Vận dụng nguyên lí tương đương trong bài toán cơ học

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Giải bài tập là một khâu quan trọng không thể thiếu trong quá trình học tập
môn Vật lý. Tuy nhiên, đứng trước mỗi bài tập, điều khó khăn lớn nhất đối với mỗi
học sinh là lựa chọn cách nào cho phù hợp để đi tới kết quả đúng và dựa trên cơ sở
nào để lựa chọn phương pháp hợp lí.
Đối với học sinh lớp 10 thì việc giải bài toán căn bản về động lực học, các em
đã có phương pháp động lực học và phương pháp áp dụng các định luật bảo toàn.
Tuy nhiên, không có phương pháp nào là ưu việt và không phải học sinh nào cũng
vận dụng thành thạo, có em thì yêu thích phương pháp động lực học, có em thì
thích phương pháp áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng. Đấy là những bài
toán thuần túy, còn khi gặp những bài toán đặc biệt một chút thì phần lớn các em
đều gặp khó khăn.
Với những lí do đó, tôi đã mạnh dạn cho các em tiếp xúc những phương pháp
hoàn toàn mới lạ nhưng lại rất gần với những phương pháp các em đã được biết.
Một trong những phương pháp đó là: Vận dụng nguyên lí tương đương trong bài
toán cơ học, kết quả thật khả quan, qua đó cho các em niềm tin vào khả năng của
chính mình, cho các em hiểu được khi đứng trước những vấn đề thì ta cần phải có
những góc nhìn riêng.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Cơ học là nền tảng của vật lí cổ điển, nếu nắm vững những kiến thức về cơ học thì
việc tiếp cận các phần sau của vật lí sơ cấp sẽ trở nên dễ dàng hơn. Do đó để khắc
sâu kiến thức ngoài nắm vững lí thuyết, làm bài tập vận dụng thường xuyên học
sinh cần có kiến thức căn bản, có óc quan sát, sự tư duy, suy luận và có niềm đam
mê. Vậy thông qua đề tài này, nhằm mục đích rèn luyện những đức tính đó cho học
sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp động lực học và phương pháp năng lượng là hai phương pháp cơ bản
để giải quyết một bài toán cơ học. Đây là hai phương pháp tổng quát, bao trùm
nhiều lĩnh vực của cơ học. Nguyên lí tương đương bao trùm cả ngành vật lý, với đề
tài này tôi chỉ đưa ra cách tiếp cận với những bài toán cơ học. Về mặt cơ bản thì khi

vận dụng nguyên lí để giải quyết triệt để bài toán thì chúng ta lại vận dụng hai
phương pháp trên một cách linh hoạt, sáng tạo.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Đối với đề tài này, phương pháp nghiên cứu chủ yếu là phương pháp xây dựng cơ
sở lí thuyết.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Trong một số vấn đề vật lí, trạng thái của một quá trình thường được quyết định bởi
nhiều nhân tố, trong đó có một nhân tố nào đó có cùng tác dụng với nhân tố khác
1


khi đó tác dụng của nhân tố trước tương đương với tác dụng của nhân tố sau.
Chúng ta có thể thay thế cho nhau mà không ảnh hưởng đến kết quả cuối cùng.
Phương pháp dùng một nhân tố nào đó thay thế lẫn nhau được gọi là phương pháp
tương đương.
Thực chất của tác dụng tương đương là bằng phương pháp thay thế sao cho
các tác dụng đó có hiệu quả giống nhau; khi đó vấn đề phức tạp chuyển về vấn đề
quen thuộc đơn giản, dễ rút ra nhân tố chủ yếu, nắm vững bản chất của nó, tìm ra
quy luật trong nó. Vì thế khi sử dụng phương pháp tương đương luôn luôn lấy nhân
tố đơn giản thay thế cho nhân tố phức tạp.
2.2. Thực trạng vấn đề
Đứng trước những bài toán hay, độc đáo thì phần lớn học sinh cảm thấy bế tắc, một
vài em nhân tố thì trăn trở, tìm tòi hướng giải quyết còn phần lớn thì bỏ qua, thậm
chí có nhiều em cảm thấy chán nản, thở dài sao mà khó thế. Nhưng khi được hướng
dẫn, chỉ bảo thì kết quả hoàn toàn ngược lại, mang lại sự phấn khích vui sướng cho
các em, thêm động lực để các em tiếp tục hướng về phí trước.
Qua nhiều năm công tác và áp dụng phương pháp cho nhiều đối tượng học
sinh khác nhau thì kết quả thu được rất khả quan. Trước thực trạng đó tôi đã mạnh
dạn đưa ra ý kiến của mình được đồng nghiệp đánh giá cao.

2.3. Giải pháp giải quyết vấn đề
Bài 1 2 . Một chất điểm chuyển động thẳng từ A đến B. Khoảng cách AB = l. Biết
tại A chất điểm có vận tốc v0, gia tốc là a. Nếu chia đoạn AB thành n đoạn bằng
nhau thì khi chất điểm chuyển động qua mỗi đoạn
lượng

l
, gia tốc của nó đều tăng một
n

a
. Hãy tính vận tốc của chất điểm khi đến B.
n

Lời giải
Vì cả quá trình chuyển động từ A đến B gia tốc đều tăng nên chuyển động này là
chuyển động thẳng biến đổi không đều. Do đó ta không thể dùng các công thức
chuyển động thẳng biến đổi đều để giải bài toán. Tuy nhiên ta có thể coi chuyển
động này tương đương với một chuyển động biến đổi đều với gia tốc bằng gia tốc
trung bình.
Vì gia tốc phụ thuộc vào khoảng cách và tăng dần đều nên ta lấy gia tốc
trung bình:
(n  1)a
a  ac
(3n  1) a
n
atb  d


2

2
2n
2.atb .l v B2  v A2
Đối với chuyển động thẳng biến đổi đều ta có:
aa

Từ đó ta tìm được:

v B  v 02 

(3n  1)a.l
n
2


Bài 2  2  . Có hai bức tường thẳng đứng trơn nhẵn A và B, cách nhau một khoảng d
(Hình vẽ). Một quả bóng nhỏ được ném lên từ điểm O ở chính giữa hai bức tường
với vận tốc ban đầu v0, sau va chạm đàn hồi một lần với A và B quả bóng lại rơi về
đúng vị trí xuất phát. Hãy tính góc ném lên của quả bóng đó.
B

A


v0

O
d

d

Lời giải
Chuyển động có quá trình va chạm đàn hồi của quả bóng nhỏ giữa hai bức tường
tương đương với một chuyển động ném xiên hoàn chỉnh. Bây giờ bài toán trở thành
bài toán chuyển động ném xiên với vận tốc ban đầu v0.
Áp dụng công thức về chuyển động ném xiên ta có:
Tầm bay xa:
L  2d 

v 02 sin 2
1
2 gd
   arcsin 2
g
2
v0

Bài 3. Từ độ cao h so với mặt đất, một quả bóng nhỏ được ném ngang với vận tốc
ban đầu v0. Tại vị trí trước điểm ném một khoảng d có một bức tường thẳng đứng
trơn nhẵn. Sau khi va chạm đàn hồi với bức tường quả bóng bật ra và rơi chạm mặt
đất cách chân tường một đoạn x.Tìm x

v0

h

x
d

3

Lời giải
Chuyển động có quá trình va chạm đàn hồi của quả bóng nhỏ giữa bức tường tương
đương với một chuyển động ném ngang hoàn chỉnh. Bây giờ bài toán trở thành bài
toán chuyển động ném ngang với vận tốc ban đầu v0.
Áp dụng công thức về chuyển động ném ngang ta có:
Tầm bay xa:
2h
2h
 x  L  d v 0
 d
g
g

L v 0

Bài 4  2  . Bên trong một quả cầu bằng chì, khối lượng M, bán kính r có một hốc
rỗng hình cầu bán kính

r
, mặt ngoài của nó tiếp xúc với mặt quả cầu chì (Hình
2

vẽ). Trên đường nối tâm của quả cầu và hốc rỗng cách tâm quả cầu một đoạn L có
một quả cầu nhỏ (có thể coi là chất điểm) khối lượng m. Tính lực hấp dẫn của quả
cầu bằng chì với quả cầu nhỏ.

r

r
2

m

L

Lời giải
Vì bên trong quả cầu chì có một hốc rỗng nên không thể xem nó tương đương như
một chất điểm tại tâm quả cầu được. Giả sử lấp đầy hốc của quả cầu chì bằng một
quả cầu chì ∆M có cùng khối lượng riêng. Sau đó lại đưa vào vị trí đối xứng với
quả cầu ∆M qua chất điểm m một quả cầu chì có cùng khối lượng ∆M. Như vậy lực
hấp dẫn của hai quả cầu này với chất điểm m là triệt tiêu nhau, đồng thời lại biến
quả cầu chì có hốc rỗng thành quả cầu chì đặc mà kết quả vần tương đương.
Gọi lực hấp dẫn do quả cầu đặc (M + ∆M) tác dụng lên m là F 1, lực hấp dẫn
của quả cầu ∆M tác dụng lên m là F2, thì lực hấp dẫn của quả cầu chì có hốc rỗng
lên m là:
4


F = F1 – F2
r


F1

r
2

m


F2

L

4
3

Vì khối lượng tỉ lệ với thể tích, mà thể tích hình cầu là V   .r 3
M
Từ đó:
7
m( M  M ) 8GmM
F1 G

L2
7 L2

Nên dễ dàng tìm được M 

F2 G

mM
GmM

r 2
r
(L  )
7( L  ) 2

2
2

Vậy:


 8

1
F  F1  F2 GmM  2 

 7 L 7( L  r ) 2 
2 


Bài 5 2 . Cho một quả cầu nhỏ trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh một mặt phẳng
nghiêng (trơn nhẵn, dài L) xuống phía dưới. Khi quả cầu trượt đến chân mặt phẳng
nghiêng, nó va chạm với tấm chắn và bị bật trở lại. Trong mỗi lần va chạm, độ lớn
vận tốc sau va chạm chỉ bằng 4/5 độ lớn vận tốc trước va chạm. hãy tính quảng
đường mà quả cầu đi được từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc dừng lại.

α

Lời giải
5


Vận tốc của quả cầu sau va chạm nhỏ hơn vận tốc của nó trước va chạm, chứng tỏ
rằng mỗi lần bật trở lại, quả cầu luôn đi được quãng đường ngắn hơn khoảng cách
bật lại trước đó, dần dần quả cầu nhỏ sẽ dịch dần tới tấm chắn và cuối cùng dừng

lại ở tấm chắn. Chúng ta có thể tính toán khoảng cách sau mỗi lần va chạm bật lên
là L1, L2, …, Ln thì tổng quãng đường đi được của quả cầu nhỏ là s = 2(L 1 + L2 + …
+ Ln ) + L, sau đó dùng công thức cộng dãy số để tìm kết quả, nhưng cách này khá
phức tạp.
Chúng ta giả thiết va chạm của quả cầu nhỏ với tấm chắn không mất mát
năng lượng mà coi mất mát năng lượng là công hao phí để thắng lực cản trong quá
trình chuyển động nên kết quả cuối cùng vẫn là như nhau. Trong mọi quá trình
chuyển động đều có lực cản, nên ta dùng cách tính công do lực ma sát để tìm quãng
đường chuyển động.
Giả sử, quả cầu nhỏ trước và sau va chạm lần thức nhất có vận tốc lần lượt là
v và v1, khoảng cách bật trở lại là L1 thì:

và

1 2
mv mgL sin 
2
1 2
mv1 mgL1 sin 
2

Trong đó:

nên

4
v1  v
5
2
L1 v12  4 

  
L v2  5 

Động năng hao phí trong va chạm này là:
1
1
1
16
Wd  mv 2  mv12  mv 2 (1 
)
2
2
2
25

Năng lượng tổn hao trong quá trình va chạm tương đương với công của lực ma sát.
Dựa trên tính tương đương đó, ta có:
Fms(L + L1) = ∆Wđ
Từ đó tính được lực ma sát:
Fms =

9
mg sin 
25

Kết quả này có thể thấy, lực ma sát không liên quan gì tới quãng đường đi, nhưng
trong toàn bộ quá trình chuyển động lực ma sát không đổi nên công do lực ma sát
sinh ra trong toàn bộ quá trình chuyển động (tức là từ khi quả cầu bắt đầu chuyển
động đến khi dừng lại ở tấm chắn) là:
6

Fms.s =

1 2
mv  0 mgL sin 
2

Thay biểu thức của lực ma sát và, ta được:
s

41
L
9

Bài 6  2  . Hai lò xo nhẹ k1 và k2; hai vật m1 và m2 được
nối với nhau như hình vẽ. Toàn bộ hệ ở trạng thái
cân bằng, các lò xo đều ở phương thẳng đứng.
Dùng một lực theo phương thẳng đứng kéo m1 làm
cho nó từ từ nâng lên cho đến khi đầu dưới của
lò xo thứ hai vừa tách khỏi mặt bàn. Trong quá
trình này thế năng trọng trường của m1 và m2
tăng lên bao nhiêu?

m1

k1
m2
k2

Lời giải.
Trước khi có lực kéo tác dụng vào m1, lò xo 2 chịu tác dụng của trọng lực hai
vật và bị nén lại một đoạn:
x 

(m1  m2 ) g
k2

Khi có lực tác dụng vào m1, m1 được nâng lên cho đến khi lò xo thứ 2 vừa
tách khỏi mặt bàn thì vật m2 đi lên một đoạn ∆x2. Do đó thế năng trọng trường của
m2 tăng lên một lượng:
Wt 2 m2 gx 2 

m2 (m1  m2 ) g 2
k2

Để tìm độ nâng lên của m1 có thể coi m1 và m2 là một hệ ép lên một lò xo
tương đương với hệ hai lò xo nối tiếp
nhau (như hình vẽ).
m
1

m2
k1

k2

7

Khi đó 2 lò xo nối tiếp nhau tương đương với lò xo mới có độ cứng là:
k

k1 .k 2
k1  k 2

Vì ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng nên trọng lực cân bằng lực đàn hồi:
k∆x = (m1 + m2)g
Do đó:
x 

(m1  m2 ) g (m1  m2 ) g (k1  k 2 )

k
k1 k 2

Khi đầu dưới lò xo thứ hai vừa tách khỏi mặt bàn, thế năng trọng trường của m 1
tăng m1g∆x. Vậy từ các kết quả trên, ta được đáp án sau:
m1 (m1  m2 )( k1  k 2 ) g 2
Wt1 
k1 k 2
m2 (m1  m2 ) g 2
Wt 2 
k2

Bài 7  2  . Hai vật khối lượng m1 và m2 nối với nhau bằng
một lò xo có độ cứng k như hình vẽ. Tác dụng lên m1
lực nén F thẳng đứng xuống dưới. Định F để sau khi
ngưng tác dụng lực, hệ chuyển động và m2 nhấc khỏi mặt đất.


F
m1
k

m2

Lời giải.

8


Bài toán này có thể giải bằng cách áp dụng các định luật bảo toàn năng lượng
nhưng quá trình giải khá phức
tạp.
'
Nếu dùng lực kéo F tác dụng lên m1 thì để hệ chuyển động và m 2 nhấc khỏi
mặt đất thì lực kéo có độ lớn tối thiểu phải là:
F’ = (m1 + m2)g
Như vậy, theo tính tương đương để có được kết quả theo yêu cầu bài toán thì
lực nén phải có độ lớn tối thiểu bằng lực kéo F’. Tức là:
F = (m1 + m2)g
Bài 8. Một mặt cầu lõm, nhẵn bán kính R bên trong có một vật nhỏ khối lượng m
có thể trượt không ma sát. Đưa vật m ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ rồi thả
tự do. Tính vận tốc của m và phản lực do mặt cầu tác dụng lên m tại vị trí đường
nối từ m tới tâm mặt cầu hợp với phương thẳng đứng 1 góc α.

Lời giải.
Vận dụng nguyên lí tương đương, thì chuyển động của vật nhỏ m tương đương
chuyển động của con lắc đơn với chiều dài dây l = R.

Khi đó.
Vân tốc của m tại vị trí đường nối từ m tới tâm mặt cầu hợp với phương thảng đứng
1 góc α là:
v  2 gl (cos  0  cos  )

Phản lực mà mặt cầu tác dụng lên m tương đương lực căng dây:
N T mg (3 cos   2 cos  0 )

9


Bài 9  2  . Chuyển động của electron trong nguyên tử hiđro tương đương với dòng
điện hình tròn bán kính r. Hãy tính cường độ dòng điện này. Biết khối lượng và
điện tích của electron là m và e.
Lời giải.
Từ định nghĩa về cường độ dòng điện ta sẽ tìm điện lượng chuyển qua một
tiết diện thẳng trong một đơn vị thời gian.
Gọi chu kì của electron chuyển động quanh hạt nhân là T ta có:
T

2 .r
v

(1)

Mặt khác lực hướng tâm để electron quay quanh hạt nhân chính là lực Culông, ta có:
k .e 2 m.v 2

r
r2

(2)

Từ (1) và (2) ta được cường độ dòng điện:
I

e
e2

T 2 .r

k
m.r

Bài 10  2 . Một vòng tròn bán kính R, làm bằng nhựa cách điện trơn nhẵn, đặt thẳng
đứng. Đặt quả cầu nhỏ tích điện, khối lượng m tại điểm A thấp nhất của vòng (Hình
vẽ). Độ lớn của lực điện trường tác dụng lên quả cầu bằng

3
mg và phương của nó
3

nằm ngang hướng sang phải. Truyền cho quả cầu vận tốc v0 hướng nằm ngang sang
phải, làm cho quả cầu chuyển động theo vòng tròn đi lên. Để quả cầu đi hết vòng
thì v0 phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu?

A

10

Lời giải.
Quả cầu chịu tác dụng đồng thời của trọng lực P và lực điện trường. Ta có
thể xem lúc này quả cầu chuyển động trong trọng trường tương đương và chịu tác
dụng của trọng lực tương
đương P’ là:

 
P '  P  Fđ

Theo bài ra: 

 3
m.g
3


P  Fđ

Suy ra:
P '  (m.g ) 2  (


m.g

Với gia tốc trọng trường tương đương:
g' 



3
2 3
m.g ) 2 
m.g
3
3

'
P

P' 2 3

g
m
3

Phương của trọng lực tương đương lệch so với phương của trọng lực là:
 = 300

Do đó điểm B được coi như là điểm “cao nhất” của đường đi trong trọng trường
tương đương. Để quả cầu nhỏ vừa đủ thực hiện chuyển động một vòng thì vận tốc
của nó tại điểm cao nhất:
B

v B  g '.R

A

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong trọng trường tương đương ta có:
1 2

1
mv0 mg ' ( R  R cos  )  mv B2
2
2

Thay g’ và vB vào công thức trên, tìm được vận tốc ban đầu tối thiểu cần truyền cho
quả cầu là:
v 0  2( 3  1) g .R

11


Bài 11 2 . Một quả
cầu nhỏ khối lượng m mang điện tích Q đặt trong điện trường

đều, cường độ E theo phương nằm ngang. Truyền cho quả vận tốc ban đầu v 0 theo
phương thẳng đứng hướng lên. Bỏ qua sức cản không khí, coi gia tốc trọng trường
không thay đổi theo độ cao. Hãy tìm vận tốc nhỏ nhất của quả cầu trong quá trình
chuyển động.
y
x


v0
α


qE

O

α


mg


P'

Lời giải
Do trong quá trình chuyển động quả cầu chỉ chịu tác dụng của hai lực là trọng lực
và lực điện trường, vậy theo nguyên lí tương đương, ta có thể xem quả cầu chuyển
động trong trọng trường tương đương P’.
Khi đó, bài toán trở thành chuyển động ném xiên với góc ném là:
tan  

mg
qE

Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu khi nó lên độ cao cực đại, ta có:
v MIN v0 cos  

qEv0
(mg ) 2  (qE ) 2

Bài 12  2 . Một con chuột già từ trong hang bò ra theo đường thẳng. Biết vận tốc bò
ra là v tỉ lệ nghịch với khoảng cách s từ vị trí con chuột đến trung tâm hang. Khi
con chuột đến điểm A cách trung tâm s1 = 1m thì vận tốc của nó là v1 = 20 cm/s.
Khi con chuột đến điểm B cách trung tâm hang s 2 = 2m thì vận tốc của nó là bao
nhiêu? Thời gian đi từ A đến B là bao nhiêu?

12


Lời giải.
Chúng ta đã biết, khi xe hơi chuyển động với công suất không đổi thì vận tốc
chuyển động của nó tỉ lệ nghịch với lực phát động, tức là:
v

P
F

Do đó, có thể lấy chuyển động của con chuột tương đương với chuyển động
của lò xo dưới tác dụng của ngoại lực có công suất không đổi. Vì vậy ta có thể viết:
v

P
P

F k .x

Khi x = s1 thì v = v1, ta có:
k

P
P

v1 .s1 v 2 .s 2

Vậy vận tốc của con chuột tại điểm B là:
v2 

s1
1
.v1  .20 10cm / s
s2
2

Ta lại biết công của ngoại lực tương đương với độ tăng thế năng của lò xo:
1
1
1 P
A  P.t  .k .s 22  .k .s12  .
( s 22  s12 )
2
2
2 s1 .v1

Suy ra:

t

s 22  s12
7,2 s
2.s1 .v1

Bài tập vận dụng.
Bài 1 1 . Một viên bi được thả rơi tự do với v0 = 0 từ độ cao h0 = 5 m. Khi chạm đất
mất ½ động năng và nảy lên thẳng đứng. Tính đoạn đường tổng cộng bi kể từ lúc
rơi cho đến khi dừng lại.
Đáp số: s = 3h0

 1
Bài 2 . Một quả cầu nhỏ đàn hồi được ném theo phương ngang vào bức tường
thẳng đứng. Độ cao của điểm ném cách mặt đất nằm ngang là h và khoảng cách từ
điểm ném đến bức tường theo phương ngang là s. Sau khi va chạm đàn hồi với bức

13


tường, quả cầu rơi trên mặt đất cách chân tường một đoạn là 2s (Hình vẽ). Hãy xác
định vận tốc ban đầu của quả cầu.

Đáp số: v0 3s

g
2h

h

Bài 3 1 . Một vật được ném từ mặt đất với vận tốc đầu v0 nghiêng một góc α với mặt
phẳng ngang. Cách điểm ném một khoảng L có một tấm thép thẳng đứng, mặt
phẳng quỹ đạo của vật vuông góc với tấm thép. Vật va chạm đàn hồi với tấm thép.
Điểm rơi của vật cách tấm thép bao nhiêu?
v 02 sin 2
 L
Đáp số: x s  L 
g

Bài 4 1 . Một cốc hình trụ, đáy phẳng, cao h = 0,1 m trượt không ma sát trên mặt
phẳng nghiêng góc α = 450. Tại thời điểm cốc bắt đầu trượt thì vật nhỏ bắt đầu rơi
không vận tốc đầu từ miệng cốc và va chạm đàn hồi với đáy cốc (hình vẽ). Tìm

quãng đường cốc trượt được đến lần va chạm thứ n = 5 giữa vật với đáy cốc.
Đáp số: s (2n  1) 2 .h. tan 

h

α

14


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
+ Đối với hoạt động giáo dục: Khi chưa áp dụng: 100% học sinh không làm
được. Khi áp dụng phương pháp, qua vài ví dụ đầu tỉ lệ đã hơn 30%. Kết quả đạt
được cuối cùng khi áp dụng phương pháp: 75% học sinh vận dụng thành thạo
phương pháp.
+ Đối với bản thân: Có động lực tìm tòi những phương pháp hay để truyền
tải tới học sinh.
+ Đối với đồng nghiệp nhà trường: Được đánh giá rất cao và áp dụng ngay
vào thực tiễn
3. KIẾN NGHỊ, KẾT LUẬN
1. Kết luận
Tìm ra một phương pháp hay, một cách dạy lôi cuốn đó là nhiệm vụ của người
thầy, người cô. Nhưng để vấn đề đó áp dụng được, vận dụng được vào thực tiễn
giáo dục thì không phải một sớm, một chiều mà phụ thuộc vào rất nhiều yếu tố. Để
có được kết quả này, thì tôi đã áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh và cho nhiều
khóa khác nhau, bên cạnh đó cần tìm tòi, sáng tạo những bài toán mới về vấn đề
này. Cũng rất may mắn là được đồng nghiệp đánh giá cao và đã từng bước áp dụng
đại trà.
2. Kiến nghị

Đối với đồng nghiệp, nhà trường: Khi ứng dụng vào thực tiễn nên phản hồi kết quả
thu được để qua đó cùng nhau tìm ra những điểm mới hoặc hạn chế.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác

Lê Hồng Phương

15