PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH TƯỜNG
TRƯỜNG THCS VĨNH TƯỜNG
=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến:

PHƯƠNG PHÁP DẠY
BÀI TẬP CỰC TRỊ NHẰM NÂNG CAO KẾT QUẢ BỒI
DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ CẤP THCS
Tác giả sáng kiến: Trần Hồng Vinh
* Mã sáng kiến:

30

Vĩnh Tường, Năm 2018


CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐƠN ĐỀ NGHỊ
CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ
Kính gửi: Hội đồng Sáng kiến huyện Vĩnh Tường
Tên tôi là:

Trần Hồng Vinh.

Chức vụ:

Phó Hiệu trưởng.

Đơn vị:

Trường THCS Vĩnh Tường, huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnh

Phúc.
Điện thoại: 0922.744.268.
Tôi làm đơn này trân trọng đề nghị Hội đồng Sáng kiến huyện Vĩnh
Tường xem xét và công nhận sáng kiến cấp cơ sở cho tôi đối với sáng kiến đã
được Hội đồng Sáng kiến cơ sở công nhận sau đây:
Tên sáng kiến: Phương pháp dạy bài tập cực trị nhằm nâng cao kết quả
bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí cấp THCS.
(Có Báo cáo kết quả nghiên cứu, ứng dụng sáng kiến kèm theo)
Tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật,
không xâm phạm quyền sở hữu trí tuệ của người khác và hoàn toàn chịu trách
nhiệm về thông tin đã nêu trong đơn.

Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị
(Ký tên, đóng dấu)

Vĩnh Tường, ngày 23 tháng 02 năm 2018.
Người nộp đơn
(Ký tên, ghi rõ họ tên)

Đinh Tiến Hoa

Trần Hồng Vinh



BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:
Thực tế qua nhiều năm công tác giảng dạy với một số năm học nhận
nhiệm vụ bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi môn Vật lý lớp 9 cho Phòng GD &
ĐT huyện Vĩnh tường tôi nhận thấy vấn đề giải bài toán cực trị thường chiếm
một tỉ lệ khá cao trong nội dung các đề thi học sinh giỏi bởi đây là một mảng
kiến thức rất quan trọng nó đòi hỏi học sinh phải có một kiến thức và kĩ năng
tương đối tổng hợp, học sinh phải không chỉ nắm vững các kiến thức vật lý
trong chương trình từ lớp 6 cho đến lớp 9 mà còn phải có một kiến thức về toán
nâng cao nhất định chẳng hạn như tam thức bậc hai, hàm số bậc hai, biến đổi
phân thức đa thức, bất đẳng thức Cauchy, Bu-nhi-a-cop-xki … và phải có khả
năng tư duy logíc cao. Hơn nữa các bài toán cực trị thường rất đa dạng và phong
phú mỗi bài toán thường có nhiều phương pháp giải khác nhau. Do đó có thể coi
đây là một mảng kiến thức bắt buộc đối với một học sinh giỏi khối lớp 9 nếu
muốn thi học sinh giỏi đạt kết quả cao nhưng đây cũng là một nội dung mà học
sinh cảm thấy rất khó. Vì vậy tôi nhận thấy việc nghiên cứu sâu các dạng toán
và các phương pháp giải bài toán cự trị trong vật lý là rất cần thiết đối với mỗi
học sinh và giáo viên để từ đó có những phương pháp dạy và học nội dung này
một cách đầy đủ và có hiệu quả cao.
2. Tên sáng kiến: Phương pháp dạy bài tập cực trị nhằm nâng cao kết quả
bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí cấp THCS.
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Trần Hồng Vinh.
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THCS Vĩnh Tường - Vĩnh Tường - Vĩnh
Phúc.
- Số điện thoại: 0922.744.268
Email:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến : Trần Hồng Vinh.

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Sáng kiến được áp dụng vào giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật
Lý lớp 9 cấp huyện và cấp tỉnh.
- Vấn đề mà sáng kiến giải quyết là :
+ Phân loại phương pháp giải các dạng bài tập cực trị, phân tích các nội
dung lý thuyết có liên quan. Hướng dẫn cho học sinh vận dụng lý thuyết, phân
tích bài toán, đề ra được phương pháp giải cụ thể, ngắn gọn, dễ hiểu nhất.
+ Phân tích các vấn đề liên quan đến việc tư duy để giải một bài toán cực
trị phức tạp, định hướng trình bày một bài toán khoa học, ngắn gọn, dễ hiểu.
+ Qua việc giải bài tập hay và khó, giúp học sinh phát triển tư duy sáng
tạo, tăng hứng thú học tập bộ môn, ham mê tìm hiểu nghiên cứu khoa học. Học


sinh có thói quen làm việc khoa học, rèn đức tính chăm chỉ, chịu khó.
+ Cung cấp thêm tư liệu cho các bậc phụ huynh và các đồng nghiệp
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: từ 15 tháng 8 năm 2012 được sử
dụng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 của trường THCS Vĩnh
Tường và của Phòng GD & ĐT Vĩnh Tường.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN:
7.1.1. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
Trước khi thực hiện đề tài qua công tác giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi
ở trường THCS Vĩnh Tường qua dạy đội tuyển học sinh giỏi cho Phòng GD &
ĐT Vĩnh Tường và qua tìm hiểu và trao đổi với đồng nghiệp chúng tôi nhận
thấy:
- Đa số học sinh ham mê học bộ môn Vật lí, nhưng khi làm các bài tập
cực trị của vật lí các em thường lúng túng trong việc định hướng giải và trình
bày lời giải.
Theo chúng tôi, thực trạng nêu trên có thể do một số nguyên nhân sau:
+ Học sinh chưa có phương pháp tổng quan để giải một bài tập cực trị

của Vật lí.
+ Học sinh chưa biết vận dụng các kiến thức về tìm giá trị lớn nhất và
tìm giá trị nhỏ nhất của toán vào các bài cực trị của môn Vật lí.
+ Nội dung cấu trúc chương trình sách giáo khoa dành rất ít thời lượng
cho các tiết bài tập hay luyện tập đặc biệt không có các bài tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất, dẫn đến học sinh không có điều kiện bổ sung, mở rộng và nâng cao
kiến thức cũng như rèn kỹ năng giải bài tập Vật lí.
Trước khi thực hiện đề tài tôi đã tiến hành kiểm tra và khảo sát đối với
học sinh đội tuyển HSG khối 9 trường THCS Vĩnh Tường bằng một số bài tập
cực trị tương ứng với mức độ nội dung kiến thức ở khối lớp 9. Kết quả thu
được như sau:
Khối Sĩ số
9

20

Giỏi

Khá

TB

Yếu – Kém

SL

%

SL


%

SL

%

SL

%

0

0

4

20

12

60

4

20

Bảng 1: Kết quả khảo sát học sinh trước khi thực hiện đề tài

- Nhìn vào kết quả khảo sát dễ dàng nhận thấy tỉ lệ học sinh đạt loại giỏi
là rất thấp. Tỉ lệ đó thể hiện rõ nét việc học sinh gặp khó khăn trong việc giải các

bài tập cực trị trong Vật lí, đa số các em chỉ dừng lại ở mức độ trung bình và
khá, điều đó thể hiện mức độ nắm bắt kiến thức của các em ở phần kiến thức này
còn nhiều hạn chế, bên cạnh đó, tỉ lệ học sinh yếu cao cho thấy thái độ học tập
của các em đối với mảng kiến thức này là không hứng thú, có thể nói nhiều học
sinh sợ và không quan tâm đến mảng kiến thức này, mà đây là mảng kiến thức


vô cùng quan trọng nó giúp cho học sinh phát triển tư duy logic ở mức độ cao
điều này rất cần đặc biệt là đối với học sinh đội tuyển học sinh giỏi .
- Sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp dạy bài tập cực trị nhằm nâng
cao chất kết quả bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí cấp THCS ” ra đời nhằm góp
phần cải thiện thực trạng học tập như trên, giúp nâng cao chất lượng học sinh
khá giỏi, giúp học sinh phát triển khả năng tư duy ở mức độ cao.
7.1.2. CƠ SỞ LÝ THUYẾT BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NHỎ NHẤT
Thực tế khi giải các bài tập vật lý để tính giá trị cực đại hoặc cực tiểu của
các đại lượng Vật lý thì chúng ta thường dùng một số công thức, kiến thức của
toán học. Do đó trước khi giảng dạy về dạng bài tập cực trị trong môn vật lý cần
trang bị lại một số kiến thức toán thường gặp sau đây:
7.1.2.1. Bất đẳng thức Côsi
- Nếu a1, a2, ….an là các số không âm thì ta có :
a1  a 2   a n
n a1 .a 2 ....a n
n

(1)

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 …. = an
- Áp dụng cho 2 số không âm a  0, b  0

Ta có


a b
 a.b
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
7.1.2.2. Hàm số y = ax2 + bx + c,  x  R (a, b, c là các hằng số)
+ a > 0 thì ymin tại đỉnh Parabol.
+ a < 0 thì ymax tại đỉnh Parabol.
b

+ Toạ độ đỉnh: x = - ; y 
(với  = b2 - 4ac)
2a
4a
2
7.1.2.3. Tam thức bậc 2 : ax + bx + c = 0 ( a # 0 )
 = b2 - 4ac
Để tồn tại x thì  0
7.1.2.4. Bất đẳng thức Bunhia côpxki
(a1b1 + a2b2)2  (a1 + a2)2.(b1 + b2)2.
a1 b1

Dấu bằng xảy ra khi
a2 b2
7.1.3. CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC SINH GIẢI
BÀI TẬP TRONG MÔN VẬT LÍ
7.1.3.1. Trình tự giải một bài tập vật lí.
- Phương pháp giải một bài tập Vật lí phụ thuộc nhiều yếu tố: mục đích
yêu cầu của bài tập, nội dung bài tập, trình độ của các em, ...

Tuy nhiên trong cách giải phần lớn các bài tập Vật lí cũng có những điểm
chung.


- Thông thường khi giải một bài tập vật lí cần thực hiện theo trình tự sau
đây:
7.1.3.1.1. Tìm hiểu đầu bài.
- Đọc kĩ tìm hiểu đầu bài: bài tập cho các đại lượng nào? Tìm đại lượng
nào?
-Tóm tắt đầu bài bằng cách dùng các ký hiệu chữ đã qui ước để viết các
dữ kiện và ẩn số, đổi đơn vị các dữ kiện cho thống nhất (nếu cần thiết).
- Vẽ hình, nếu bài tập có liên quan đến hình vẽ hoặc nếu cần phải vẽ hình
để diễn đạt đề bài (cố gắng vẽ đúng tỉ lệ xích). Trên hình vẽ cần ghi rõ dữ kiện
và đại lượng cần tìm.
7.1.3.1.2. Phân tích nội dung bài tập (lập kế hoạch giải).
- Phân tích đề bài tìm mối liên hệ giữa những đại lượng chưa biết (ẩn) và
những đại lượng đã biết (dữ kiện).
- Nếu chưa tìm được trực tiếp các mối liên hệ ấy thì có thể phải xét một số
bài tập phụ để gián tiếp tìm ra mối liên hệ ấy.
- Phải xây dựng được một dự kiến về kế hoạch giải.
7.1.3.1.3. Thực hiện kế hoạch giải (trình bày lời giải).
- Phải thực hiện theo trình tự của kế hoạch giải nhất là khi gặp một bài tập
phức tạp.
- Thực hiện một cách cẩn thận các phép tính số học, đại số hoặc hình học.
Nên hướng dẫn học sinh làm quen dần với cách giải bằng chữ và chỉ thay giá trị
bằng số của các đại lượng trong biểu thức cuối cùng.
- Đối với bài tập tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng nào đó
thì khi tính toán thường phải sử dụng bất đẳng thức Cosi, bất đẳng thức Bunhia
copxki, kiến thức về tam thức bậc hai, kiến thức về hàm số bậc hai …
7.1.3.1.4. Kiểm tra kết quả.

- Kiểm tra lại trị số của kết quả: Có đúng không? Vì sao? Có phù hợp với
thực tế không? Đơn vị đã đúng chưa?
- Kiểm tra lại các phép tính: có thể dùng các phép tính nhẩm và dùng cách
làm tròn số để tính cho nhanh nếu chỉ cần xét độ lớn của kết quả trong phép tính.
- Nếu có điều kiện, nên phân tích, tìm một cách giải khác, đi đến cùng
một kết quả đó. Kiểm tra xem còn con đường nào ngắn hơn không.
- Kiểm tra theo đơn vị.
7.1.3.2. Phương pháp suy luận để giải các bài tập vật lí.
Xét về tính chất thao tác của tư duy, khi giải các bài tập vật lí, người ta
thường dùng phương pháp phân tích và phương pháp tổng hợp.
7.1.3.2.1. Giải bài tập bằng phương pháp phân tích.


- Theo phương pháp này, xuất phát điểm của suy luận đại lượng cần tìm.
Người giải phải tìm xem đại lượng chưa biết này có liên quan với những đại
lượng Vật lí nào khác và một khi biết sự liên hệ này thì biểu diễn nó thành
những công thức tương ứng. Nếu một vế của công thức là đại lượng cần tìm còn
vế kia chỉ gồm những dữ liệu của bài tập thì công thức ấy cho ra đáp số của bài
tập. Nếu trong công thức còn những đại lượng khác chưa biết thì đối với mỗi đại
lượng đó, cần tìm một biểu thức liên hệ với nó với các đại lượng Vật lí khác; cứ
làm như thế cho đến khi nào biểu diễn được hoàn toàn đại lượng cần tìm bằng
những đại lượng đã biết thì bài toán đã được giải xong.
Như vậy cũng có thể nói theo phương pháp này, ta mới phân tích một bài
tập phức tạp thành những bài tập đơn giản hơn rồi dựa vào những quy tắc tìm lời
giải mà lần lượt giải các bài tập đơn giản này. Từ đó tìm dần ra lời giải của các
bài tập phức tạp nói trên.
7.1.3.2.2 Giải bài tập bằng phương pháp tổng hợp.
Theo phương pháp này, suy luận không bắt đầu từ các đại lượng cần tìm
mà bắt đầu từ các đại lượng đã biết có nêu trong bài. Dùng công thức liên hệ các
đại lượng này với các đại lượng chưa biết, ta đi dần đến công thức cuối cùng

trong đó chỉ có một đại lượng chưa biết là đại lượng cần tìm.
7.1.4. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TẬP
CỰC TRỊ
7.1.4.1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của một
đại lượng vật lý.
7.1.4.1.1.Ví dụ 1:
Cho mạch điện như hình vẽ: Biết R = 4  , bóng đèn Đ ghi 6V – 3W, R 2 là
một biến trở. Hiệu điện thế UMN = 10 V (không đổi).
Đ
a. Xác định R2 để đèn sáng bình thường.
R
N
b. Xác định R2 để công suất tiêu thụ trên R2 là M
A
cực đại. Tìm giá trị đó.
c. Xác định R2 để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch mắc song
R2
song là cực đại. Tìm giá trị đó.
 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết những đại lượng nào?
Yêu cầu tìm đại lượng nào?
Các đại lượng đó có kí hiệu và đơn vị
đo của các đại lượng đó?
* Lập kế hoạch giải:

R = 4  ;Đ: 6V – 3W
UMN = 10V
R2 là một biến trở
a. R2 = ?

b. PR2 max, R2 = ?, PR2 max = ?
c. P// max, R2 = ?, P// max = ?


a. ? Quan sát sơ đồ mạch điện cho biết đoạn
mạch được mắc như thế nào?
R nt (Rđ // R2)
? Tìm mối liên hệ giữa điện trở và hiệu điện thế
của đoạn mạch MA và đoạn mạch AN?
RMA
u MA
=
u AN
? Điện trở đoạn mạch AN được tính như thế nào? R AN
� Từ đó tính R2
12.R2
RAN = 12  R
2

b. Tìm cách tính hiệu điện thế giữa hai đầu điện
trở R2 theo giá trị điện trở R2?
Tính công suất trên R2 theo giá trị R2?

120 R2

U2 = U2đ = I.R2đ = 48  16 R
2
2
(120.R2 ) 2
u2

P2 =
=
=
(48  16 R2 ) 2 .R2
R2

120 2.R2
=
(48  16 R2 ) 2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn
nhất của công suất?

120 2
48 2
 16 2 R2  2.48.16
R2

c. Gọi điện trở đoạn mạch song song là x
 RAN = x
Tính công suất trên đoạn mạch AN?

10 2
PAN = I .RAB=
.x =
 4  x 2
2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm công suất
cực đại của đoạn mach AN?

Từ đó tính R2

10 2

2

10 .x
16
=
x 8 
16  8 x  x 2
x

x+

16
 2. 16 = 2.4 = 8
x

* Trình bày lời giải:
Sơ đồ mạch R nt (Rđ // R2).
Từ CT: P =

u2
u2
62
 Rđ =
=
= 12(  )
R

P
3

 Iđ =

P
3
= = 0,5 (A)
u
6

a. Để đèn sáng bình thường  Uđ = 6v, Iđ = 0,5(A).
12.R2

Vì Rđ // R2  RAN = 12  R ; UAB = Uđ = 6v.
2
 UMA = uMN – uAN = 10 – 6 = 4v
RMA

u MA

4

2.12.R2

2

Vì R nt (Rđ // R2)  R = u = =  3RMA = 2RAN. 12  R = 3.4
6
3

AN
AN
2
 2.R2 = 12 + R2  R2 = 12  . để đèn sáng bình thường R2 = 12 
12.R2

12 R2

48  16 R2

b. Vì Rđ // R2  R2đ = 12  R  Rtđ = 4 + 12  R = 12  R
2
2
2


u MN

10(12  R )

2
Áp dụng định luật Ôm: I = R =
.
48

16
R
td
2


10(12  R2 )

Vì R nt R2đ  IR = I2đ = I = 48  16 R
2
Áp dụng công thức: P =

120 R2

 u2đ = I.R2đ = 48  16 R .
2

2
(120.R2 ) 2
120 2.R2
u
u2
P2 = 2 =
=
(48  16 R2 ) 2 .R2
(48  16 R2 ) 2
R2
R

120 2

Chia cả 2 vế cho R2  P2 = 482  16 2 R  2.48.16
2
R2

 48 2


 16 2 R2  2.48.16  đạt giá trị nhỏ nhất
Để P2 max  
 R2

 48 2

 16 2.R2  đạt giá trị nhỏ nhất
 
 R2


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
48 2 + 162.R2 2. 48 2
= 2.48.16  P2 Max = 120 2 =4,6875 (W).
.16 2 R2

R2
R2
4.48.16

Dấu bằng xảy ra khi:

48 2
48 2
= 162.R2  R22 = 2 = 32  R2 = 3 
R2
16

Vậy khi R2 = 3 thì công suất tiêu thụ trên R2 là đạt giá trị cực đại.

c. Gọi điện trở đoạn mạch song song là x  RAN = x
10 2
2
2
10
10
10 .x
16
 Rtđ = x + 4  I =
 PAN = I2.RAB=
=
2 .x =
x 8 
4x
 4  x
16  8 x  x 2
x
16 

Để PAB đạt giá trị lớn nhất   x  8   đạt giá trị nhỏ nhất
x


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: x +

16
 2. 16 = 2.4 = 8
x

100

10 2
=
= 6,25 (W)
16
16
16
Đạt được khi: x =
 x2 = 16  x = 40,25 đ
x
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Mà R2 // Rđ  = R + R  R = - R = =  R2 = 6  .
x
x
4 12
6
2
d
2
d

 PAN Max =


Vậy khi R2 = 6  thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch
song song đạt cực đại.
7.1.4.1.2. Ví dụ 2:
Cho đoạn mạch như hình vẽ: Biết UAB = 9V, điện trở r =
1, bóng đèn 6V - 3W và biến trở con chạy R MN = 20.
Tìm điện trở RMC của biến trở MN để :

+
A

U



r

B
C

M

N


Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AC (gồm đèn và biến trở) đạt giá trị cực đại.
 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết những đại lượng nào?
Yêu cầu tìm đại lượng nào?
Các đại lượng đó có kí hiệu và đơn vị

đo của các đại lượng đó?

r = 1
Đ: 6V – 3W
UAB = 10V
RMN = 20 
PAC max, RMC = ?

* Lập kế hoạch giải:
a. Đặt RAC = y().
Tính cường độ dòng điện chạy trong
mạch chính?
Tính công suất tiêu thụ trên đoạn mạch
AC
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tính
công suất cực đại
Từ đó tính RMC

I AB 

U
9

R AB 1  y

2
PAC  I AB
R AC 

81y


 1  y

2



81
2

�
1 �
y

�
�
�
�
y
�
�

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
PACmax khi y = 1
* Trình bày lời giải:
Đặt RMC = x()  RCN = 20-x ()
1
1
1
1

1
32


 
 2
R AC R MC R Ð,NC x 32  x  x  32x
Ta có
 x 2  32x
� R AC 
32
Đặt RAC=y. Ta có: RAB=1+y
U
9
I AB 

R AB 1  y
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AC là:
81y
81
2
PAC  IAB
R AC 

2
2
 1  y �
1 �
�
�y  y �

�
�
�
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
PACmax khi y = 1
- Giải và loại nghiệm ta được RMC = 1,03 
7.1.4.1.3. Ví dụ 3:

+
A

U



r

B
C

M

N


Hai điện trở R1 và R2 được mắc vào một hiệu điện thế không đổi bằng
cách ghép song song với nhau hoặc ghép nối tiếp với nhau. Gọi P ss là công suất
tiêu thụ của đoạn mạch khi ghép song song, Pnt là công suất tiêu thụ khi ghép nối
P


ss
tiếp. Chứng minh : P �4 .
nt

 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?
Tìm cách chứng minh yêu cầu của đề
bài?

Khi R1ntR2 công suất của mạch là Pnt
Khi R1//R2 công suất của mạch là Pss
P

ss
Chứng minh : P �4 .
nt

* Lập kế hoạch giải:
Tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch
khi hai điện trở mắc song song?

Pss 

Tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch
khi hai điện trở mắc nối tiếp?

Pnt 


Lập tỉ số Pss/Pnt

Pss ( R1  R2 ) 2

Pnt
R1 R2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để
chứng minh

U2
R1 R2
R1  R2
U2
.
R1  R2

R1  R2 �2 R1 R2 , ta có:
2
P
Pss 4( R1 R2 )
� ss �4
�
Pnt
Pnt
R1 R2

* Trình bày lời giải:
- Công suất tiêu thụ của đoạn mạch khi hai điện trở mắc song song:


Pss 

U2
R1 R2 .
R1  R2

U2
- Công suất tiêu thụ của đoạn mạch khi hai điện trở mắc nối tiếp: Pnt 
.
R1  R2
Pss ( R1  R2 )2

- Lập tỷ số:
;
Pnt
R1 R2

- Áp dụng định lí Cauchy cho hai số dương R1 và R2 :
R1  R2 �2 R1 R2 , ta có:
2
P
Pss 4( R1R2 )
� ss �4
�
Pnt
Pnt
R1 R2

7.1.4.1.4. Ví dụ 4:



Cho mạch điện như hình 2: Đặt vào hai đầu của đoạn
mạch một hiệu điện thế UAB = 18V. Biến trở Rb có điện
trở toàn phần RMN = 20  , R1 = 2  , đèn có điện trở
R Ð = 2  , vôn kế có điện trở rất lớn, ampe kế có điện
trở nhỏ không đáng kể. Phải di chuyển con chạy C
đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt
giá trị lớn nhất ? Giá trị lớn nhất ấy bằng bao nhiêu ?
 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?

UAB = 18V
RMN = 20  , R1 = 2 
RÐ = 2
PCB max, RMC = ?

Phải tính công suất tiêu thụ trên biến
trở bằng công thức nào?

* Phân tích bài tập- Lập kế hoạch giải:
- Bài toán yêu cầu xác định vị trí con chạy C để công suất tiêu thụ trên biến trở
là lớn nhất hay ta có thể hiểu ngược lại là công suất của biến trở là lớn nhất và
công việc ta phải làm là tìm vị trí của con chạy C
- Xác định biểu thức tính công suất của đoạn mạch CB theo RCB
- Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm điều kiện sao cho PCB max
- Từ đó ta sẽ tìm vị trí của con chạy C
Trình bày lời giải:
Đặt RCM = x thì RCN = 20 -x với 0 �x �20 ; R CB 

x(20  x)
; R AB  R Ð  R1  R CB  4  y
20
18

y4

Đặt y  R CB 
+ I AB 

U AB
R AB

Công suất tiêu thụ trên biến trở là:
2

�
�
2
�
�
�18 �
18
2
�
�
+ PCB  I AB R CB  �
�.y  �
4
�

y

4
�
�
�y y�
�
�
4
�2 4  4
+ Áp dụng BĐT Cauchy ta có: y 
y
2



+  PCB

18 �
�
� � 20, 25
�4 �

x(20  x)
20


+ Dấu "=" xảy ra khi

y


x �14, 5
�
4
 x 2  20x
�y 4�
4��
20
x �5,5
y
�

+ Vậy con chạy C ở vị trí sao cho R CM  5,5 hoặc R CM  14, 5 thì công suất
tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại, giá trị cực đại bằng 20,25W.
7.1.4.1.5. Ví dụ 5:
R1
R2
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ, trong
đó các điện trở R1 = 3R, R2 = R3 = R4 = R. Hiệu
RX
điện thế giữa hai đầu mạch điện là U không đổi. +
Tìm RX theo R để công suất tỏa nhiệt trên R X cực
R4
R3
đại.
 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:



 Tìm hiểu đầu bài:

Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?
Phải tính công suất tiêu thụ trên biến
trở bằng công thức nào?

R1 = 3R,
R2 = R3 = R4 = R.
PRX max, RX = ? R

* Phân tích bài tập- Lập kế hoạch giải:
- Yêu cầu của đề bài là tìm giá trị Rx theo R để công suất trên Rx đạt giá trị lớ
nhất
- Tính công suất trên Rx theo Rx và R từ đó sử dụng công cụ toán để tìm điều
kiện để công suất trên R x đạt giá trị lớn nhất từ đó suy ra mối quan hệ giữa R x
theo R
Trình bày lời giải:
Ta có:
 I1R 1  I x R x  I 4 R 4  U
* U AB U AM  U MN  U NB
 3I1R  I x R x  2I1R  U
 5I1R  I x R x U
(1)
 I 2 R 2 I x R x  I 4 R 4
* U MB U MN  U NB
  I1  I x  R I x R x  2I1R   I1R I x  R  R x 
(2)
Khử I1 khỏi hệ phương trình trên để tìm I X, chẳng hạn nhân hai vế của (2) với 5
rồi cộng với (1):
I x R x  U  5I x  R  R x   I x 


 U
5R  4R x

Khi đó ta viết được biểu thức công suất tỏa nhiệt trên RX là:
Px I 2x R x 

U 2R x
U2

2
 5R  R x  2  R

5
 4 Rx 
 R

x



áp dụng bất đẳng thức Cauchy:


5

R
 4 R x 2
Rx

5R

.4 R x 2 20R
Rx

Dấu "=" xảy ra, tức là PX đạt giá trị lớn nhất Pmax
5

R
4 R x
Rx

U2

, khi:
80R

5
 Rx  R
4

7.1.4.2. Sử dụng bất đẳng thức Bunhia c«pxki để tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất
của một đại lượng vật lý.
7.1.4.2.1. Ví dụ 1:
Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng A
A'
d1'

V1
0
;  30 . Khi khoảng cách giữa
 0

về O. Với V2 =
3

d2'
hai vật cực tiểu là dmin thì khoảng cách vật 1 đến O là
B'
d1'  30 3(m) . Hãy tìm khoảng cách vật 2 đến O lúc B
này?
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?
Tìm mối quan hệ giữa các đại lượng?

V2 =

V1
;  300
3

d1'  30 3(m)

d’2 = ?
* Phân tích bài tập- Lập kế hoạch giải:
- Đã cho khi khoảng cách giữa hai vật cực tiểu thì khoảng cách từ vật 1 đến O là
d1'  30 3(m)
- Yêu cầu : Tính khoảng cách giữa vật 2 đến O
Do vậy ta phải tìm biểu thức mối quan hệ giữa hai vật, khoảng cách từ vật 1 đến
O và từ vật 2 đến O từ đó sử dụng công cụ toán để tìm giá trị nhỏ nhất giữa hai
vật và căn cứ vào điều kiện để đẳng thức xảy ra để tìm kết quả.
Trình bày lời giải:

Gọi d1, d2 là khoảng cách các vật 1 và vật 2 đến 0 lúc đầu ta xét (t = 0) ta có:
d d1  v1t d2  v2t
v


. Vì v2  1
sin sin
sin
3
d d1  v1t 3d2  v1t
d
3d2  d1


�

.
sin sin
sin
3sin
3sin sin
sin  = sin(1800 -  ) = sin (  +  ) = sin (300 +  )




d
3d2  d1
3d2  d1
3d2  d1


� d

0
 sin30
;
y
3
1
3cos  sin
cos  sin
2
2
dmin khi ymax

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki  y  (3 1)  (sin2   cos2 )  2.
YMax = 2 

sin 1

 tg �   300 và  1200
cos
3

d1'
d'2
sin1200 '
'

�

d

.d1  3d1'  90(m)
2
0
0
0
sin30 sin120
sin30
7.1.4.2.2. Ví dụ 2:
Hai tàu thuỷ chuyển động trên hai
đường OA và OB biết AB = 40km; VA =

40km/h; VB = 40 3 km. Chiều chuyển
A'
uur
a'
động các tàu được biểu diễn như hình vẽ.
VA
b
a
Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2
A 
B
0
0
b'
tàu, biết a = 30 ; b = 60 .
uur
 Tìm hiểu đầu bài:

VB

Lúc đó

Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?

Tìm mối quan hệ giữa các đại lượng?

AB = 40km;
VA = 40km/h;
VB = 40 3 km
a = 300; b = 600

0

B'

d’min = ?

* Phân tích bài tập - Lập kế hoạch giải:

- Đã cho AB = 40km; VA = 40km/h; VB = 40 3 km, a = 300; b = 600
- Yêu cầu tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hai tàu.
- Tính khoảng cách giữa hai tàu theo các đại lượng đã cho sau đó sử dụng bất
đẳng thức Bunhia côpxki để tìm gái trị cực tiểu giữa hai tàu.
* Trình bày lời giải:
a +  + b   = 300
Ta có: AO = d1; BO = d2
d1

d
AB
 2 
sin sin sin
�

�
d1  AB 3 40 3(km)
d1
d2
AB
�


�
�
0
0
0
sin60 sin30 sin30
d2  AB  40(km)
�

* Khi tàu A đến A' thì d1' = d1 - v1t = 40 3 - 40t


d2 = d2+ v2t = 40 + 40 3 t.
d'
d1'
d'2



Khong cỏch gia 2 tu d' = A'B'. Cú
sin sin ' sin '
d'
120 40 3t 40 40 3t
160



'
'
sin
sin
3 sin
3 sin ' sin '
d'

80
3 sin ' sin '

( ' ' 1500 )

'
'
d ' min khi y 3 sin sin ymax

ỏp dng BT Bunhia cụpxki a1b1 + a2b2 (a12 a22).(b12 b22)
y 3sin ' sin(1500 ')
yMax 7 d'min


3 3'
1
sin ' cos ' 7
2
2

80
30,2(km)
7

7.1.4.3. S dng hm s bc hai tỡm giỏ tr ln nht nh nht ca mt i lng
vt lý.
7.1.4.3.1. Vớ d 1:
Có hai chiếc ô tô chạy theo hớng quỹ đạo nh V1
O
(hình vẽ). Xe 1 đi từ M (MO = 20km) về 0 với
vận tốc V1 = 40km/h. Xe 2 đi từ N (NO =
M
40km/h) về 0 với vận tốc V 2 = 60km/h. Hai xe
xuất phát cùng lúc. Tìm khoảng cách nhỏ nhất
của 2 xe và thời gian để hai xe đạt khoảng
cách đó.
N V2
Tỡm hiu u bi:
u bi cho bit gỡ? Yờu cu tỡm i
lng no?
Tỡm mi quan h gia cỏc i lng?

MO = 20km, V1 = 40km/h

NO = 40km/h, V2 = 60km/h

dmin = ? t = ?

* Phõn tớch bi tp- Lp k hoch gii:
- Xỏc nh khong cỏch t xe 1 n O, khong cỏch t xe 2 n O sau thi
gian t
- Tớnh khong cỏch gia hai xe, sau ú a v dng hm s bc hai v tỡm giỏ
tr cc tiu ca khong cỏch gia hai xe.
* Trỡnh by li gii:
V1
A
- Giả sử trong thời gian t xe 1 đi đợc
quãng đờng là :
M
O
MA= V1 t = 40t (Km)
Xe 2 đi đợc quãng đờng là
B
N

V2


B = V2 t = 60t (km)
Lóc nµy 2 xe c¸ch nhau 1 kho¶ng lµ AB
Trong tam gi¸c AOB vu«ng t¹i O.
¸p dông Pitago AB2 = AO2 + BO2
<=> d = AB2 = (MO – MA)2 + (NO – NB)2
= (20 – 40t)2 + (40 – 60t)2

= 400 – 1600t + 1600t2 + 1600 – 4800t + 3600t2
VËy: d2 = AB2 = 5200t2 - 6400t + 2000 (*)
Ta thÊy (*) lµ hµm bËc 2 cña t. Ta ¸p dông tÝnh chÊt cña hµm sè
bËc 2
f(t) = 5200t2 – 6400t + 2000.
NhËn thÊy hÖ sè a = 5200 >0  f(t) cã 1 cùc tiÓu t¹i
t= 

b
6400
)  0,61(s)
= - (2a
25200

VËy víi tmin = 0,61 th× f(t)min = 5.200. 0,612 + 6400.0,61 +
2000 = 30(km)
dmin =

30,7  5,5(km)

7.1.4.3.2. Ví dụ 2:
K
A
Cho mạch điện như hình 3. Nguồn điện có hiệu
+ - r
điện thế U = 8V. Các điện trở r = 2  , R2 = 3  , điện
trở của đèn không đổi R1 = 3  , AB là một biến trở.
U
R2 R1
Ampe kế, dây nối và khóa K có điện trở không đáng

kể.
a. K mở, di chuyển con chạy C thì đèn luôn sáng. Khi
A
C B

điện trở phần BC của biến trở AB có giá trị 1 thì độ
Hình 3
sáng của đèn kém nhất. Tính điện trở toàn phần của
biến trở.
b. Biết rằng đèn chịu được hiệu điện thế cực đại gấp 1,2 lần hiệu điện thế định
mức. Đóng K, di chuyển con chạy C thì đèn luôn sáng và có một vị trí độ sáng
của đèn đạt tối đa. Xác định điện trở phần AC của biến trở, công suất định
mức của đèn và số chỉ Ampe kế lúc đó.
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?

Tìm mối quan hệ giữa các đại lượng?

U = 8V, r = 2  , R2 = 3  , R1 = 3 

a. RBC = 1  , đèn sáng kém nhất
RAB = ?
b. Đèn sáng tối đa


RAC = ? PĐM = ? IA = ?
* Phân tích bài tập - Lập kế hoạch giải:
a. Tính cường dòng điện chạy qua đèn
Đèn Đ sáng kém nhất khi IĐ nhỏ nhất từ đó suy ra cách làm đó là tìm điều

kiện để IĐ nhỏ nhất.
b. Tính hiệu điện thế giữa hai đầu đèn Đ, đèn sáng nhất khi hiệu điện thế giữa
hai đầu bóng đèn lớn nhất.
r
+
* Trình bày lời giải:
x Đ
Khi K mở: Ta vẽ lại mạch điện như hình bên.
G ọi điện trở phần BC là x, điện trở toàn phần
R -x
R2
AB là R.
D
C
- Điện trở toàn mạch là:
Rtm  R  x 

3( x  3)
 x 2  ( R  1) x  21  6 R
r 
x6
x6

Cường độ dòng điện trong mạch chính là:
I

U
8( x  6)
 2
R tm  x  ( R  1) x  21  6 R


- Hiệu điện thế giữa hai điểm C và D:
U CD  U  I ( R  r  x ) 

24( x  3)
(1)
 x  ( R  1) x  21  6 R
2

- Cường độ dòng điện qua đèn là: I1 

U CD
24
 2
R1  x  x  ( R  1) x  21  6 R

(2)

-Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số ở (2) đạt cực đại.
- Xét hàm số y =  x 2  ( R  1) x  21  6 R , có a = -1<0
Suy ra ymax khi x 

b R 1

1 Suy ra R  3 (  ).
2a
2

b, Khi K đóng: Ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ.
Đặt điện trở tương đương cụm AC là X, điện trở phần AC của biến trở x. Ta có:

R ACD = X + 3, R AD =

 X + 3 3

+ u-

X+6

Đ

Cường độ dòng điện trong mạch chính :
I=

r

U
8�
9 �
= �
1+
(1)
 X + 3 3  2 5 � 5X + 21 �
�
X+6

A
B

x
3-x


R
2

Hiệu điện thế giữa hai đầu đèn: UĐ = U – Ir = 8 – 2I
Ta thấy đèn sáng nhất khi I trong mạnh chính cực tiểu. Từ (1) � Imin � Xmax
Mặt khác: X =

x  3 - x
3

2

1�
x + (3 - x) � 3
� �
= . (*) (Theo bất đẳng thức Cauchy)
�
3� 2
� 4

Xmax khi (*) xảy ra dấu “ = ” � x = 3 –x � x = 1,5()


Khi đó: I min =

8�
9
�
1

�2, 2 (A)
�
5 � 5.1,5  21 �
�

UĐ max= U – Iminr = 8 – 2,2.2 = 3,6(V)
Uđm =

U Dmax 3, 6

 3 (V)
1,2
1, 2

Công suất định mức của đèn là: P

đm

=

U dm 32
  3 ( W)
R
3

Cường độ dòng điện chạy qua R2 là:
I2 =

U Dmax
U Dmax

3,6
=
=
= 0,96(A).
x
R BCD
0,75
+
3
 R2
2

Cường độ dòng điện chạy qua nhánh AC là:
I AC =

U Dmax  I 2 R 2
3,6 - 0,96.3
=
= 0,48 (A)
R AC
1,5

U dm 32
  3 ( W)
đm =
R
3

Số chỉ Ampe kế là :
I A = I - IAC = 2,2 - 0,48 = 1,72(A).


7.1.4.3.3. Ví dụ 3:
Hai sợi dây dẫn điện đồng chất tiết diện đều, có
A
cùng chiều dài L, có điện trở lần lượt là R 1 và R2 (R1 ≠
R2). Hai dây được uốn thành hai nửa vòng tròn rồi nối + x
O
với nhau tại A và B tạo thành đường tròn tâm O. Đặt
A1
B1
vào A1, B1 một hiệu điện thế không đổi U, với độ dài
x
các cung A1A và B1B đều bằng x (Hình vẽ 1). Bỏ qua
B
Hình vẽ 1
điện trở của các dây nối từ nguồn đến A1 và B1.
1. Tính cường độ dòng điện trong mạch chính theo x,
L, R1 và R2.
2. Xác định x theo L, để cho cường độ dòng điện mạch chính đạt:
a. Cực tiểu.
b. Cực đại.
 Hướng dẫn học sinh phương pháp giải:
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?
Tính cường độ dòng điện chạy trong
mạch chính?
Tính x theo L để cường độ dòng điện
chạy trong mạch chính đạt
a. Cực tiểu.

b. Cực đại.

Cho x, L, R1 và R2
IC = ?
ICmin, x = ? L
ICmax, x = ? L


* Phân tích bài tập - Lập kế hoạch giải:
- Vẽ sơ đồ tương đương
- Tính điện trở tương đương của đoạn mạch A1B1
- Tính cường độ dòng điện chạy trong mạch chính khi biết điện trở tương đương
và biết hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch
- Sử dụng công cụ toán để tìm điều kiện sao cho cường độ dòng điện đạt giá trị
cực đại và cực tiểu.
RA1 xA A R AmB1
Trình bày lời giải:
Do tính đối xứng nên ta có thể xem điện trở A
B1
dây cung AB1B là R1 và điện trở dây cung +1
I RA nB R BxB
1
1
AA1B là R2 ta có mạch điện tương đương như
B
hình 2
Hình 2
R A1xA 

x.R 2

x
xR
x
; R A1nB (1  )R 2 ; R BxB1  1 ; R AmB1 (1  )R 1
L
L
L
L

Khi đó điện trở toàn mạch A1B1 là: R
x
Đặt X  ( R2  R1 ) ta được: RA B 
L

1 1

A 1 B1

x
x
xR1 
 xR 2

 L  (1  L )R 1 .(1  L )R 2  L 

R1  R 2

( R1  X )( R2  X )
R1  R2


Khi đó cường độ dòng điện mạch chính:
U

I = RA B

1 1



U.( R1  R 2 )
U.( R1  R 2 )

x
x
(R1  X)(R 2  X ) 


 R1  L (R 2  R1 ) . R 2  L (R 2  R1 )

Để I đạt min ta chỉ cần xét RA B , vì R1 + R2 không đổi, áp dụng bất đẳng thức
1 1

Cauchy ta có: (R1  X)(R 2  X) (

R1  R 2 2
)
2

R  R
x

R  R
L
Nên RA B cực đại khi R1 + X= R2 - X  X  1 2  ( R2  R1 )  1 2  x 
1 1

2

L

Vậy cường độ dòng điện mạch chính đạt cực tiểu khi x =

2

2

L
2

Để I đạt max ta thì phải có (R1+ X)(R2-X) đạt min khi 0 ≤ x ≤ L
Ta thấy f(X) = (R1 + X)(R2 - X) = -X2 + (R2 - R1)X + R1.R2
Vì f(X) là hàm số bậc 2 có hệ số a = -1< 0 nên đồ thị là một phần parabol quay
bề lõm xuống dưới.
Xét ở hai cận x = 0 và x = L thì tương ứng X = 0 và X = R2 - R1 khi đó f(X) đều
bằng nhau, đạt cực tiểu và bằng f(X) min = R1R2
Vậy I max khi x =0 hoặc khi x = L nghĩa là khi A1 trùng A; B1 trùng B hoặc A1
trùng B; B1 trùng A
7.1.4.4. Sử dụng tam thức bậc hai để tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của một đại
lượng vật lý.



7.1.4.4.1. Vớ d 1:
Có hai chiếc ô tô chạy theo hớng quỹ đạo nh (hình vẽ). Xe 1
đi từ M (MO = 20km) về 0 với vận tốc V1 = 40km/h. Xe 2 đi từ
N (NO = 40km/h) về 0 với vận tốc V2 = 60km/h. Hai xe xuất phát
cùng lúc. Tìm khoảng cách nhỏ nhất của 2 xe và thời gian để
hai xe đạt khoảng cách đó.
Tỡm hiu u bi:
u bi cho bit gỡ? Yờu cu tỡm i
lng no?
Tỡm mi quan h gia cỏc i lng?

MO = 20km, V1 = 40km/h
NO = 40km/h, V2 = 60km/h
dmin = ? t = ?

* Phõn tớch bi tp- Lp k hoch gii:
- Xỏc nh khong cỏch t xe 1 n O, khong
cỏch t xe 2 n O sau thi gian t
- Tớnh khong cỏch gia hai xe, sau ú a v
dng hm s bc hai v tỡm giỏ tr cc tiu ca
khong cỏch gia hai xe.
* Trỡnh by li gii:
- Giả sử trong thời gian t xe 1 đi đợc
quãng đờng là :
MA= V1 t = 40t (Km)

V1

A


M

O

B
N

V2

Xe 2 đi đợc quãng đờng là
B = V2 t = 60t (km)
Lúc này 2 xe cách nhau 1 khoảng là AB
Trong tam giác AOB vuông tại O.
áp dụng Pitago AB2 = AO2 + BO2
<=> d = AB2 = (MO MA)2 + (NO NB)2
= (20 40t)2 + (40 60t)2
= 400 1600t + 1600t2 + 1600 4800t + 3600t2
Vậy: d2 = AB2 = 5200t2 - 6400t + 2000 (*)
ta cú th dựng iu kin cú nghim ca phng trỡnh bc 2 tỡm dmin nh sau :
t x = d2 = 5200t2 6400t + 2000
5200t2 6400t + 2000 - x = 0 (1)
(1) cú nghim ta cn cú 0
32002 104.105 + 5200x 0 x 30,7 xmin = 30,7

Vy dmin = xmin 30, 7 5,5km
7.1.4.4.2. Vớ d 2:


Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự
20cm tạo ảnh A’B’

a. Biết A’B’ = 4AB. Vẽ hình và tính khoảng cách từ vật tới thấu kính (xét
02 trường hợp: ảnh thật và ảnh ảo).
b. Cho vật AB di chuyển dọc theo trục chính của thấu kính. Tính khoảng
cách ngắn nhất giữa vật và ảnh thật của nó.
 Tìm hiểu đầu bài:
Đầu bài cho biết gì? Yêu cầu tìm đại
lượng nào?
Tìm mối quan hệ giữa các đại lượng?

f = 20cm
A’B’ = 4AB
OA = ?
AA’ = ?

* Phân tích bài tập- Lập kế hoạch giải:
- Vẽ hình để ảnh A’B’ = 4AB với 2 trường hợp: ảnh thật và ảnh ảo
- Xét các tam giác đồng dạng và xác định các hệ thức tỉ lệ
- Đặt AA’ = l. Tìm điều kiện và giá trị nhỏ nhất của l.
* Trình bày lời giải:
B
I
a. * Trường hợp vật AB tạo ảnh thật:
F’
- Vẽ hình đúng (H.1)
A
O
- A’OB’ đồng dạng AOB 

A'B' OA'


AB OA

(1)
- OF’I đồng dạng A’F’B’ 

A’

(H.1)

B’

A'B' F'A' OA' - OF'


(2)
AB F'O
OF'

- Thay A’B’ = 4AB và OF’ = 20cm vào (1) và (2),
B’
tính được: OA = 25cm
* Trường hợp vật AB tạo ảnh ảo:
- Vẽ hình đúng (H.2)
A'B' OA'

- A’OB’ đồng dạng AOB 
(3) A’
AB OA
A'B' F'A' OA' + OF'



- OF’I đồng dạng A’F’B’ 
(4)
AB F'O
OF'

B
A

I
O

F’

(H.2)

- Thay A’B’ = 4AB và OF’ = 20cm vào (3) và (4) tính được: OA = 15cm.
b. Đặt OA = d, OA’ = l – d với l là khoảng cách giữa vật và ảnh,
thay vào (1) và (2), ta được:

A'B' OA' - OF' OA'
l-d-f l-d


�

AB
OF'
OA
f

d

Suy ra d2 - ld + lf = 0 (*) Để phương trình (*) có nghiệm :  = l2 – 4lf  0  l 
4f. Vậy lmin = 4f = 80cm.
7.2. KHẢ NĂNG ÁP DỤNG CỦA SÁNG KIẾN:


Sáng kiến kinh nghiệm đã được áp dụng và hoàn thiện qua các năm từ
năm học 2012 - 2013; 2013 - 2014; 2014 -2015; 2015 – 2016; 2016 - 2017 và
năm học 2017 - 2018 qua đó chúng tôi nhận thấy khả năng áp dụng của sáng
kiến như sau:
- Việc ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm tại Trường THCS Vĩnh Tường và
qua công tác bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cho Phòng GD & ĐT Vĩnh
Tường đã đem lại kết quả khả quan, đa số học sinh sau khi được học tập đã rất
hứng thú với môn học, đặc biệt các em không còn lo sợ khi gặp dạng bài tập về
cực trị. Học sinh đã biết tự mình tìm được mối quan hệ giữa các đại lượng, qua
đó phân tích tìm hướng đi và sử dụng công cụ của bài toán để tìm giá trị lớn nhất
và nhỏ nhất của các đại lượng vật lý theo yêu cầu của đề bài, việc trình bày
không còn gặp nhiều khó khăn như trước, tư duy của học sinh phát triển tốt.
- Qua thực tế dạy học trên lớp, đồng thời căn cứ vào kết quả khảo sát tôi
nhận thấy, sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm học sinh đã có sự chuyển biến
lớn về thái độ học tập cũng như thành tích học tập. Đã khơi dậy được lòng ham
học và rèn luyện tư duy ở mức độ cao, linh hoạt, khả năng tổng quát của học
sinh. Rèn luyện thói quen học tập khoa học và tính sáng tạo trong học tập cho
các em.
- Chuyên đề cũng đã được ứng dụng rộng rãi sau khi được trình bày trước
tổ chuyên môn. Đồng thời cũng nhận được rất nhiều phản hồi tích cực từ các
thầy cô giáo đồng nghiệp trong quá trình ứng dụng chuyên đề này vào giảng
dạy.
8. Những thông tin cần bảo mật (nếu có): Không

9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Để áp dụng được sáng kiến kinh nghiệm này thì đối tượng học sinh đội
tuyển phải được trang bị đầy đủ các kiến thức Vật lí cơ bản đồng thời kiến thức
bộ môn Toán của các em cũng đã trang bị cho học sinh đầy đủ các kiến thức liên
quan như bất đẳng thức Cosi, bất đẳng thức Bunhia copsxky, hàm số bậc hai và
tam thức bậc hai.
10. Đánh giá lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến:
10.1 Đánh giá lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả:
- Sáng kiến kinh nghiệm đã hệ thống hóa, phân loại các phương pháp giải
bài tập cực trị, qua bài tập mẫu đưa ra cách suy luận, cách trình bày một bài tập
khoa học, ngắn gọn và dễ hiểu.
- Học sinh được tiếp cận với dạng bài tập cực trị một cách có hệ thống,
qua đó các em có được cái nhìn tổng quan về dạng toán này, từ đó các em dễ
định hướng khi gặp một bài toán mới.
- Kinh nghiệm rút ra từ sáng kiến kinh nghiệm này có thể áp dụng cho
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi các lớp 7, 8, 9 bậc THCS, giúp hệ thống hoá
cho các em những kiến thức, phương pháp giải bài tập cực trị một cách có hệ
thống, sâu rộng, phát triển tư duy vật lý.


- Đây cũng là một tài liệu có ích cho các thầy cô và các bậc phụ huynh
quan tâm đến vấn đề này.
10.2 Đánh giá lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức
cá nhân:
- Sáng kiến kinh nghiệm được đưa ra trao đổi thảo luận với giáo viên cốt
cán môn Vật lí của Phòng GD&ĐT Vĩnh Tường và đã được đánh giá cao về mặt
sáng tạo và tính ứng dụng thực tiễn của nó, đem lại hiệu quả thiết thực cho việc
giảng dạy của các đồng nghiệp. Việc ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm đã giúp
các thầy cô giáo tiết kiệm được rất nhiều thời gian, sức lực và nâng cao kết quả
trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật Lí cấp THCS.

- Sau khi ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm trong giảng dạy, qua theo dõi
kết quả thi học sinh giỏi cấp huyện môn Vật lí lớp 9 Trường THCS Vĩnh Tường
và kết quả đội tuyển học sinh giỏi của huyện Vĩnh Tường thu được ở các năm áp
dụng sáng kiến như sau:
Bảng 2: Kết quả thi học sinh giỏi cấp huyện của học sinh
học đội tuyển học sinh giỏi trường THCS Vĩnh Tường môn Vật lí
sau khi áp dụng SKKN trong giảng dạy.
Kết quả thi học sinh giỏi cấp huyện
Năm học

Số HS
dự thi Nhất

Nhì

Ba

Số HS Tỉ lệ % Xếp thứ
KK
đạt
HS đạt tự trong
giải
giải
huyện

2012 - 2013

21

4


11

2

3

20

95.2%

1

2013 - 2014

26

0

6

11

7

24

92.3 %

1


2014 - 2015

24

3

5

9

5

22

92 %

1

2015 - 2016

25

2

8

11

4


25

100%

1

2016 - 2017

26

2

6

11

4

23

88%

1

2017 - 2018

25

2


7

10

6

25

100%

1

Bảng 3: Kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh của học sinh học
đội tuyển học sinh giỏi huyện Vĩnh Tường môn Vật lí sau khi áp
dụng SKKN trong giảng dạy.
Kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học

Số HS
dự thi Nhất

Nhì

Số HS Tỉ lệ % Xếp thứ
KK
đạt
HS đạt tự trong
giải
giải

tỉnh

Ba

2012 - 2013

20

3

5

6

4

18

90 %

1

2013 - 2014

21

1

7


6

6

20

95.2%

1

2014 - 2015

20

1

6

10

3

20

100 %

1


2015 - 2016


19

2

7

1

6

16

84%

1

2016 – 2017

20

4

9

2

1

16


80%

1

2017 - 2018

21

1

4

9

5

18

83%

2

11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm
Số
TT

Tên tổ chức/cá
nhân


Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực
áp dụng sáng kiến

1 Lê Hữu Việt

Trường THCS Vĩnh Tường,Bồi dưỡng học sinh giỏi
huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnhmôn Vật lí
Phúc

2 Ngô Thùy Dương

Trường THCS Vĩnh Tường,Bồi dưỡng học sinh giỏi
huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnhmôn Vật lí
Phúc

3 Trường THCS Vĩnh huyện Vĩnh Tường, tỉnh VĩnhBồi dưỡng đội tuyển học
Tường
Phúc
sinh giỏi môn Vật lí
4 Phòng GD & ĐT
Vĩnh Tường

huyện Vĩnh Tường, tỉnh VĩnhBồi dưỡng đội tuyển học
Phúc
sinh giỏi môn Vật lí

Vĩnh Tường, ngày....tháng....năm 2018

Thủ trưởng đơn vị
(Ký tên, đóng dấu)

Vĩnh Tường, ngày 12 tháng 01 năm 2018
Tác giả sáng kiến

Đinh Tiến Hoa

Trần Hồng Vinh

(Ký, ghi rõ họ tên)