề đặt ra trong các bài toán Vật lý.
* Nhược điểm:
Khi học sinh chỉ sử dụng phương pháp tính toán đại số để giải các bài
toán Vật lý gặp một số khó khăn và trở ngại sau:
- Thứ nhất là khả năng linh hoạt trong tư duy của các em bị hạn chế:
Thông thường một bài toán có nhiều cách tư duy và nhiều cách giải quyết mà
thường phương pháp tính toán thuần đại số đi sâu về bản chất, có tính tổng quát
cao nhưng tương đối dài và mất nhiều thời gian để tìm ra đáp số cuối cùng.
Trong khi đó nhiều bài toán cho vào những trường hợp đặc biệt, độc đáo nên có
những cách tư duy, giải quyết nhanh và phải biết kết hợp các phương pháp một
cách linh hoạt.
- Thứ hai là hạn chế về tốc độ giải quyết một bài toán: Những năm gần
đây đề thi môn Vật lý trong các kỳ thi chính thức như thi tốt nghiệp, thi Đại học
thường cho dưới hình thức trắc nghiệm khách quan. Số lượng các câu hỏi lý
thuyết và các bài toán Vật lý tương đối lớn và đề cập rộng nhiều vấn đề trong
chương trình phổ thông và cả các vấn đề gắn với thực tế cuộc sống. Đề thi
không chỉ yêu cầu học sinh có kiến thức nền tảng phổ thông vững chắc mà còn
đòi hỏi khả năng tư duy vận dụng kiến thức và khả năng linh hoạt sáng tạo trong
các bài toán mới, các bài toán thực tế ứng dụng. Học sinh không chỉ cần thể hiện
được các năng lực như: Năng lực học tập, năng lực tư duy, năng lực sáng tạo...
mà cần thể hiện được kỹ năng giải quyết vấn đề một cách nhanh chóng và có độ
chính xác cao.
3. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ.
10


3.1. Những bài toán liên quan đến giao điểm của đường thẳng với các vân
giao thoa.
3.1.1. Tìm khoảng cách lớn nhất hoặc nhỏ nhất từ giao điểm M của đường
thẳng ∆ với vân giao thoa tới đường thẳng chứa nguồn.

Ví dụ 1: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 40cm
dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại
đó M dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là bao nhiêu
[3]?
Cách bằng phương pháp tọa độ.
v

200

Ta có λ = f = 10 = 20(cm) .
Do M là một điểm cực đại giao thoa nên để
đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên vân
cực đại có k =1. Phương trình Hypebol của cực đại
này là:
x2
y2
1
−
=
2
2
2
20
 40 − 20  4

k=0
k=1

M

d2

d1
A

B

Vì M nằm trên đường thẳng vuông với AB
nên xM= -20 cm. Thay vào phương trình trên ta tính Hình 2.1: Mô phỏng cho lời giải
được yM.
Chú ý: Sử dụng chức năng nhẩm nghiệm của máy tính casio fx 570 ES plus
phương trình một ẩn là y2, sau đó suy ra y [5].
Đáp án 30cm
Ví dụ 2: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 100cm
dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 3(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại
đó M dao động với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu
[3].
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
v

300

Ta có λ = f = 10 = 30(cm) .
Số vân dao động cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện:
− AB < d 2 − d1 = k λ < AB .
Hay:

− AB
AB

−100
100
⇔
⇔ −3,3 < k < 3,3 .
λ
λ
3
3

Suy ra: k = 0, ±1, ±2, ±3 .

Do M là một điểm cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực đại có k =1. Phương trình Hypebol của cực đại này
x2
y2
1
=
là: 2 −
90
100 2 − 902  4
11


Vì M nằm trên đường thẳng vuông với AB nên x M= -50 cm. Thay vào
phương trình trên ta tính được yM=10,56 cm.
Chú ý: Sử dụng chức năng nhẩm nghiệm của máy tính casio fx 570 ES plus
phương trình một ẩn là y2, sau đó suy ra y [5].
Ví dụ 3: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao

động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB và đi
qua A. Tại đó M dao động với biên độ cực tiểu. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là
bao nhiêu.
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
v

200

Ta có λ = f = 10 = 20(cm) .
Do M là một điểm cực tiểu giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực tiểu có k =0. Phương trình Hypebol của cực đại này
x2
y2
1
=
là: 2 −
2
2
10
 40 − 10  4
Vì M nằm trên đường thẳng vuông với AB nên x M= -20 cm. Thay vào
phương trình trên ta tính được yM.
Chú ý: Sử dụng chức năng nhẩm nghiệm của máy tính casio fx 570 ES plus
phương trình một ẩn là y2, sau đó suy ra y [5].
Đáp án: 75cm
Ví dụ 4: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 100cm dao
động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 3(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường thẳng vuông góc với
AB và đi qua A. Tại đó M dao động với biên độ cực tiểu. Đoạn AM có giá trị

nhỏ nhất là bao nhiêu?
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
v

300

Ta có λ = f = 10 = 30(cm) .
Số vân dao động cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện:
− AB < d 2 − d1 = k λ < AB .
− AB
AB
−100
100
⇔
⇔ −3,3 < k < 3,3 .
λ
λ
3
3
Suy ra: k = 0, ±1, ±2, −3 .

Hay:

Do M là một điểm cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực đại có k =1. Phương trình Hypebol của cực đại này
x2
y2
1

−
=
là: 2
75
1002 − 752  4
Vì M nằm trên đường thẳng vuông với AB nên x M= -50 cm. Thay vào
phương trình trên ta tính được yM.
Chú ý: Sử dụng chức năng nhẩm nghiệm của máy tính casio fx 570 ES plus
phương trình một ẩn là y2, sau đó suy ra y [5].
12


Đáp án 29,17 cm
3.1.2. Tìm khoảng các lớn nhất hoặc nhỏ nhất từ giao điểm M của đường
thẳng ∆ với vân giao thoa tới đường thẳng vuông góc với đường thẳng chứa
nguồn.
Ví dụ5: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 80cm dao
động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường song song với AB (cách
AB một đoạn d =10 cm) và cắt đường trung trực tại H, tại đó M dao động với
biên độ cực đại. Đoạn HM có giá trị lớn nhất là bao
nhiêu [8]?
Giải bằng phương pháp tọa độ.
k=3
M
H
v

200

Ta có λ = f = 10 = 20(cm) .
Số vân dao động với biên độ dao động cực
đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện:
− AB < d 2 − d1 = k λ < AB .
Hay:
− AB
AB
−80
80
⇔
⇔ −4 < k < 4 .
λ
λ
20
20
Suy ra: k = 0, ±1, ±2, ±3 .

A

B

Hình 2.2: Mô phỏng cho lời giải

Do M là một điểm cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực tiểu có k =3. Phương trình Hypebol của cực đại này
x2
y2
1

−
=
là: 2 2
3 .20
802 − 32.20 2  4
Vì M nằm trên đường thẳng song song với AB nên y M = 10cm. Thay vào
phương trình trên ta tính được xM.
Đáp án: 32,07 cm
Ví dụ 6: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 80cm
dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc
truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường song song với AB (cách
AB một đoạn d =10 cm) và cắt đường trung trực tại H, tại đó M dao động với
biên độ cực tiểu. Đoạn HM có giá trị lớn nhất bao
nhiêu [8]?
Giải bằng phương pháp tọa độ.
k=3
M
H
v

200

Ta có λ = f = 10 = 20(cm) .
Số vân dao động với biên độ cực tiểu trên
đoạn AB thỏa mãn điều kiện:

A

B

1
− AB < d 2 − d1 = (k + )λ < AB .
2

Hay:

Hình 2.3: Mô phỏng cho lời giải

13


− AB 1
AB 1
−80 1
80 1
− − ⇔
− − ⇔ −4,5 < k < 3,5 Suy
λ
2
λ 2
20 2
20 2
k = 0, ±1, ±2, ±3, −4 .

ra:

Do M là một điểm cực tiểu giao thoa nên để đoạn HM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực tiểu có k =3. Phương trình Hypebol của cực đại này

là:
x2
y2
1
−
=
3,52.20 2 802 − 3,52.20 2  4
Vì M nằm trên đường thẳng song song với AB nên y M = 10 cm. Thay vào
phương trình trên ta tính được xM.
Đáp án: 39,4 cm
Ví dụ 7: Hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau 12cm phát ra hai sóng kết
hợp có phương trình u1 = u2 = a cos(40π t) (cm) . Tốc độ truyền sóng trên mặt
nước là 20cm/s. Xét đoạn thẳng CD =6cm có chung đường trung trực với AB.
Khoảng cách lớn nhất từ CD tới AB sao cho trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao
động với biên độ cực đại là bao nhiêu [6] ?
Cách giải bằng phương pháp tọa độ
2π v 40π
=
= 1cm
Ta có: λ =
ω
40π
Vì CD có chung đường trung trực với AB, nên tọa độ của D(3,y). Thêm nữa, để
trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biện độ cực tiểu thỉ D phải thuộc Hypebol
có k = 2. Do vậy yD tọa độ của D phải thảo mãn phương trình.
32
yD2
1
−
= ⇒ yD = 16,73

2
2
2
4.1
12 − 4.1  4
y

D

C

A

O

B

x

Hình 2.4: Mô phỏng cho lời giải
Vậy để trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại thì CD
cách AB một khoảng lớn nhất là 16,73 cm.

14


3.2. Những bài toán liên quan đến giao điểm của đường tròn với các vân
giao thoa.
3.2.1. Xác định một điểm dao động với biên độ cực đại hoặc cực tiểu trên
một đường tròn tâm nằm trên đường thẳng nối hai nguồn.

Ví dụ 8: Trong hiện tương giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng kết hợp A và
B cách nhau một khoảng a = 15cm, dao động điều hòa cùng phương, cùng
pha, cùng tần số f=50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s.
Xét các điểm trên mặt nước thuộc đường tròn tâm A bán kính AB. Điểm
nằm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách đường trung trực
của AB một khoảng lớn nhất là bao nhiêu [8]?
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
Chọn hệ trục xOy có:
O là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Ox có phương là phương AB, chiều dương là chiểu từ A đến B.
Oy phương vuông góc với AB, chiều dương tùy ý.
Với cách chọn hệ trục này thì phương trình của đường tròn tâm A bán
kính AB là:
(x + 10) 2 + y 2 = 152 (1)
v

1,5

Ta có λ = f = 50 = 3(cm) .
Số vân dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện:
− AB < d 2 − d1 = k λ < AB .
Hay:
− AB
AB
−15
15
⇔
< k < ⇔ −5 < k < 5 . Suy ra: k = 0, ±1, ±2, ±3, ±4 .
λ

λ
3
3

y
H

M

A

O

B

x

Hình 2.5: Mô phỏng cho lời giải
Do M là một điểm cực đại giao thoa nên để đoạn HM có giá trị lớn nhất
thì M phải nằm trên vân cực đại có k =4. Phương trình Hypebol của cực đại này
là:
15


x2
y2
1
−
=
(2)

16.32 152 − 16.32  4
Điểm M cần tìm là nghiệm của hệ hai phương trình (1) và (2). Giải hệ
phương trình:
(x + 7,5) 2 + y 2 = 152
 x1 = 7, 2
 2
x
Giải hệ phương trình trên ta được: 
y2 1
−
=
 x2 = −16,8

144 81 4

Đây cũng là hoành độ giao điểm của Hypebol với đường tròn. Vậy MH
lớn nhất là 16,8cm.
Ví dụ 9: Trong hiện tương giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng kết hợp A và
B cách nhau một khoảng a = 15cm, dao động điều hòa cùng phương, cùng pha,
cùng tần số f=50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Xét điểm trên
mặt nước thuộc đường tròn tâm A bán kính AB. Điểm nằm trên đường tròn dao
động với biên độ cực tiểu cách đường trung trực của AB một khoảng nhỏ nhất là
bao nhiêu [8]?
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
Chọn hệ trục xOy có:
O la trung điểm của đoạn thẳng AB.
Ox có phương là phương AB, chiều dương là chiểu từ A đến B.
Oy phương vuông góc với AB, chiều dương tùy ý.
Với cách chọn hệ trục này thì phương trình của đường tròn tâm A bán kính AB
là:

(x + 10) 2 + y 2 = 152 (1)
v

1,5

Ta có λ = f = 50 = 3(cm) .
Số vân dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện :
1
− AB < d 2 − d1 = (k + )λ < AB . Hay:
2
− AB 1
AB 1
−15 1
15 1
− − ⇔
− < k < − ⇔ −5,5 < k < 4,5 .
λ
2
λ 2
3
2
3 2
k
=
0,
±
1,
±
2,

±
3,
±
4,
−
5
Suy ra:
.

Do M là một điểm cực tiểu giao thoa nên để đoạn HM có giá trị nhỏ nhất
thì M phải nằm trên vân cực tiểu có k =0 (hoặc k= -1) . Phương trình Hypebol
của cực đại này là:
x2
y2
1
−
=
(2)
2 2
2
2 2
0,5 .3
15 − 0,5 .3  4

16


y
H M

A

O

B

x

Hình 2.6: Mô phỏng cho lời giải
Điểm M cần tìm là nghiệm của hệ hai phương trình (1) và (2). Giải hệ
(x + 7,5) 2 + y 2 = 152

phương trình:  x 2
y2
1
−
 2, 25 222, 75 = 4


 x1 = 1,9
 x2 = −2, 055

giải có 

Đây cũng là hoành độ giao điểm của Hypebol với đường tròn. Vậy MH
nhỏ nhất là 1,9cm.
3.2.2. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại hoặc cực tiểu trên một
đường tròn tâm nằm ngoài đường thẳng nối hai nguồn.
Ví dụ 10: Trong hiện tượng giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng kết hợp A
và B cách nhau một khoảng a = 15cm, dao động điều hòa cùng phương, cùng

pha, cùng tần số f=50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Tìm số
điểm dao động với biên độ cực đại và cực tiểu trên đường tròn có tâm nằm trên
đường thẳng d đi qua A (d ⊥ AB) và cách đường thẳng chứa hai nguồn một đoạn
5cm, bán kính R=10cm [7].
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
v

1,5

Ta có λ = f = 50 = 3(cm) .
Số vân dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện:
− AB < d 2 − d1 = k λ < AB .
Hay:

− AB
AB
−15
15
⇔
< k < ⇔ −5 < k < 5 .
λ
λ
3
3
k
=
0,
±
1,

±
2,
±
3, ±4 .
Suy ra:

Dựng một đường kính MN của đường tròn sao cho NM song với AB. Do
đó tọa độ của điểm M (-17,5;5), tọa độ điểm N (2,5;5).
Thay tọa độ hai điểm M, N vào phương trình Hypebol cực đại (hay Hypebol cực
tiểu) để tìm.
17,52
52
1
−
=
⇒ kM = −4,77
9k 2
152 − 9k 2 4
17


2,52
52
1
−
=
⇒ k N = 1,37
9k 2 152 − 9k 2 4
Có 6 đường cực đại (từ k = 1 đến k = -4) cắt đường tròn tại hai điểm. Vậy số
điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn là 12 điểm

Có 6 đường cực tiểu cắt đường tròn tại hai điểm. Vậy số điểm dao động với biên
độ cực tiểu trên đường tròn là 12 điểm
y

N

M
A

O

B

x

Hình 2.7: Mô phỏng cho lời giải
3.2.3 Những bài toán liên quan đến những điểm dao động cùng pha (hoặc
ngược pha) với nguồn.
Ví dụ 11: Trên mặt nước có hai nguồn sóng kết hợp S1,S2 cách nhau một khoảng
32cm đều dao động theo phương thẳng đứng với cùng phương trình
u = a cos(20π t) (mm). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,8m/s và biên
độ không đổi khi truyền đi. Hỏi điểm gần nhất trên đường trung trực của S 1S2
mà phần tử nước tại đó dao động ngược pha với các nguồn cách S 1 bao nhiêu
[7]?
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
Ta có: λ =

2π v 160π
=
= 8(cm) .

ω
20π

Nhận thấy rằng trung điểm của S 1S2 không thể dao động ngược pha với
nguồn. Do đó, tất cả các điểm M nằm trên đường trung trực của S 1S2 có tọa độ
(0;yM) dao động ngược pha với nguồn phải thỏa mãn phương trình:
02
y2
1
+
=
2
2
( (2k + 1).8 + 32 ) ( (2k + 1).8 + 32 ) − 322 4
Để khoảng cách đến S1 là nhỏ nhất thì yM là nhỏ nhất ứng với k = 0. Thay
k= 0 và tọa độ điểm M vào phương trình Elip ngược pha ta sẽ tìm được yM:
yM2
1
= ⇒ yM2 = 144 cm
2
2
40 − 32
4
Vậy khoảng cách từ M dao động ngược pha với nguồn tới S1 nhỏ nhất là:
d1 = 144 + 162 = 20 cm
18


Ví dụ 12: Hai mũi nhọn cách nhau một khoảng 8cm gắn vào hai đầu của một
cần rung có tần số f =100Hz được đặt cho chạm nhẹ vào mặt nước. Vận tốc

truyền sóng trên mặt nước là 0,8m/s. Gõ nhẹ cần rung thì hai điểm S 1, S2 dao
động theo phương thẳng đứng với phương trình u1 = u2 = a cos(200π t) . Biết
phương trình dao động tại điểm B trên mặt nước cách đều hai nguồn S 1, S2 một
khoảng d = 8cm là u = a cos(200π t − 20π ) . Hãy tìm khoảng cách giữa hai điểm
A và C gần B nhất dao động cùng pha với B [7].
Cách giải bằng phương pháp tọa độ.
v

80

Ta có: λ = f = 100 = 0,8(cm) .
Vì khoảng cách S1S2 = 10 λ , do đó, pha dao động của hai nguồn sau khi
có giao thoa vẫn cùng pha với trước và từ phương trình dao động tại B, ta thấy B
dao động cùng pha với hai nguồn. Suy ra:
d 2 + d1 = 2k λ + l = 16 ⇒ k = 5

Elip cùng pha với nguồn đi qua B có k = 5. Do đó A, C lần lượt nằm trên
Elip cùng pha ứng với k1=4 và k2=6. Do A, C nằm trên đường trung trực nên có
tọa độ là A (0;y1); C(0; y2) thỏa mãn hai phương trình Elip sau:
y12
1
y12
1
6 29
=
⇔
=
⇒
y
=

2
1
2
2
5
( (2k + 1).0,8 + 8 ) − 82 4 15,2 − 8 4
Và

y2 2
1
y2 2
1
2. 429
=
⇔
=
⇒
y
=
cm
2
2
2
2
2
4
18,4
−
8
4

5
(2
k
+
1).0,8
+
8
−
8
(
)
Vậy hai điểm A, C nằm trên đường trung trực dao động cùng pha với B và gần B
6 29
nhất cách trung điểm của S1, S2 những khoảng lần lượt là y1 =
và
5
2. 429
y2 =
cm
5
4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
4.1. Cách thức tổ chức thực nghiệm:
- Chọn lớp:
+ Lớp đối chứng: 12A2,12A4
+ Lớp thực nghiệm: 12A1,12A3
- Tiến hành kiểm tra 45 phút.
4.2. Kết quả thực nghiệm:
Kết quả bài kiểm tra thực nghiệm ở các lớp như sau:
Lớp

Sĩ số

12A2
12A4

42
45

Giỏi
SL
3
1

Khá
%
7,1
2,2

SL
13
14

%
31,0
31,1

Trung bình
SL
%
25

59,5
26
57,8

Yếu
SL
%
1
2,4
4
8,9
19


12A1 44
6
13,6
24
54,5
14
31,8
0
0
11A3
44
9
20,4
23
52,3
12

27,3
0
0
Qua kết quả trên cho thấy việc giáo viên hướng dẫn học sinh dùng
phương pháp tọa độ để giải nhanh một số bài toán giao thoa sóng cơ đã
nâng cao chất lượng bài học và giúp học sinh học tập một cách chủ động, tích
cực hơn, từ đó dẫn đến tỉ lệ hiểu bài và điểm khá giỏi tăng lên. Chất lượng bài
kiểm tra nhận thức của các lớp thực nghiệm ( 12A1, 12A3) cao hơn các lớp đối
chứng( 12A2, 12A4). Cụ thể là ở lớp thực nghiệm tỉ lệ điểm trung bình thấp hơn
gần một nửa, không còn học sinh đạt điểm yếu trong khi tỉ lệ điểm khá, giỏi cao
hơn gần gấp đôi so với lớp đối chứng.
Hiệu quả, lợi ích thu được khi áp dụng giải pháp:
Về phía giáo viên:
+ Thuận lợi hơn trong việc biên soạn và hướng dẫn giải các bài tập giao
thoa sóng cơ .
+ Dễ dàng mở rộng khả năng áp dụng của giải pháp cho nhiều bài tập,
nhiều dạng bài tập trong phần ôn luyện thi cho học sinh.
+ Từ giải pháp của sáng kiến giáo viên dễ dàng sáng tạo ra nhiều bài tập
phù hợp với từng trình độ và năng lực học sinh.
Về phía học sinh:
+ Nâng cao khả năng tư duy, phân tích để học sinh giải tốt các bài toán
giao thoa sóng cơ từ dễ đến khó.
+ Giảm được phép tính trung gian nên giải các bài tập nhanh hơn (phù
hợp với hình thức làm bài trắc nghiệm khách quan).
+ Hứng thú hơn khi học và làm bài tập về giao thoa sóng cơ thuộc chương
trình vật lý 12.

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. KẾT LUẬN
Muốn thành công trong công tác giảng dạy trước hết đòi hỏi người giáo

viên phải có tâm huyết với công việc, phải nắm vững phương pháp, nội dung
mình giảng dạy và luôn cần tìm tòi sáng tạo, học tập không ngừng, bản thân giáo
viên luôn trao đổi học hỏi người đi trước, kết hợp thật tốt yếu tố chuyên môn và
tâm lí trong giảng dạy, luôn có những phương án hay để giải quyết vấn đề dù
phức tạp đến đâu chăng nữa. Trong quá trình giảng dạy phải coi trọng việc hướng
dẫn học sinh con đường tìm ra kiến thức mới, khơi dậy óc tò mò, tư duy sáng tạo của
học sinh, tạo hứng thú trong học tập, dẫn dắt học sinh từ chỗ chưa biết đến biết, từ dễ
đến khó.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã đạt được một số kết quả sau:
- Về mặt lý thuyết:
20


+ Nêu vắt tắt lý thuyết của hiện tượng giao thoa sóng cơ.
+ Xây dựng được công thức để xác định hệ vân cực đại, cực tiểu và
công thức xác định quỹ tích các điểm dao động cùng pha, ngược pha với nguồn
trong một số trường hợp đặc biệt của giao thoa sóng.
- Về mặt thực hành.
+ Áp dụng các công thức mới đã được xây dựng để giải một số bài
tập đặc biệt.
Thông qua SKKN, tôi muốn giúp học sinh có phương pháp mới để
giải bài toán khoảng cách trong giao thoa một cách thuận lợi và nhanh gọn.
Cũng qua đề tài tôi muốn giúp học sinh liên hệ tốt giữa kiến thức vật lý và
phương trình toán học để hiểu sâu kiến thức đồng thời phát triển tư duy một
cách hoàn thiện hơn. Từ đó thôi thúc học sinh tìm tòi sáng tạo để trang bị cho
mình những quy trình và lượng kiến thức cần thiết.
2. KIẾN NGHỊ
Sau khi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm này tôi có một số kiến nghị là:
- Cần phải xây dựng nhiều bài toán hơn nữa để áp dụng phương pháp này.
- Nghiên cứu thêm nhiều phương pháp để rèn luyện, phát triển khả năng

tư duy của học sinh.
Sáng kiến kinh nghiệm này chỉ là một phần rất nhỏ, nó là kinh nghiệm
bản thân thu được qua quá trình dạy một phạm vi học sinh nhỏ hẹp. Vì vậy sự
phát hiện những ưu nhược điểm chưa được đầy đủ và sâu sắc.
Mong rằng qua kinh nghiệm này các đồng nghiệp cho tôi thêm những ý
kiến và phản hồi những ưu nhược điểm của cách dạy nội dung này. Cuối cùng
tôi mong rằng nội dung này sẽ được các đồng nghiệp nghiên cứu và áp dụng vào
thực tiễn dạy học để rút ra những điều bổ ích.
Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến,
phê bình, phản hồi của các đồng nghiệp.

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Đỗ Thị Dương

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Ghi chú]
- Ở mục 1.1.1. tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 3.
- Ở mục 1.1.2.a tác giả tham khảo có bổ sung từ TLTK số 1.
- Ở mục 1.1.2.b tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 3.
- Ở mục 1.1.3. tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 8.

- Ở mục 1.2. đoạn từ " Định nghĩa ... hình vẽ 1.4" tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số
4 ; đoạn từ " với mỗi ... hình vẽ 1.2 " tác giả tham khảo có bổ sung từ TLTK số 2, phần tiếp
theo do tác giả viết ra.
- Ở mục 1.3. đoạn từ " Định nghĩa ... b 2 = a 2 − c 2 " tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số
4, phần tiếp theo do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 1: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 3, cách giải do tác giả viết ra.
22


- Ở ví dụ 2: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 3, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ3, 4: do tác giả viết ra.
- Các ghi chú ở ví dụ 1, 2, 3, 4 tác tham khảo từ TLTK số 5.
- Ở ví dụ 5: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 8, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 6: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số8, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 7: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 6, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 8: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 8, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 9: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 8, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 10: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 7, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 11: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 7, cách giải do tác giả viết ra.
- Ở ví dụ 12: đề bài tác giả tham khảo nguyên văn từ TLTK số 7, cách giải do tác giả viết ra.
*******************

[1]. Sách giáo khoa Vật lý 12 nâng cao
[2]. Sách giáo khoa Vật lý 12 cơ bản
[3] .Cẩm nang ôn luyện thi đại học môn Vật lý - Nguyễn Anh Vinh (Tập1)
[4]. Sách giáo khoa Hình học lớp 10 nâng cao
[5]. Sách hướng dẫn sử dụng máy tính Casio FX 570 ES PLUS
[6]. Đề HSG tỉnh lớp 12 năm học 2012 - 2013, tỉnh Quảng Bình.
[7]. Đề thi khảo sát chất lượng THPT Quốc Gia của các trường THPT trên cả
nước - Thư viện Vật lý.

[8] Chuyên đề sóng cơ - Đoàn Văn Lượng - Thư viện vật lý

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Đỗ Thị Dương
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Hoằng Hóa 3, xã Hoằng Ngọc, huyện Hoằng
Hóa, tỉnh Thanh Hóa.
TT
Tên đề tài SKKN
Cấp đánh giá
Kết quả
Năm học
xếp loại (Sở,
đánh giá
đánh giá
Tỉnh,…)
xếp
xếp loại
23


loại(A,B
hoặc C)

1

Nâng cao hiệu quả sử

dụng mối liên hệ với
chuyển động tròn đều để
giải nhanh các bài toán
liên quan đến dao động
điều hòa trong chương
trình Vật lý 12 THPT

Sở GD&ĐT

C

2014-2015

24