CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHUYÊN ĐỀ DAO ĐỘNG CƠ ĐIỆN XOAY CHIỀU LỚP 12 NGUYỄN VĂN TRUNG

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI

vectorstock.com/20909124

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CHUYÊN ĐỀ DAO ĐỘNG CƠ ĐIỆN XOAY CHIỀU LỚP 12 NGUYỄN VĂN TRUNG WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

NGUYỄN VĂN TRUNG

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Bài 1: (HSG ĐB Sông Cửu Long) a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một khúc quanh có độ dài bằng 1/3 đường tròn bán kính R. Cho hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là µ, mặt đường được làm nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang. b. Tính công suất giới hạn của động cơ lúc ấy. Coi các bánh xe đều là bánh phát động.

Giải

a. ma = P + R = P + N + Fmsn (1) 0 = −mg − Fmsn sin α + N cos α Chiếu lên Oy: ⇔ − mg + N cos α = Fmsn sin α ≤ µ N sin α ⇒N≤

mg cos α − µ sin α

2 mVmax = Fmsn cos α + N sin α ≤ µ N cos α + N sin α R

Chiếu lên Ox:

gR ( µ + tgα )

⇒V ≤

1 − µ tgα

R

(2)

⇒ Vmax =

(3)

N

y

R

gR ( µ + tgα )

P

1 − µ tgα

Từ (2) và (3) Vậy vận động viên chạy đều với tốc độ tối đa, ta có tmin là: s 2π R 1 − µ tgα 2π R (1 − µ tgα ) tmin = = = Vmax 3 gR ( µ + tgα ) 3 g ( µ + tgα )

x

O

Fms α

n

b. Ta có: P = F.V  F = Fmsn max = µ N µ mg ⇒ Pmax = cos α − µ sin α V = Vmax

Pmax khi : 

gR ( µ + tgα ) 1 − µ tgα

Bài 4: (Dao động điều hòa). Từ điểm A trong lòng một cái chén tròn M đặt trên mặt sàn phẳng nằm ngang, người ta thả một vật m nhỏ (hình vẽ).

Vật m chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng, đến B thì quay lại. Bỏ qua ma sát giữa chén M và m. a.Tìm thời gian để m chuyển động từ A đến B. Biết A ở cách điểm giữa I của chén một khoảng rất ngắn so với bán kính R. Chén đứng yên. b. Tính hệ số ma sát nghỉ giữa chén và sàn.

Giải

ma = P + N a. Ta có: * Chiếu lên phương tiếp tuyến:

y M

NM

Fmsn

α N m I A

x mat = − P sin α ≈ mg R ⇒ x" + ω 2 x = 0

Với:

PM ω2 =

g R

Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là

x

O

O

1 T R chu kỳ dao động. ∆t = = π 2 g 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

N'

NGUYỄN VĂN TRUNG

b. Chén đứng yên nên: * Chiếu (1) lên phương Oy:

' PM + N M + N + Fmsn = 0 '

− PM + N M − N cos α = 0

(1) (2)

Với N' = N

 mV 2  mV 2 = − = + mg cos α N mg cos α N   R R ⇔ Ở góc lệch α, Với m có:  2 mV mV 2   + mgh = mgh0 = mgR ( cos α − cos α 0 )  2  2 ⇒ N = mg ( 3cos α − 2 cos α 0 )

(3) Từ (2) và (3) ta được: N M = Mg + mg cos α ( 3cos α − 2 cos α 0 ) (4)

y '

* Chiếu (1) lên Ox: N sin α − Fmsn = 0 ⇔ N sin α = Fmsn ≤ µ N N sin α ( N sin α )max ⇔µ≥ ≥ ( N M )min

NM

 N sin α = mg ( 3cos α − 2 cos α 0 ) sin α (α0 bé; α ≤ α0 )   N M = Mg + mg cos α ( 3cos α − 2 cos α 0 ) ⇒ ( N sin α )max ; ( N M )min khi α = α0

Vậy:

µ≥

m sin 2α 2 M + m cos 2 α

(

M

α

NM Fmsn

x

O

O

I

)

N m A

PMM

N'

Câu 4:(HSG Kiên Giang): Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng,mảnh nằm ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là m1 = m2 = m ;lò xo có độ cứng K và khối lượng không đáng m .Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự nhiên l0 .Truyền 2

cho m3 vận tốc v0 đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1. Sau va 3 v 0 1 2

kể.Quả cầu 3 có khối lượng m3 =

chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm vận tốc cuả G.Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà ngược pha quanh vị trí cố định đối với G.Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật. ĐÁP ÁN a.Chuyển động cuả khối tâm G: Vì quả cầu 3 va chạm đàn hồi với quả cầu 1 và hệ kín nên động lượng(theo phương ngang) và động năng được bảo toàn.Gọi v1 , v3 là vận tốc quả cầu 1 và 3 sau va chạm,ta có: m v02 mv12 m v32 ⇒ 3v32 − 2v0 v3 − v02 (3) = + (2) 2 2 2 2 2 v 2v (3) có nghiệm v3 = v0 (loại vì vô lý) và v3 = − 0 (4) Đưa (4) vào (1) ta có: v1 = 0 3 3

m m v0 = mv1 + v3 (1) 2 2

Hệ hai quả cầu 1 và 2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều.Từ toạ độ khối tâm,ta có : xG =

dx m1 x1 + m2 x2 m v + m2 v2 → G = vG = 1 1 (6) m1 + m2 dt m1 + m2

2v 2v m1 0 m 0 2v0 3 = 3 = v0 (7) Sau va chạm: v1 = và v2 = 0 nên (6) cho ta: vG = m1 + m2 m + m 3 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

b.Dao động cuả quả cầu 1 và 2 +Chọn trục toạ độ Ox nằm ngang,gốc O trùng với khối tâm G cuả hai quả cầu +Khi lò xo chưa biến dạng,gọi 01 , 02 là vị trí cân bằng cuả hai quả cầu.Lúc đó x1 , x2 là toạ độ cuả hai quả cầu.Toạ độ cuả khối tâm là : xG =

−m1 x1 + m2 x2 l = 0 Với m1 = m2 thì x1 = x2 = 2 m1 + m2

Phương trình chuyển động cuả m1 = m là: mx '' = − K ' x → x '' + Do khối tâm đứng yên và luôn có x1 = x2 = lượng m1 , m2 và chiều dài lò xo là

K' x = 0 (8) m

l nên ta coi G là nơi buộc chặt cuả hai con lắc có khối 2

l 2

Độ cứng cuả lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên K’ = 2 K,nên (8) viết là: x '' +

2K x=0 m

2K m m 2π T1 = = 2π ω1 2K

Tần số góc cuả dao động là : ω1 = Chu kỳ dao động :

Tương tự,m2 có chu kỳ dao động :

T2 = 2π

m 2K

Hai dao động này ngược pha nhau Vận tốc cuả quả cầu 1 và 2 đối với khối tâm: v1G = v1 − vG =

2v0 v0 v0 − = 3 3 3

v2G = v2 − vG = 0 −

v0 v =− 0 3 3

Cơ năng bảo toàn nên biên độ dao động được tính: m1v12G 2 KA12 v = → A1 = 0 2 2 3

m 2K

m2v22G 2 KA22 v = → A2 = 0 2 2 3

m 2K

Câu 4 : (Tiền Giang) Một hình trụ đặc đồng chất, có trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính cong R như hình vẽ. Ở điểm trên hình trụ người ta gắn

R

k

hai lò xo có độ cứng như nhau.Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hình tru với giả thiết hình trụ lăn không trượt . Xét trường hợp: không có lò xo, khi mặt lõm là mặt

r

phẳng.

O

Giải:

ϕ

Gọi θ là góc quay quanh trục C của trụ, ω1 là vận tốc góc của chuyển động quay quanh trục và V là vận tốc tịnh tiến của trục.

ω1 = θ ' =

v r

R

k A

A’

θ C B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B1

NGUYỄN VĂN TRUNG

Mặt khác, ta có: v = ϕ ' ( R − r ) ⇒ ω1.r = ϕ ( R − r ) ⇒ rθ = ( R − r )ϕ /

Động năng: E d =

mv 2 1 2 3 2 2 1 + Iω1 = m ( R − r ) ( ϕ ') víi I = mr 2 2 2 2 4

2kx 2 1 + mg ( R − r ) ϕ2 x = rθ + (R − r)ϕ = 2 ( R − r ) ϕ 2 2  1 mg  2 2 2 E t = k.4 ( R − r ) ϕ2 + mg ( R − r ) ϕ2 =  4k + Do đó:  (R − r) ϕ 2 2(R − r)   Cơ năng: E = Et + Ed = const . Lấy đạo hàm hai vế Thế năng:

Et =

 3 mg  2 2 m ( ϕ ' ) +  4k + ϕ = 0 ⇒ ω = − 4 2 R r ( )   Vậy chu kỳ dao động T =

2π

ω

=

Trường hợp riêng: - Khi k = 0 thì

4k +

mg 2 ( R − r ) 16k 2g = + 3 3m 3 ( R − r ) m 4

2π 2 g 16k + 3 (R − r) m

ω=

2g 3( R − r )

16k 3m Bài 4 (HSG Lao Cai): Con lắc lò xo đặt thẳng đứng (như hình vẽ 4), đầu dưới gắn chặt vào mặt sàn, đầu trên gắn vật m1= 300g đang đứng yên ở vị trí cân bằng, độ cứng của lò xo là k = 200 N/m. Từ độ cao h = 3,75cm so với m1, người ta thả rơi tự do vật m2 = 200 g, va chạm mềm với m1. Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hoà theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s2, bỏ qua mọi ma sát. a. Tính vận tốc của m1 ngay sau va chạm. b. Hãy viết phương trình dao động của hệ hai vật m1 và m2.

GIẢI - Khi R → ∞ thì : ω =

a. Vận tốc của m2 ngay trước va chạm : v = 2 gl =

3 ≈ 0,866(m / s ) 2

* Xét hệ hai vật m1 và m2 ngay trước và sau va chạm, theo định luật bảo toàn động lượng ta có : m2 v = (m1 + m2 ).v0 ⇒ v0 =

m2 .v 3 (m / s ) ≈ 20 3(cm / s ) = m1 + m2 5

Vì va chạm mềm nên ngay sau va chạm cả hai vật chuyển động cùng vận tốc là:

m2

v0 = 20 3 (cm / s)

b. Chọn trục toạ độ Ox có gốc O trùng vời VTCB của hai vật, chiều dương thẳng đứng hướng lên trên.

Chọn gốc thời gian là lúc hai vật bắt đầu dao động. * Độ biến dạng của lò xo khi vật m1 cân bằng là :

h

m1

k

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Hình vẽ Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

∆l1 =

m1 g = 1,5(cm) k

* Độ biến dạng của lò xo khi hai vật cân bằng là : ∆l 2 = * Tần số góc : ω =

(m1 + m2 ) g = 2,5(cm) k

k = 20(rad / s ) m1 + m2

 x = A sin ϕ = 1(cm)

* lúc t = 0 ta có : 

v = Aωc cos ϕ = −20 3 (cm / s ) 1 5π vì sin ϕ > 0 và cos ϕ < 0 ⇒ ϕ = (rad ) ⇒ tgϕ = − 6 3 1 Biên độ dao động là : A = = 2(cm)  5π  sin    6  5π   * Vậy phương trình dao động là : x = 2 sin  20t + (cm) 6  

Bài 1 (HSG Lào Cai): Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây dài l (hình vẽ 1). Một viên đạn nhỏ khối lượng m bay ngang, xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó. a. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc viên đạn bằng bao nhiêu để sợi dây quay đủ vòng nếu tấm gỗ được giữ chặt.

V0 b. Vận tốc đó sẽ là bao nhiêu nếu tấm gỗ được thả tự do.

Giải m a. Vận tốc của quả cầu và đạn sau khi va chạm là

V0 ( với V0 là vận tốc là vận tốc 2

của đạn trước va chạm) * Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất vận tốc của quả cầu là V phải thoả m.V 2 l = g.l

mãn : T + mg = ⇒ Vmin

( T là lực căng của dây) Do đó V = Vmin khi T = 0

m

M

Hình vẽ 1

* Theo định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc nhỏ nhất V0 của đạn phải thoả mãn : 2 2mV02 2mVmin = 4mgl + ⇒ V0 = 2 5 gl 8 2

b. Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất ( đối với điểm treo) là : u min = gl * Xét trong HQC gắn với trái đất : V1= u – umin ( u là vận tốc của vật M ) Ta có : mV0' = M .u + 2m(u − gl )(1) Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng : 2m(V0' ) 2 8m M .u 2 2m(u − g .l )2 (2) * Từ (1) và (2) ta có : V0' = 2 gl (5 + = 4mgl + + ) 8 2 2 M

Câu 4 (Đồng Tháp) Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R1, R2 và dây treo có khối lượng không đáng kể, ghép với nhau như hình 1. Các điểm A và B được gắn cố định vào giá đỡ. Vật M có khối lượng m=250(g), được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R2. Lò xo có độ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A R1

R2 M

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

cứng k=100 (N/m), khối lượng không đáng kể, một đầu gắn vào trục ròng rọc R2, còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R1, R2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi buông ra không vận tốc ban đầu. Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động của vật M .

Giải - Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M.

1)- Tại VTCB của vật M ta có: P + 2T0 + F0 = 0 hay P + 3F0 = 0 (1) - Từ (1) suy ra: mg=3k∆l0 (2)

A

- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: P + 2T + F = ma hay P + 3F = ma (3) R - Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có : mg - 3k(∆l0+3x) = ma = mx’’ (4) - Từ (2) và (4) ta có : x' '+

9k 9k x = 0 đặt ω 2 = ta có x' '+ω 2 x = 0 (5) m m

T F

- Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( ωt + ϕ ) trong đó A , ω , ϕ là những hằng số 2)- Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. Tại thời điểm t =0 ta có: 4 = Acos ϕ 0 = - ω Asin ϕ . suy ra A = 4 (cm) và ϕ = 0

ω=

T

R M

9k = 60(rad/s) m

P

Vậy phương trình dao động là x = 4cos 60 t (cm) Bài 1 (HSG Lào Cai 06-07): Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng tròn. Biết khối lượng của hai vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. (Hình vẽ 1) 1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng.

2. Biết v0 = 3,5Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) không ? Nếu có hãy xác định vị trí của vật trên tấm (E).

Giải 1. Vì va chạm đàn hồi, khối lượng hai vật bằng nhau nên sau va chạm vật B c/đ với vận tốc v0 còn vật A đứng yên. * Định luật bảo toàn cơ năng ( chọn gốc ...)

2 0

B

D (E)

O

v0

B C

Hình vẽ 1

D

2

mv mv = + mgR (1 + sin α ) ⇒ v 2 = v 02 − 2 gR (1 + sin α ) (1) 2 2 mv 2 * Định luật II N: mg sin α + N = R v 2 − 2 Rg * Khi vật rời máng thì N = 0 ⇒ sin α = 0 (2) 3Rg

* Vận tốc của vật B khi bắt đầu rời máng: Thay (2) vào (1) ta có : v =

N (E)

O B

P C

v02 − 2 Rg 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hình vẽ 1

A

NGUYỄN VĂN TRUNG

1 2. Khi v0 = 3,5Rg từ (2) ⇒ vị trí vật rời máng có sin α = ⇒ α = 30 0 . Vận tốc của vật lúc đó : 2 Rg v2 = 2

* Khi rời máng vật c/đ giống như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu là v.

Chọn trục toạ độ ... * phương trình c/đ của vật : x = (v sin α )t − R cos α

y = R sin α + (v cos α )t +

1 2 gt 2

* Để vật rơi vào vào tấm (E) thì : x ≥ 0 và y =0. Với x ≥ 0 ⇒ t ≥

6R g

(*)

Với y = 0 giải phương trình được t1 < 0 (**) So sánh (*) và (**) thấy vật B không rơi vào tấm (E) Bài 4 (HSG Lào Cai 06-07): Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng vật m0 = 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v0 = 1m/s, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của của lò xo lần lượt là 28cm và 20cm.

1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.

2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m0 bắn vào với vận tốc v0. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều hoà. Viết phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động.

3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là µ = 0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m0 phải nhỏ hơn giá trị bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho g = 10m/s2.

Giải 1. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn m Ta có : m0 v0 = m0 v + MV (1)

m0 v02 m0 v 2 MV = + (2) 2 2 2

I

k

M

v0

0

Với v , V lần lượt là vận tốc của các vật m0 và M ngay sau va chạm * Giải hệ (1), (2) được : V =

2 m0 v 0 = 0,4(m / s ) = 40(cm / s ) m0 + M

Hình vẽ

* Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s) Biên độ dao động là : A = động là: T =

π 5

l max − l min V = 4(cm) Ta có: V = A. ω ⇒ ω = = 10(rad / s ) => chu kỳ của dao 2 A

( s ) Độ cứng của lò xo : k = M .ω 2 = 40( N / m) .

2. a. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn Ta có : m0 v0 = m0 v1 + ( M + m)Vh (3)

m0 v02 m0 v12 ( M + m)Vh2 = + (4) 2 2 2

Với v1 , Vh lần lượt là vận tốc của các vật m0 và (M + m) ngay sau va chạm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

* Giải hệ (3), (4) được : Vh =

2 m0 v 0 100 = (cm / s ) m0 + M + m 3

* Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phương trình dao động có dạng x = A sin(ωt + ϕ ) .

Vận tốc cực đại của hệ vật là : Vh =

100 (cm/s).

3

k = 4 5 (rad / s ) M +m

Tần số góc : ω =

Chọn trục toạ độ có gốc trùng VTCB, chiều dương cùng hướng v0 . ϕ = 0  A sin ϕ = 0 sin ϕ = 0  Lúc t = 0 ta có :  ⇒ ⇒ Vh = 3,73(cm / s ) cos ϕ > 0  A =  Aω cos ϕ = Vh ω. cos ϕ 

* Vậy phương trình dao động của vật là : x = 3,73 sin(4 5t )(cm) b. * Tại các vị trí biên lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm cố định là lớn nhất ta có Fmax = k . A = 40.3,73.10 −2 = 1,492( N )

Tại vị trí biên bên trái lực đàn hồi hướng sang bên phải Tại vị trí biên bên phải lực đàn hồi hướng sang bên trái * Tại VTCB lực đàn hồi của lò xo có giá trị nhỏ nhất : Fmin = 0.

3. Để vật m không bị trượt trên M trong quá trình dao động thì lực ma sát nghỉ cực đại phải có giá trị ≥ giá trị của lực quán tính cực đại tác dụng lên vật m (Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật M) : Fmsn (max) ≥ Fqt (max) (*) * Ta có : Lực ma sát nghỉ CĐ : Fmsn (max) = µ .N = µmg Lực quán tính : Fqt = m.a = m[ω 2 A sin(ωt + ϕ )] Để lực quán tính đạt cực đại thì sin(ωt + ϕ ) = 1 ⇒ Fqt (max) = m.ω 2 A µg * Từ biểu thức (*) ta có : µmg ≥ mω 2 A ⇒ A ≤ 2 ω * Mặt khác: A =

Vmax

=

Vh

=

µg (m0 + m + M ) 2m0 v 0 2m 0 v 0 µg ⇒ ≤ 2 ⇒ v0 ≤ = 1,34(m / s ) (m0 + m + M )ω (m0 + m + M )ω ω 2m 0 ω

ω ω Vậy v0 ≤ 1,34(m / s ) thì vật m không bị trượt trên vật M trong quá trình hệ dao động.

Câu 4 (HSG Hậu Giang) . Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc α so với phương nằm ngang. a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc. b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số l =1,73 m; α =300; g = 9,8 m/s2. Đáp án

+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsinα.

Xét hệ quy chiếu gắn với xe + Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực: Trọng lượng P, lực quán tính F và sức căng T của dây treo.

T F

P

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

α x

NGUYỄN VĂN TRUNG

Tại vị trí cân bằng

Ta có: P + F + T = 0 + Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Mà F = ma = mgsinα suy ra TX = 0. Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vuông góc với Ox + Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là : P' = Pcosα. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcosα. + Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là

T = 2π

Psinα - F + TX = 0

l l = 2π ≈ 2,83 (s). g' g cos α

Bài 1 HSG Lào Cai 08-09 Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và B giống nhau có cùng khối lượng m, ở chính giữa sợi dây gắn một quả cầu nhỏ khác khối lượng M. Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây được kéo căng.(Hình vẽ 1) Truyền tức thời cho vật M một vận tốc V0 theo phương vuông góc với dây. Tính lực căng của dây khi hai quả cầu A và B sắp đập vào nhau.

Giải

T

Hệ kín động lượng bảo toàn

→

0 = mv1x + mv2 x

V0

M

T

MV0 = mv1 + mv2 + M v

MV0 = mv1 y + mv2 y + MvM

A

B Hình vẽ 1

v1 y

Ta luôn có: v1 y = v2 y ; v1x = −v2 x Khi hai quả cầu sắp đập vào nhau:

T

T

y v1x

v2 x

O

v1 y = v2 y = vM = v y MV0 → vy = 2m + M

v

v2 y

x

T

T

T

T

v1 y

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

v2 y

1 1 1 1 MV02 = 2 mv 2y + 2 mvx2 + Mv y2 ( v x độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào 2 2 2 2

nhau) → mvx2 =

mMV02 2m + M

Gia tốc của quả cầu M: a =

2T M

Trong hệ quy chiếu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu xuống phương Oy: T + Fq = m

vx2 mMV02 mM 2V02 2T →T +m = Lực căng của dây khi đó: T = l M l (2m + M ) l (2m + M )2

Bài 2 (HSG Lào Cai 08-09) Một lò xo lý tưởng treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ cố định, đầu dưới treo một vật nhỏ có khối lượng m = 100g, lò xo có độ cứng k = 25N/m. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên theo phương thẳng đứng một đoạn 2cm rồi truyền cho vật vận tốc 10π 3 cm/s theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống dưới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật, chọn trục tọa độ có gốc trùng vị trí cân bằng của vật, chiều dương thẳng đứng xuống dưới. Cho g = 10m/s2; π 2 ≈ 10 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

1. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật.

2. Xác định thời điểm lúc vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai. Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó.

Giải 1. Chứng minh vật dao động điều hòa * Viết phương trình dao động của vật: Tại VTCB: ∆l = 4 (cm) Tần số góc: ω = 5π (rad/s). Tại thời điểm t = 0 ta có:  x = A cos ϕ = −2(cm)  v = − Aω sin ϕ = 10π 3 (cm / s )

Vì sin ϕ < 0; cos ϕ < 0; tan ϕ = 3 ⇒ ϕ = −

2π (rad) Biên độ dao động : A = 4 (cm) 3

 

Vậy phương trình dao động của vật là: x = 4 cos  5 π t −

2π   (cm) 3 

2. Khi vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai thì vật có li độ x = 2cm và chuyển động theo chiều âm của trục tọa độ.

Ta có:  cos  5 π t − 2 π  = 1 Giải hệ phương trình (lấy giá trị nhỏ nhất) được kết quả: t = 0,2 (s)    sin 

3  2π   5π t − 3 

2    > 0 

* Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó: - Hướng: Phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống dưới.

- Độ lớn: F = k∆l1 = 25.6.10 −2 = 1,5 (N) Câu 1: Hai vật 1 và 2 đều có khối lượng v bằng m gắn chặt vào lò xo có độ dài l, độ cứng 3 k đứng yên trên mặt bàn nằm ngang tuyệt đối nhẵn.

Vật thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật 1 (xem hình 1) 1. Chứng tỏ hai vật m1 và m2 luôn chuyển động về cùng một phía.

1

2

2. Tìm vận tốc của hai vật 1 và 2 và khoảng cách giữa chúng vào thời điêm lò xo biến dạng lớn nhất.

Giải Ngay sau lúc va chạm vật 1 có vận tốc v (lò xo chưa biến dạng, vận tốc vật 2 bằng không). Gọi v1, v2 là vận tốc vật1,vật2 vào thời điểm sau va chạm của vật 3 vào 1 la v1, v2 . độ biến dạng là k0 là x. + Định luật bảo toàn động lượng: mv = mv1 + mv2 . ⇒ v = v1 + v2 (1) + Định luật bảo toàn cơ năng: (2):

kx 2 = v 1 v2 2m

(3)

vì

1 mv2 2

=

1 2 mv1 2

+

1 2 mv 2 2

+

1 2 kx 2

⇒

kx 2 = v 2 − (v1 + v2 ) 2 (2). Từ (1) va m

kx 2 > 0 ⇒ v1v2 > 0 : tức là v1 và v2 cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm 2m

hai vật 1 và 2 luôn chuyển động về cùng một phía.

2)

v1 + v2 = v = const. Suy ra tích v1v2 cực đại khi v1 = v2 =

kx 2 v nghĩa là cực đại 2 2m

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG 2

lúc đó:

v = 4

2 max

kx 2m

⇒ xmax = v

cách giữa vật 1 và vật 2 là:

m 2k

lò xo biến dạng lớn nhất khi v1 = v2 =

l12 = l ± xmax = l ± v

v lúc này khoảng 2

m 2k

Bài 2(HSG Nghệ An 07-08) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt k F phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn A m vào bức tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như Hình 2a hình vẽ. a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật k F M khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ. Hãy xác m định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.

Hình 2b GIẢI a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí k F cân bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban m đầu của vật có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và: x0 O F = −kx0

⇒

x0 = −

F . k

Hình 1

Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x0), nên hợp lực tác dụng lên vật là: − k ( x − x0 ) + F = ma.

Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được: F  − k  x +  + F = ma ⇒ k 

− kx = ma ⇒

x"+ω 2 x = 0.

Trong đó ω = k m . Nghiệm của phương trình này là: x = A sin(ωt + ϕ ).

Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T = 2π

m . Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật k

đến khi vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật thời gian đó là: T m =π .

2 k F  A = ,  k ⇒  ϕ = − π .  2 t=

F , Khi t=0 thì: k v = ωA cos ϕ = 0 x = A sin ϕ = −

Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần thứ nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi được trong thời gian này là: S = 2A =

2F . k

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

b) Theo câu a) thì biên độ dao động là A =

F . Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa k

thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng: x0 + A = 2 A ). Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại: k .2 A < µMg

⇒ k .2 .

Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F: F <

µmg 2

F < µMg . k

.

Bài 3. HSG Nghệ AN 07-08. Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S1 và AS1⊥S1S2 . a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa. b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa. a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2): l 2 + d 2 − l = kλ.

Với k=1, 2, 3...

Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S1A cắt cực đại bậc 1 (k=1).

Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:

k=2

S1

l A

d

k=1 k=0

S2 Hình 2

l 2 + 4 − l = 1 ⇒ l = 1,5(m).

b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là: λ

l 2 + d 2 − l = (2k + 1) .

2

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...

2 λ  2 Ta suy ra :

d − (2k + 1)  2  l= .

(2k + 1)λ

Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.Từ đó ta có giá trị của l là : * Với k =0 thì l = 3,75 (m ). * Với k= 1 thì l ≈ 0,58 (m).

Câu 1 Cho cơ hệ như hình vẽ 1. Hai thanh cứng MA và NB khối lượng không đáng kể, cùng chiều dài l = 50cm. Đầu tự do của mỗi thanh đều có gắn một quả cầu nhỏ cùng khối lượng m =100g, đầu M và N của mỗi thanh có thể quay dễ dàng. Lò xo rất nhẹ có độ cứng k = 100N/m được gắn vào trung điểm C của thanh NB. Khi hệ cân bằng lò xo không biến dạng, hai quả cầu tiếp xúc nhau.

Kéo quả cầu A sao cho thanh MA lệch về bên trái một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Coi va chạm giữa các quả cầu là đàn hồi xuyên tâm. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10m/s2. Hãy mô tả chuyển động và xác định chu kì dao động của hệ .

M

A

B k C N

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hình 1

NGUYỄN VĂN TRUNG

+ Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lượng và động năng hệ được bảo toàn.

mv1 = mv1' + mv2' mv12 m(v1' ) 2 m(v2' )2 = + 2 2 2 + Chọn chiều dương cùng chiều với v1 suy ra: mv1 = mv1' + mv2'

mv12 m(v1' ) 2 m(v2' )2 = + 2 2 2

⇒ v1' = 0, v2' = v1

+Tương tự cho va chạm từ quả cầu B trở lại quả cầu A, ta được: v1'' = v2' , v2'' = 0

+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu kia. Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắc tham gia một nửa dao động.

1 2

+ Chu kỳ dao động T = (T1 + T2 ) với T1 là chu kì dao động con lắc đơn, T2 là chu kì dao động của con lắc gắn với thanh và lò xo. + Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn T1 = 2π

l = 1, 4( s ) g

Ta tìm T2 bằng phương pháp năng lượng: +Chọn mốc thế năng trọng trường tại mặt phẳng ngang qua m khi cân bằng. +Xét vật m tại vị trí có li độ x: mgx 2 2l 2 kx 2 kx -Thế năng đàn hồi: Et2 = 1 = 2 8 2 2 2 mv mgx kx Cơ năng của hệ: E = Eđ + Et1 + Et2 = + (1). Do không có lực cản nên E = const.

2 2l 8 mgxx ' kxx ' k g ’’ +Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta được: mvv’ + = 0 Hay x +( − )x = 0 . l 4 4m l k g 2π − và chu kì T2 = +Vậy vật dao động điều hòa với tần số góc ω = = 0, 4 s 4m l ω 1 +Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ T = (T1 + T2 ) = 0,7 + 0,2 = 0,9s 2

-Động năng của quả cầu Eđ =

mv 2 2

-Thế năng trọng trường Et1= −

(HSG Hậu Lộc 05-06) a) Cho con lắc liên hợp như hình vẽ 1 biết khối lượng m1, m2 và chiều dài l1, l2. Bỏ qua khối lượng dây treo và lực cản môi trường. Tính tần số dao động. b) Nếu mắc thêm vào hệ 3 lò xo K1 = K2 = K3 như hình vẽ 2, hệ vẫn dao động điều hoà. Tính tấn số dao động của hệ, cho nhận xét về tần số.

o

o K1

l1

•

m1 l2

K3

K2 m1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú m2 m2 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

l1

l2

NGUYỄN VĂN TRUNG

Câu a . Học sinh có thể làm theo nhiều cách cho kết quả: ω =

(m1l1 + m 2 l 2 ) g 2

m1l1 + m 2 l 2

2

Câu b .

HS lập luận được hệ gồm có: (K1 nt K2) // K3 // Kh (với Kh là K h ở câu a) K2 3 + K + Kh = K + Kh 2K 2 3K (m1l1 + m2 l 2 ) g 3K 2 + l1 + (m1l1 + m 2 l 2 ) g 2 2 l1 1 2 hay ω ′ = l1 m1l12 + m2 l 22 m1l12 + m2 l 22

Học sinh tính được K′ (hệ mới) :

Kết quả: ω ′ =

K′ = M

K′ =

Bài 1(HSG Hai Bà Trưng) Hai vật khối lượng m0 và m được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, bền không dãn có chiều dài L. Tại thời điểm ban đầu vật m0 được ném từ mặt phẳng ngang với vận tốc ban đầu v0 thẳng đứng hướng lên. Hỏi độ cao cực đại mà m0 có thể đạt tới.

Trường hợp 1: Nếu v02 ≤ 2 gL thì dây cáp không bị căng và độ cao cực đại v 0

v02 H= ≤L 2g

m0 m

Trường hợp 2: + Nếu v02 ≥ 2 gL thì ngay trước lúc dây căng, vận tốc của m0 là v1 = v02 − 2 gL + Sau đó m0 và m có cùng vận tốc v + Định luật bảo toàn động lượng: m0v1 = (m + m0)v ⇒ v =

m0 v1 m + m0

+ Độ cao hệ vật lên được kể từ lúc dây căng: 2

v 2  m0   v02 − 2 gh   ×  ∆h = = 2 g  m0 + m   2 g  2

+

 m0   v02 − 2 gh   ×   Vậy Hmax = L + ∆h = L +  m + m 2 g   0  

I. Cơ học: HSG THANH HOA 06-07 1/. Một hạt thực hiện dao động điều hoà với tần số 0,25 (Hz) quanh điểm x = 0. Vào lúc t = 0 nó có độ dời 0,37 (cm). Hãy xác định độ dời và vận tốc của hạt lúc lúc t = 3,0 (s) ?

2/. Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc α so với phương nằm ngang. a) Hãy chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc. b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số L=1,73 m; α =300; g = 9,8 m/s2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

3/. Một con lắc đơn được kéo ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ α0= 0,1 rad rồi buông không có vận tốc ban đầu. Coi rằng trong quá trình dao động lực cản của môi trường tác dụng lên con lắc không đổi và bằng 1/1000 trọng lượng của con lắc. Hỏi sau bao nhiêu chu kì dao động thì con lắc dừng hẳn lại ?

4/. Một hạt khối lượng 10 (g), dao động điều hoà theo qui luật hàm sin với biên độ 2.10-3 (m) và pha ban đầu của dao động là -π/3 (rad). Gia tốc cực đại của nó là 8.103 (m/s2). Hãy: T a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dưới dạng hàm của thời gian.

F b) Tính cơ năng toàn phần của dao động của hạt.

Câu 1 P' + Tần số dao động ω = 2πƒ = π/2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm) P

π Vậy x = 0,37sin( t+ ϕ) (cm).

2

α

+ Tại t = 0 thì x = 0,37 => ϕ = π/2. Vậy phương trình dao động của hạt là π 2

π 2

π 2

x = 0,37sin ( t + ) (cm) = 0,37cos t (cm). π 2

π 2

π 2

+ Lúc t = 3 (s) độ dời là xt = = 0,37cos .3 = 0 và v = x't = - 0,37. . sin 3 = 0,581 (cm/s).

Câu 2: a) + Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsinα. + Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực: Trọng lượng P, lực quán tính F (do xe ch đg nh dần đều) và sức căng T của dây treo.

Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có hợp lực bằng 0.

Tức là P + F + T = 0 + Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psinα - F + TX = 0 + Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsinα suy ra TX = 0. Điều này chứng tỏ dây treo con lắc vuông góc với OX khi ở trạng thái cân bằng. (đpcm). b) + Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcosα. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcosα. + Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2π

L L = 2π ≈ 2,83 (s). g' g cos α

Câu 3(1,5 điểm): + Năng lượng ban đầu của con lắc là E0 = mgl.(1-cosα0) =

1 mglα20 .

2

+ Gọi α1 và α2 là hai biên độ liên tiếp của dao động (một lần con lắc qua vị trí cân bằng). Ta có độ 1 2

1 2

giảm thế năng là ( mglα12 - mglα 22 ). + Độ giảm này bằng công của lực cản môi trường A = Fc.S = Fc.l.(α1 + α2). + Suy ra

1 mg(α1 − α2 ) = Fc .

2

+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (α1-α2) = 2Fc/ mg = 2.10-3mg/mg = 2.10-3 rad. + Đến khi con lắc ngừng dao động thì số lần đi qua vị trí cân bằng sẽ là N =α0 /(α1-α2) = 50. Tương ứng với 25 chu kì.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

Câu 4(2,0 điểm): + Gia tốc a = x'' = -ω2x => gia tốc cực đại am = ω2A => ω = (am/A)1/2 = 2.103 (rad/s). π 3

+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t - ) = 80 sin(2.103t +

2π ) (N) 3

+ Vận tốc cực đại của hạt là vm = ωA = 4 (m/s) + Cơ năng toàn phần E0 =

mv 2m = 0,08 (J).

2

Bài 2: a, (1đ) Khi chưa đốt dây: 2mg = k .∆l0 ; ⇒ a1 = 3 g = 30 ( m / s 2 ) Ngay sau khi dây đứt: * Vật m: k .∆l0 + mg = ma1 * Vật 2m: k .∆l0 − 2mg = 2ma2 ⇒ a2 = 0 b, (3đ) Xét hệ quy chiếu gắn với trọng tâm G của hệ.G cách vật m một khoảng bằng 2/3 khoảng cách từ vật m đến vật 2m. * Xét vật m : (1) - Khi ở VTCB: − mg + Fqt = 0 3x = m.a = mx '' (2) 2 3k 3k 3k = 10 (rad/s) ⇒ x = A.sin( .t + ϕ ) Từ (1) và (2) : x '' + x = 0 ⇒ x '' + ω 2 x = 0 với ω = 2m 2m 2m π 2∆l0 Tại t = 0 : x0 = A.sin ϕ = (rad) = 0, 2 (m) và v0 = ω. A.cos ϕ = 0 ⇒ A = 0, 2 (m); và ϕ = 3 2 ⇒ x = 0, 2.sin(10.t + π / 2) (m); - Độ biến dạng của lò xo: ∆l = 3 x / 2 = 0,3,sin(10.t + π / 2) ;

- Khi ở li độ x: lò xo giãn một đoạn bằng 3x/2 . Suy ra: − mg + Fqt − k

- Lò xo đạt trạng thái không biến dạng lần đầu tiên ⇒ ∆l = 0 ⇒ t = π 20 ≈ 1, 57 (s).

- Trọng tâm G chuyển động với gia tốc g, khi đó trọng tâm G đã đi được : ∆h = gt 2 / 2 = π 2 / 80 (m) với vận tốc vG = g .t = π / 2 (m/s).

Tại thời điểm đó ta có: x′ = 2cos(10.t+π /2)= -2 (m/s) ⇒ vm = vG − x′ = 2 + π / 2 ≈ 3,57 (m/s) - Theo ĐLBTNL: Mặt khác, ta có:

1 1 1 k .∆l02 + 3mg .∆h = mvm2 + .2m.v22m ; 2 2 2 k .∆l0 = 2mg ⇒ v2 m = π

2

− 1 ≈ 0,57 (m/s)

......................................................................................

DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT: 1. Biểu thức điện áp tức thời và dòng điện tức thời: u = U0cos(ωt + ϕu) và i = I0cos(ωt + ϕi) * Với ϕ = ϕu – ϕi là độ lệch pha của u so với i, có −

π 2

≤ϕ ≤

π 2

2. Dòng điện xoay chiều : I = I0cos(2πft + ϕi) * Mỗi giây đổi chiều 2f lần * Nếu pha ban đầu ϕI = 0 hoặc ϕI = π thì giây đầu tiên chỉ đổi chiều 2f-1 lần.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m

2m

NGUYỄN VĂN TRUNG

3. Công thức tính thời gian đèn huỳnh quang sáng trong một chu kỳ : * Khi đặt điện áp u = U0cos(ωt + ϕu) vào hai đầu bóng đèn, biết đèn chỉ sáng lên khi u ≥ U1.

U 4 ∆ϕ ∆t = Với cos∆ϕ = 1 , (0 < ∆ϕ < π/2) ω U0 4. Dòng điện xoay chiều trong đoạn mạch R,L,C * Đoạn mạch chỉ có điện trở thuần R: uR cùng pha với i, (ϕ = ϕu – ϕi = 0) I=

U U và I 0 = 0 R R

Lưu ý: Điện trở R cho dòng điện không đổi đi qua và có I =

U R

* Đoạn mạch chỉ có cuộn thuần cảm L: uL nhanh pha hơn i là π/2, I=

(ϕ = ϕu – ϕi = π/2)

U U và I 0 = 0 với ZL = ωL là cảm kháng ZL ZL

Lưu ý: Cuộn thuần cảm L cho dòng điện không đổi đi qua hoàn toàn (không cản trở). * Đoạn mạch chỉ có tụ điện C: uC chậm pha hơn i là π/2, (ϕ = ϕu – ϕi = -π/2) I=

U U 1 và I 0 = 0 với Z C = là dung kháng ZC ZC ωC

Lưu ý: Tụ điện C không cho dòng điện không đổi đi qua (cản trở hoàn toàn). * Đoạn mạch RLC không phân nhánh Z = R 2 + ( Z L − Z C ) 2 ⇒ U = U R2 + (U L − U C ) 2 ⇒ U 0 = U 02R + (U 0 L − U 0 C ) 2 Z L − ZC Z − ZC R π π ;sin ϕ = L ; cosϕ = với − ≤ ϕ ≤ R Z Z 2 2 1 + Khi ZL > ZC hay ω > ⇒ ϕ > 0 thì u nhanh pha hơn i LC 1 + Khi ZL < ZC hay ω < ⇒ ϕ < 0 thì u chậm pha hơn i LC 1 U + Khi ZL = ZC hay ω = ⇒ ϕ = 0 thì u cùg pha với i và I = I Max = gọi là hiện tượg cộg R LC

tan ϕ =

hưởg dòng điện 5. Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch RLC: ϕ i) * Công suất tức thời: P = UIcosϕ ϕ + UIcos(2ω ωt + ϕu+ϕ 2 * Công suất trung bình: P = UIcosϕ ϕ = I R. 6. Điện áp u = U1 + U0cos(ω ωt + ϕ) được coi gồm một điện áp không đổi U1 và một điện áp xoay chiều u = U0cos(ωt + ϕ) đồng thời đặt vào đoạn mạch.

7. Tần số dòng điện do máy phát điện xoay chiều một pha có P cặp cực, rôto quay với vận tốc n vòng/giây thì máy phát ra dòng điện có tần số là : f = pn ( Hz ) * Từ thông gửi qua khung dây của máy phát điện Φ = NBScos(ωt +ϕ) = Φ0cos(ωt + ϕ) Với Φ0 = NBS là từ thông cực đại,N là số vòng dây,B là cảm ứng từ của từ, S là diện tích của vòng dây, ω = 2πf π π * Suất điện động trong khung dây: e = ωNSBcos(ωt + ϕ - ) = E0cos(ωt + ϕ - ) 2

2

Với E0 = ωNSB là suất điện động cực đại.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

8. Dòng điện xoay chiều ba pha là hệ thống 3 dòng điện xoay chiều 1 pha được gây bởi 3 suất điện động xoay chiều cùng tần số, cùng biên độ nhưng độ lệch pha từng đôi một là

2π .

3

*Các pt của suất điện động và dòng điện và cảm ứng từ có dạng : (Xét trường hợp tải đối xứng ) thì  e1 = E0 cos(ωt )  2π  e2 = E0 cos(ωt − ) 3  2π  e3 = E0 cos(ωt + 3 )

 i1 = I 0 cos(ωt )  2π  i2 = I 0 cos(ωt − ) 3  2π  i3 = I 0 cos(ωt + 3 )

  B1 = B0 cos(ωt )  2π   B2 = B0 cos(ωt − ) 3  2π   B3 = B0 cos(ωt + 3 )

+ Dòng điện xoay chiều 3 pha được tạo ra từ một máy phát điện xoay chiều 3 pha *Máy phát mắc hình sao: Ud = 3 Up và tải tiêu thụ mắc hình sao: Id = Ip *Máy phát mắc hình tam giác: Ud = Up và tải tiêu thụ mắc hình tam giác: Id = 3 Ip Lưu ý: Ở máy phát và tải tiêu thụ thường chọn cách mắc tương ứng với nhau.

9. Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng: ∆P =

P2 R U 2 cos 2ϕ

Trong đó: P là công suất truyền đi ở nơi cung cấp ; U là điện áp ở nơi cung cấp cosϕ là hệ số công suất của dây tải điện *R = ρ

l là điện trở tổng cộng của dây tải điện ( lưu ý: dẫn điện bằng 2 dây) S

* Độ giảm điện áp trên đường dây tải điện: ∆U = IR * Hiệu suất tải điện: H =

P − ∆P .100% P

10. Đoạn mạch RLC có R thay đổi: * Khi R=ZL-ZC thì PMax =

U2 U2 = 2 Z L − ZC 2R

* Khi R=R1 hoặc R= R2 mà P có cùng giá trị U2 thì ta có R1 + R2 = ; R1 R2 = ( Z L − Z C ) 2 P

và khi R = R1 R2 thì PM ax =

R

* Trường hợp cuộn dây có điện trở R0 (hình vẽ) + Khi R + R0 = Z L − Z C ⇒ PMax =

U2 U2 = 2 Z L − Z C 2( R + R0 )

+ Khi R = R02 + ( Z L − Z C ) 2 ⇒ PRMax =

U2 2 R1 R2

L,R0

C

A

U2

2 R02 + ( Z L − Z C ) 2 + 2 R0

=

B

U2 2( R + R0 )

11. Đoạn mạch RLC có L thay đổi: * Khi L =

1 thì IMax ⇒ URmax; PMax còn ULCMin ω 2C

* Khi Z L =

U R 2 + Z C2 R 2 + Z C2 thì U LMax = R ZC

và

** Lưu

ý: L và C mắc liên tiếp nhau

2 2 2 2 2 2 U LM ax = U + U R + U C ; U LMax − U CU LMax − U = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

1 1 1 1 2 L1 L2 )⇒ L= * Với L = L1 hoặc L = L2 thì UL có cùng giá trị thì ULmax khi = ( + Z L 2 Z L1 Z L2 L1 + L2

* Khi Z L =

Z C + 4 R 2 + Z C2 2

2UR

thì U RLMax =

2

4 R + Z C2 − Z C

Lưu ý: R và L mắc liên tiếp nhau

12. Đoạn mạch RLC có C thay đổi: * Khi C =

1

ω2L

thì IMax ⇒ URmax; PMax còn ULCMin Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau

U R 2 + Z L2 R 2 + Z L2 2 2 2 2 2 2 * Khi Z C = thì U CMax = và U CM ax = U + U R + U L ; U CMax − U LU CMax − U = 0 R ZL C + C2 1 1 1 1 )⇒C = 1 * Khi C = C1 hoặc C = C2 thì UC có cùng giá trị thì UCmax khi = ( + 2 Z C 2 Z C1 Z C2 Z + 4 R 2 + Z L2 * Khi Z C = L thì 2

2UR

U RCMax =

4 R 2 + Z L2 − Z L

Lưu ý: R và C mắc liên tiếp nhau

13. Mạch RLC có ω thay đổi: * Khi ω =

1 thì IMax ⇒ URmax; PMax còn ULCMin Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau LC

1 * Khi ω = C

1

L R2 − C 2

2U .L

thì U LM ax =

1 L R2 − thì * Khi ω = L C 2

R 4 LC − R 2 C 2

U CM ax =

2U .L

R 4 LC − R 2 C 2

* Với ω = ω1 hoặc ω = ω2 mà I hoặc P hoặc UR có cùng một giá trị thì IMax hoặc PMax hoặc URMax

khi

ω1ω2 = ω 2 =

1 ⇒ tần số LC

f1 f 2 = f 2 14. Hai đoạn mạch AM gồm R1L1C1 nối tiếp và đoạn mạch MB gồm R2L2C2 nối tiếp mắc nối tiếp với nhau có UAB = UAM + UMB ⇒ uAB ; uAM và uMB cùng pha ⇒ tan uAB = tan uAM = tan uMB 16. Hai đoạn mạch R1L1C1 và R2L2C2 cùng u hoặc cùng i có pha lệch nhau ∆ϕ Với tan ϕ1 =

Z L1 − Z C1 R1

Có ϕ1 – ϕ2 = ∆ϕ ⇒

và tan ϕ2 =

Z L2 − Z C2 R2

(giả sử ϕ1 > ϕ2)

tan ϕ1 − tan ϕ 2 = tan ∆ϕ 1 + tan ϕ1 tan ϕ2

**Trường hợp đặc biệt ∆ϕ = π/2 (vuông pha nhau) thì tanϕ ϕ1tanϕ ϕ2 = -1.

VD: * Mạch điện ở hình 1 có uAB và uAM lệch pha nhau ∆ϕ A Ở đây 2 đoạn mạch AB và AM có cùng i và uAB chậm pha hơn uAM

R

L

Hình Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M C

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

⇒ ϕAM – ϕAB = ∆ϕ ⇒

tan ϕ AM − tan ϕ AB = tan ∆ϕ 1 + tan ϕ AM tan ϕ AB

Nếu uAB vuông pha với uAM thì tan ϕ AM tan ϕ AB =-1 ⇒

Z L Z L − ZC = −1 R R

* Mạch điện ở hình 2: Khi C = C1 và C = C2 (giả sử C1 > C2) thì i1 và i2 lệch pha nhau ∆ϕ Ở đây hai đoạn mạch RLC1 và RLC2 có cùng uAB A R L M C B Gọi ϕ1 và ϕ2 là độ lệch pha của uAB so với i1 và i2 thì có ϕ1 > ϕ2 ⇒ ϕ1 - ϕ2 = ∆ϕ Nếu I1 = I2 thì ϕ1 = -ϕ2 = ∆ϕ/2 Hình tan ϕ1 − tan ϕ 2 = tan ∆ϕ Nếu I1 ≠ I2 thì tính 1 + tan ϕ1 tan ϕ2 II. CẤC DANG TOÁN: BÀI 1: (Năm học 2007- 2008 tỉnh thái nguyên ) R Cho mạch điện như hình vẽ. Cuộn dây có độ tự cảm A B L = 1,5/ π (H), điện trở thuần R0; tụ có điện dung C = 2.10-4/9 π (F). Hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A và L,R0 M C N Mlệch pha một góc 5 π /6 so với hiệu điện thế giữa hai điểm M và N, đồng thời hiệu điện thế giữa hai điểm A và M có biểu thức uAM = 100 6 sin(100 π t + π /6)(V). Công suất tiêu thụ của cả mạch là P = 100 3 (W). a/Tính R0; R. b/Viết biểu thức tức thời của hiệu điện thế giữa hai điểm AB. Bài 2: (Năm học 2007 - 2008, Tỉnh Nghệ An) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.

Biết uAB = 180 2 sin(100πt) (V), R1 = R2 = 100 Ω, cuộn dây thuần cảm có L =

3 H , tụ điện có điện dung C biến đổi được. π

1. Tìm C để hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm M, N đạt cực tiểu.

2. Khi C =

R1

A

→

R R 100 R1 Z = C ↔ ZC = 1 2 = Ω ZL R2 ZL 3

→ C=

100 3

π

L

B

C

100 µF , mắc vào M và N một ampe kế có điện trở π 3

không đáng kể thì số chỉ ampe kế là bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN GIẢI: 1.Giản đồ véc tơ được vẽ như hình bên. .Từ giản đồ suy ra UMN cực tiểu khi M trùng với N . .Hay: UMN= 0 → UR1 = UC → I1R1 = I2ZC , UR2 = UL → = I 2 R2 = I 1 Z L

M

N

R2

(H×nh 5)

A

UAB UR1 UR2

B UL

UC

N

M

µF = 55( µF )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

2.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện trong mỗi nhánh : U EB ϕ2 IC I A IL I

ϕ1

I R1 U AE 1 IC 1 1 1 R1 π → ϕ → ϕ1 = Z = 50 .Tg = = = 3 ( Ω ) = + 1 1 2 2 2 6 I R1 Z1 R1 Z C ZC 3 1 I R π 1 1 1 → ϕ2 = = 2 + 2 → Z2 = 50 3 (Ω ) . Tg ϕ 2 = L = 2 = 2 6 Z 2 R2 Z L IR2 ZL 3

.Vì Z1 = Z2 và cường độ hiệu dụng trong mạch chính như nhau nên: UAE = UEB = U π .Mặt khác U AE và U EB đều lệch về hai phía trục I một góc nên: 6

UAE = UEB =

U AB

π

2 cos( ) 6

= 60 3 (V) :

.Chọn chiều dương qua các nhánh như hình vẽ.

R1

.Giản đồ véc tơ biểu diễn I R1 + I A = I L như hình bên. .Từ đó ta được: π IA= I 2 R1 + I L2 − 2 I R1I L cos = 0,6(A)

M

A

L

A C

R2

N

6

B

300 600

IL

IR1 IA

Bài 3: (Bắc giang Năm học 2006 - 2007) Đặt hiệu điện thế u = 75 2 sin 100π t (V) vào hai đầu một đoạn mạch gồm cuộn dây nối tiếp với một tụ điện. Dùng vôn kế có điện trở rất lớn lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn dây và của tụ điện ta được UCd = 100 (V) và UC = 35 (V). Biết L =

1 (H). Xác 2π

định điện dung của tụ điện và viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch.

Bài 4: (NĂM HỌC 2007-2008. TỈNH DAKLAK )Cho mạch điện xoay chiều như hỡnh vẽ (h.1).

Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch cú biểu thức : uAB = U0.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V) , UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một gúc

π 2

. Cuộn dõy cú hệ số tự cảm L =

1 3π

(H) với điện trở r, điện dung của tụ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

điện C =

3.10−3 16π

NGUYỄN VĂN TRUNG

(F).

1) Tính điện trở r.

2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.

L,r

R

A

M

C N

B

(h .1)

Bài 5: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011) Cho mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây D có độ V1 tự cảm L mắc nối tiếp với điện trở thuần R và tụ D M R điện có điện dung C (hình vẽ). Biết điện áp giữa C A B A hai đầu đoạn mạch AB có biểu thức u = N U0cos100πt (V) không đổi. Các vôn kế nhiệt V1;V2 V2 có điện trở rất lớn chỉ lần lượt là U1 = 120V; U2 =80 3 V. Điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch MB lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch NB góc π/6 và lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AN góc π/2. Ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể chỉ 3 A. a. Xác định các giá trị của R; L và C. b. Tính U0 và viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch.

Hướng dẫn giải: a. Xác định giá trị R ; L ;C •Vẽ giãn đồ véc tơ đúng • R = UR/I = U2cos600 / I = 40Ω • ZC = UC/I = U2cos300 /I = 40 3 Ω ⇒ C ≈ 4,59.10−5 F

• ZL = UL/I ⇒ L ≈ 0,11H

= U1sin300/I

= 20 3 Ω

b. Xác định U0 và viết biểu thức i

• Từ GĐVT : U = U 1 + U C . Áp dụng định lý hàm số cosin ta được : U2 = U12 + UC2 + 2U1.UC. cos1200 Thay số và tính toán ta được: U = 120V => U0 = 120 2 (V) • Lập luận để ⇒ ϕ = -π/6 ⇒ i = 6 cos(100πt + π/6) (A) Bài 6: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011) Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ.

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

• Đặt U, U1, ∆U , I1, ∆P1 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu.

U’, U2, ∆U' , I2, ∆P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau.

2

1 1 ∆P  I  I ∆U ' 1 Ta có: 2 =  2  = ⇒ 2 = ⇒ = ∆P1  I1  100 I1 10 ∆U 10 0,15U1 Theo đề ra: ∆U = 0,15.U1 ⇒ ∆U ' = (1) 10

• Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên: U1.I1 = U 2 .I 2 ⇒

U2 I = 1 = 10 ⇒ U2 = 10U1 (2) U1 I2

• (1) và (2):  U = U1 + ∆U = (0,15 + 1).U1   0,15.U1 0,15 = (10 + ).U1  U' = U 2 + ∆U' = 10.U1 + 10 10 0,15 10+ U' 10 = 8,7 = • Do đó: U 0,15+1

Bài 7: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2009 - 2010) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 2. Điện áp hai đầu π mạch là uAB = 60 2 cos100πt −  (V). Điều chỉnh giá trị 

C

R,L

A

B

E

6

điện dung C của tụ điện để vôn kế V chỉ giá trị cực đại và bằng 100V. Viết biểu thức điện áp uAE. HƯỚNG DẪN GIẢI: Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình

U AB = U R + U L + U C trục gốc là I UR IR R = = = const U L IZ L Z L Áp dụng định lý hàm sin với ∆OMN ta được U ON MN U = hay AB = C sinα sinβ sinα sinβ U ⇒ U C = AB .sinβ sinα ⇒ UC max khi sinβ = 1 ⇒ β = 90 0 : tam giác MON vuông tại O Áp dụng định lý pitago cho ∆OMN ta được

hình 2

UAE

Trên giản đồ véc tơ ta có tanα =

O

V

α

M UL

I UR

β UAB

2 U AE = U Cmax − U 2AB = 100 2 − 60 2 = 80V và UAE nhanh pha hơn UAB 1 góc 900

Vậy biểu thức UAE là

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

UC N

NGUYỄN VĂN TRUNG

π  u AE = 80 2 cos  100πt +  (V) 3 

Bài 8: (Tỉnh Đồng Nai, năm học 2010 - 2011) Áp đặt một điện áp xoay chiều ổn định vào hai đầu đoạn mạch điện như hình vẽ. Biết L = 1/ π ( H ) ; R và C có thể thay đổi được.

A1 B A a) Giữ cố định giá trị C = C1 và thay đổi R , ta có A các kết quả sau : A2 + Số chỉ của ampe kế A luôn bằng 1A + Khi R = R1 =100Ω thì uAB và cường độ dòng điện i trong mạch chính cùng pha. Tính C1 và xác định số chỉ của các ampe kế lúc này b) Tìm giá trị của C phải thoả để khi điều chỉnh R ; điện áp tức thới uAB ở hai đầu mạch điện luôn lệch pha với cường độ dòng điện trong mạch chính Bài 9: (TP HCM, năm học 2010 - 2011) Một đoạn mạch xoay chiều gồm cuộn cảm có điện trở thuần L, Rvà độ tự cảm L mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay A C B đổi được như hình. Điện áp hai đầu đoạn mạch có dạng u AB = U 2 cos ( 2π ft ) , U va f không đổi. Khi C = C1, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là Ud, hai đầu tụ điện là U C . Khi C = C2 = 2C1, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là Ud’ = Ud, hai đầu tụ điện U C = U. Tìm Ud và U C theo U. Bài 10: (Tỉnh Thanh Hóa , năm học 2008 - 2009) Một đoạn mạch điện gồm 3 nhánh mắc song song. Nhánh thứ nhất là một tụ điện có dung kháng ZC , nhánh thứ hai là một cuộn dây thuần cảm có cảm kháng ZL và nhánh thứ ba là một điện trở R. Gọi I, IC, IL, IR là cường độ dòng điện hiệu dụng trên mạch chính và các mạch rẽ tương ứng, Z là tổng trở của đoạn mạch. Hãy chứng minh các hệ thức sau : 1

2

2

2 R

I = I + ( I L − IC )

2

1

1 1  1 1  = 2 + −  2 Z R  ZC Z L 

và

2

HƯỚNG DẪN GIẢI: + Giả sử u = U0cosωt. Ta có: iR = I0Rcosωt ; iC = I0Ccos(ωt +

π 2

) ; iL = I0Lcos(ωt -

π 2

)

+ Giản đồ véc tơ (2 dao động cùng phương): iC+ iL=(I0C - I0L)cos(ωt + + Vậy i = iR+ iC+ iL = I0Rcosωt + (I0C - I0L)cos(ωt + - IL)

2

π 2

π 2

)

). Hai dao động này vuông góc nên I2 = IR2 + (IC

(1) đpcm.

1 1  1 1  + Với I = U/Z từ (1) suy ra 2 = 2 +  −  Z R  ZC Z L 

2

đpcm.

Bài 11: (Tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2010 - 2011) Cho đoạn mạch RLC không phân nhánh, cuộn dây L thuần cảm, điện trở của ampe kế rất nhỏ. Đặt một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng UAB = 150 V không đổi vào hai đầu đoạn mạch, thì thấy hệ số công suất của đoạn mạch AN C R L bằng 0,6 và hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng 0,8.

A a,Tính các điện áp hiệu dụng UR, UL và UC, biết đoạn N B A Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

mạch có tính dung kháng. b, Khi tần số dòng điện bằng 100 Hz thì thấy điện áp hai đầu đoạn mạch AB lệch pha π/2 so với điện áp giữa hai đầu đoạn NB và số chỉ của ampe kế là 2,5A. Tính các giá trị của R, L, C. Bài 12: (Tỉnh Đồng Tháp, Trường THPT TP Cao Lãnh đề nghị) Cho mạch điện như hình vẽ:Một điện trở thuần R,một tụ điện C,hai cuộn cảm lí tưởng L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,K2 (RK = 0) được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động ε ,điện trở trong r = 0).Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt. Sau khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, ngắt K1. Tính hiệu điện thế cực đại ở tụ và IL2 max. ?

HƯỚNG DẪN GIẢI: ε +K1 đóng, K2 ngắt, dòng điện ổn định qua L1: I 0 = R

K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2 cuộn mắc song song u L1 = u L2 = uAB ==> - 2L (i1 – I0) = Li2

⇔ 2L (I0 – i1) =Li2 (1)

2 LI 02 2 Li12 Li22 CU 2 = + + 2 2 2 2 IC = i1 – i2 ⇒ UCmax ⇔ IC = 0 ⇔ i1 = i2 = I (2) và (3) ⇒ CU 02 = 2 LI 02 − 2 Li12 − Li 22 = 2 LI 02 − 3LI 2

(0,5)đ

(2)

(0,5)đ

(3)

(0,25)đ (0,25)đ

2I 0 3 2L ε 2L = 3C R 3C

(1) ⇒ 2 LI 0 = Li 2 + 2 Li1 = 3LI ⇒ I = ⇒ CU 02 =

2 2 LI 0 ⇒ U 0 = I 0 3

(0,25)đ (0,25)đ

+Khi tụ điện phóng hết điện thì I1 và I2 cực đại 2 LI 02 2 LI 12max LI 22max = + 2 2 2

(4)

(1) ⇒ 2L (I0 – I1max) = LI2max

⇒ I0 – I1max =

1 I2max 2

(0,25)đ (5)

(0,25)đ

(4) ⇒ 2 LI 02 = 2 LI 12max + LI 22max ⇒ 2 I 02 = 2 I 12max + I 22max ⇒ 2( I 0 − I 1 max )( I 0 + I 1 max ) = I 22max ⇒ I0 + I1max = I2max (6) 4 4ε (5)(6) ⇒ I2max = I 0 = 3

2

(0,25)đ

3R

Bài 13: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ bên.

Cho biết: R1 = 3Ω; R2 = 2Ω; C = 100nF ; L là cuộn dây thuần cảm với L = 0,1H; RA ≈ 0; R V = R V = ∞ . Ampe kế và von kế là ampe kế và von kế nhiệt. Đặt vào hai đầu A, B hiệu điện thế uAB = 5 2 cosωt (V).

1. Dùng cách vẽ giản đồ vectơ Frexnen tìm biểu thức của các hiệu điện thế hiệu dụng 1

(0,25)đ

R1 A

V1

A L

M C V2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

R2

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

U R1 , UC và cường độ dòng điện hiệu dụng qua R2 theo hiệu điện thế hiệu dụng U = UAB, R1, R2,

L, C và ω.

2. Tìm điều kiện của ω để ampe kế có số chỉ lớn nhất có thể. Tìm số chỉ của các von kế V1 và V2 khi đó.

3. Tìm điều kiện của ω để các von kế V1 và V2 có số chỉ như nhau. Tìm số chỉ của ampe kế và các von kế khi đó.

HƯỚNG DẪN GIẢI: y 1) U AB = U AM + U MB ; (1) UA UMB = IR2; (2) UAM = IR1. R1= IL Lω − 1 ;

B

(3)

Cω

UL

Chiếu (1) lên 0x và 0y có: UAB .X = IR2cos α = IR2.IL/I = R2IL; UAB.y = IR2sin α + UAM

M

IR 10

UAB.y = IL Lω − 1 (R1+R2)/R1 Cω

Do  R + R2 I 2L  1  R1

  

Đặt

IL =

U

đó

UR R2

2

=U

2 AB. X

+U

=

2 AB. y

1   R +  Lω −  Cω  

2

;

IR1 =

2

UR R 1R 2

Lω −

I IL

1 Cω

1   R +  Lω −  Cω  

2

2

2

I=

I L2 + I R21 =

UR R1 R2

UR1 = IR1R1 =

UR R2

UC = IL/C ω =

UR R2

1   R +  Lω −  Cω   2 1   2 R +  Lω −  Cω   1 Lω − Cω 2 1

1   R 2 +  Lω −  Cω  

(4)

(5)

2

1 1   Cω R 2 +  Lω −  Cω  

2

UM B

UR2

α

UC

2  R R  2  1    1 2  +  Lω −   Cω    R 1 + R 2     R R  R =  1 2  (*), chú ý tới (3) có  R1 + R 2  2

1

UA

(6)

Với R tính bởi (*) 2) Xét biểu thức của I, ta thấy biểu thức dưới dấu căn (kí hiệu là y) là Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x

NGUYỄN VĂN TRUNG

y=

2 1 2

2

2 1

2

R + ( Lω − 1 / Cω) R −R = 1+ 2 2 R + ( Lω − 1 / Cω) R + (Lω − 1 / Cω) 2

Bởi R1>R, y đạt cực đại, tức là số chỉ ampe kế khả dĩ lớn nhất khi ω =

1 LC

= 10 4 rad / s .

Khi đó theo (4), (5) và (6): Imax=U/R2=5/2=2,5(A) Số chỉ của V2 là: UC=U/R2Cω=

2.10 .10 4

= 2500( V )(!)

UV1=UV2--> UR1 = UC --> Lω-1/Cω=1/(Cω)

3) Ta có --> ω =

5 −7

2 = 1,41.10 4 rad / s .

LC

RU I= R 1R 2 U R1 = U C =

R 12 + 0,25L2 ω 2 R + R2 với R = 1 = 1,2(Ω), Lω = 2 2 2 R1 + R 2 R + 0,25L ω UR 2R 2

Lω R 2 + (0,5Lω) 2

2L = 2 .10 3 (Ω) → I ≈ 1( A ); C

≈ 3(V).

Bài 14: (Tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2007 - 2008) C R Một đoạn mạch điện xoay chiều AB gồm một điện trở thuần, một cuộn cảm và một tụ điện ghép nối tiếp như trên N A M B hình vẽ. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch có dạng : u AB = 175 2sin100πt (V). Biết các hiệu điện thế hiệu dụng U AM = U MN = 25V , U NB = 175V . Tìm hệ số công suất của đoạn mạch AB. HƯỚNG DẪN GIẢI: - Theo giả thiết có : U AB =

175 2 = 175 (V).

2

- Gọi r là điện trở nội của cuộn cảm. Giả sử r = 0, ta có : U AB =

U R2 + (U L - U C )2 =

252 + (25 - 175) 2 = 25 37 ≠ 175 ⇒ r > 0.

2 U MN = U L2 + U r2 = 252 (1) - Ta có : - Mặt khác ta có : U 2AB = (U R + U r ) 2 + (U L - U C )2 = U 2R + 2U R U r + U r2 + U L2 + U C2 - 2U L U C 2 = U 2R + 2U R U r + U MN + U C2 - 2U L U C = 1752

(2) - Giải hệ phương trình (1) và (2) : U L = 7 (V) và U r = 24 (V) ⇒ 7U L - U r = 25

- Hệ số công suất của đoạn mạch : cosϕ =

UR + Ur 25 + 24 = = 0,28 U AB 175

Bài 15: (Tỉnh Thái Nguyên, năm học 2009 - 2010) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức: uAB = U0.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V),

L,r

R A

M

C N

(h .1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế tức thời uAN lệch pha so với uMB một góc L=

1

π 3

(H) với điện trở r, điện dung của tụ điện C =

3.10−3 16π

π

2

. Cuộn dây có hệ số tự cảm

(F).

a/ Tính điện trở r. Viết biểu thức hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A, N. b/ Thay đổi R đến khi công suất tiêu thụ trên nó cực đại. Tính giá trị của R lúc này.

HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Tính r: Z L = ω.L =

100 3

Ω; ZC =

1 ωC

=

160 3

Ω.

1

- Ta có: ϕAN + ϕMB = π/2. Suy ra: tgϕAN = −

tgϕ MB

, từ đó:

ZL

R+r

=

r

ZC − ZL

Vậy : ZL.(ZC – ZL) = r.(R + r), hay: U L (U C − U L ) = U r (U R + U r )

.

(1)

Mặt khác: U 2AN = (U r + U R ) 2 + U L2 2

Và:

(2)

2

U MB = U r + (U L − U C ) 2 UL 2 Ur

Từ (1), ta rút ra: (U R + U r ) 2 = Thay (4) vào (2): U 2AN =

2 Ur

(3)

(U C − U L )

2

UL

2

2

2

2

(U C − U L ) + U L =

(4) 2

UL 2 Ur

(U C − U L ) 2 + U r2 

(5)

2

Thay (3) vào (5), ta được: Biến đổi ta có:

UL Ur

=

300 60 3

2 U AN

=

5 3

U  2 =  L  .U MB  Ur  , suy ra: r = ZL.

3 5

=

100 3 5 3

= 20Ω

(6)

Biểu thức uAN: - Ta có: u AN = U 0AN sin(100πt + ϕuAN ) . + Biên độ: U0AN = 300 2 (V) + Pha ban đầu: ϕu AN = ϕi + ϕAN = ϕu − ϕ + ϕAN = −ϕ + ϕAN Mà: tgϕ =

Z L − ZC

(7) (8)

R+r

100  160 100  −   ZL (ZC − ZL ) 3 3 3 Từ mục a/ ta có: R + r = = = 100Ω 20 r

Suy ra: R = 80Ω Thay vào (8), ta tính được: tgϕ = - 0,346 → ϕ = -190 Ta lại có: tgϕAN =

ZL R+r

=

100

100 3 49π

=

1 3

(rad) Vậy: ϕu = 190 + 300 = 490 = 180 AN

⇒ ϕAN = 300

(9) (10) (11) (12)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG 49π

- Biểu thức: u AN = 300 2 sin(100πt +

180

(13)

)(V)

Lưu ý: HS có thể giải bằng giản đồ vectơ.

2

U R

2

b/ Công suất tiêu thụ trên R: PR = I R =

2

(R + r) + (ZL − ZC )

Theo Cô si: PRmax khi R = r 2 + (ZL − ZC ) 2 = 40Ω.

Bài 16: (Tỉnh Bến Tre, năm học 2008 - 2009) Mạch điện xoay chiều gồm 3 phần tử : điện trở thuần R, cuộn thuần cảm có độ tự cảm L và tụ có điện dung C mắc nối tiếp như hình vẽ (1).Biết uAN nhanh pha so với uMB và tan ϕ AN = 2 tan ϕ MB Nếu mắc mạch lại như hình vẽ (2) thì cường độ hiệu dụng qua mạch chính là bao nhiêu? Biết dung kháng ZC = 50Ω và điện áp hiệu dụng hai đầu mạch là 100V. ĐÁP ÁN Do mạch có ba phần trở R, L, C mà uAN nhanh pha so với uMB thì đoạn mạch AN gồm có R, L và đoạn mạch MB gồm có R và C ⇒ x là cuộn thuần cảm L, Y là điện trở thuần R và Z và tụ C. (0,5đ)

Từ tan ϕ AN = 2 tan ϕ MB •

• • •

2

R+

A ⋅

r + (Z L − ZC )

X

A •

2

+ 2r

R

M ⋅

N ⋅

Y

∼ u

(hình 1)

X

D

A ⋅

X

M ⋅

N ⋅

Y

L

• A

D

•

• iR

R →

IL I

IL

U DB

α

→

I →

→

U

U AD U AD = Z C ; 2 Z C = Z L ; U DB = I L .Z L I

nên

B ⋅

Z

IL

C

IR

α

•

∼ u

(hình 2)

→

→

B

•

Z

∼ u

Giản đồ véc tơ cho mạch này là: Ta có: 2 2 U 2 = U AD + U DB − 2U ADU DB cos α

B ⋅

Z

Y

i

Hình (2) được vẽ lại như sau:

mà

=

2

∼ u

2Z C Z ⇒ L = ⇒ Z L = 2 Z C (0,5đ) R R

2 2 U 2 = U AD + U DB − 2U ADU DB

2

U

2 2 2 2 U 2 = U AD + U DB − U DB = U AD

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

⇒ U = UAD ⇒ I =

U AD U = = 2A ZC ZC

Bài 17: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2007 - 2008) Một đoạn mạch điện gồm ba phần tử R = 30Ω, L = 0,2H, và C = 50µF mắc nối tiếp với nhau và nối tiếp vào 2 nguồn điện: Nguồn điện một chiều U0 = 12V và nguồn điện xoay chiều U = 120V, f = 50Hz. a) Tính tổng trở của đoạn mạch và cường độ dòng điện đi qua đoạn mạch. b) Tính độ lệch pha giữa hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch và dòng điện trong mạch. Nhận xét về kết quả tìm được. c) Vẽ giãn đồ véc tơ các hiệu điện thế giữa hai đầu của R, của L, của C và của toàn mạch. d) Cuộn cảm và tụ điện ở đây có vai trò gì ? Có thể bỏ đi được không ?

HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Ta có ZL = ωL = 62,8Ω ; ZC = 1/ωC = 63,7Ω . Suy ra Z = chiều không qua tụ điện nên I = U/Z ≈ 4A. b) Độ lệch pha giữa h.đ.t và dòng điện toàn mạch là cosφ =

(

R 2 + Z L2 − Z C2

)

= 30,01Ω. Dòng một UL+U0

R ≈ 1.

Z

+ Suy ra φ ≈ 0. Trong mạch có cộng hưởng.

0 U U+U I c) Ta có: UR = IR ≈ 120V = U; UC = IZC = 255V; UL = IZL = 251V. Các dữ liệu trên cho giản đồ véc tơ gồm các dữ liệu tính được từ trên cộng U -U +U thêm hiệu điện thế một chiều U0. Hình vẽ bên. d) Tụ C có tác dụng ngăn dòng một chiều đi qua R. Tụ C làm cho U và I lệch pha. Cuộn L làm cho mất sự lệch pha. Với vai trò C, L như trên, không thể bỏ đi một trong hai và hoặc đồng thời cả hai.

Bài 18: (Tỉnh Bình Thuận, năm học 2007 - 2008) Hai đầu A, B của mạch điện nối với một nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng không đổi U AB = 100 V và có tần số f thay đổi được. Hai vôn kế xoay chiều V 1 và V 2 có điện trở rất lớn (coi như lớn vô cùng), ampe kế A và dây nối có điện trở không đáng kể.

1. Mắc vào hai chốt A và D một tụ điện có điện dung C và mắc vào hai chốt D, E một cuôn cảm có độ tự cảm L, điện trở R và cho tần số f = f 0 = 250 Hz. R

C

0

L

0

Người ta thấy V 1 chỉ U 1 = 200 (V), vôn kế V 2 chỉ U 2 = 100 3 (V), ampe kế chỉ 1 (A). Tính các giá trị C, L, R của mạch.

2. Thay hai linh kiện trên bằng hai linh kiện khác (thuộc loại điện trở, tụ điện, cuộn cảm) thì số chỉ của các dụng cụ đo vẫn như trước và hơn nữa khi thay đổi tần số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế giảm đi. a. Hỏi đã mắc các linh kiện nào vào các chốt nói trên và giải thích tại sao ? Tìm các giá trị R / , L / , C / (nếu có) của mạch và độ lệch pha giữa u AD và u DE . b. Giữ nguyên tần số f = f 0 = 250 Hz và mắc thêm hai linh kiện nữa giống hệt hai linh kiện của câu 2a vào mạch. Hỏi phải mắc thế nào để thỏa mãn; số chỉ của các vôn kế vẫn như trước, nhưng số chỉ của ampe kế giảm đi một nửa. Trong trường hợp đó, nếu thay đổi tần số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế thay đổi như thế nào ?

HƯỚNG DẪN GIẢI: 1. Ta có giãn đồ véc tơ như hình vẽ : * Nhận xét : Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

- Dòng i nhanh pha

π 2

so với u AD và chậm pha

π 2

so với u DF .

- Tam giác ADE có các cạnh 200 (V), 100 3 (V) và 100 (V) nên ADE là nửa tam giác đều + U AE = I.Z = 1.Z ⇒ Z = 100 ( Ω ). + Sin  =

U EF U AE

⇔ I.R = 100.

⇒ U EF = U AE .Sin  = 100.Sin60 0 = 100.

0.5 điểm 3 2

3 ⇒ R = 50 3 ( Ω ).

2

0.5 điểm U DF 3 ⇒ U DF = U DE Cos D̂ = 100 3 . = 150 (V) 2 U DE ⇔ I.Z L = 150 ⇒ Z L = 150 ( Ω ). ⇔ L.2 π f 0 = 150 150 0,3 ⇒ L = = (H).

500π π + U AD = I.Z C ⇒ Z C = 200 ( Ω

+ Ta có : Cos D̂ =

Mà C =

1 10 −5 1 = = (F).

200.500π Z C 2πf 0 π

2. a :Tìm các giá trị R / , L / , C / (nếu có) của mạch và độ lệch pha giữa u AD và u DE . * Khi tăng hoặc giảm tần số f thì dòng điện đều giảm, chứng tỏ dòng điện cực đại ở tần số f 0 , ngĩa là có cộng hưởng. Vậy phải mắc cuộn cảm vào hai chốt A, D và mắc tụ điện vào hai chốt D, E để có cộng hưởng thì tổng trở rút về điện trở R / .

- Ta có giản đồ véctơ như hình bên : U AE 100 = = 100 ( Ω ).

I 1 U 100 3 + ZL / = ZC / = 2 = = 100 3 ( Ω ).

I 1 Z L/ 100 3 3 + L/ = = = (H).

500π 5π 2πf 0

+ R/ =

1 1 10 −4 +C = = = (F) Z C / 2πf 0 100 3.500π 5 3.π /

* Độ lệch pha giữa u AD và u DE : π π - Dòng điện nhanh pha so với u DE và chậm pha so với u AD nên độ lệch pha giữa u AD 2

và u DE là

3

5π .

6

* Nếu đổi vị trí cuộn cảm và tụ điện thì ta trở lại sơ đồ ở câu 1(không có hiện tượng cộng hưởng xãy ra).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

2.b.Giữ nguyên tần số f = f 0 = 250 Hz và mắc thêm hai linh kiện nữa giống hệt hai linh kiện của câu 2a vào mạch. Hỏi phải mắc thế nào để thỏa mãn; số chỉ của các vôn kế vẫn như trước, nhưng số chỉ của ampe kế giảm đi một nửa. Trong trường hợp đó, nếu thay đổi tần số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế thay đổi như thế nào ? * Để dòng điện giảm đi một nửa ta mắc các linh kiện theo sơ đồ như hình vẽ : điểm Theo sơ đồ này ta có : R = 2R / L = 2L / ⇒ Z L = 2L / 2 πf 0

0.5

C/ 2 ⇒ ZC = C = / 2 C 2πf 0

Vì ZL / = ZC / nên trong mạch xãy ra cộng hưởng ⇒ Nếu thay đổi tần số f thì dòng điện sẽ giảm.

Bài 19: (Tỉnh Gia Lai, năm học 2008 - 2009) U=100V Mạch điện có sơ đồ như hình vẽ.

A D ~ Cuộn dây thuần cảm L. Người ta thay đổi L và C để f=50Hz công suất mạch tuân theo biểu thức: P = K 2 Z L .Z C . a)Khi L =

1

π

L

( H ) thì K = 4 , dòng điện trong mạch cực đại. Tính

C

R

2

B

E

C và R. b)Tính độ lệch pha giữa uAE và uBD khi Imax. Tìm liên hệ giữa R, C, L để I = K. Lúc đó độ lệch pha giữa uAE và uBD bằng bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN GIẢI: a)+ Ta có : Z L = L.2π . f =

1

π

⋅ 2π ⋅ 50 = 100Ω

+ Khi K 2 = 4 ⇒ P = 4 Z L ⋅ Z C (1) + Vì mạch RLC nối tiếp có Imax nên cộng hưởng xảy ra Do đó : C =

⇒ Z L = Z C = 100Ω

1 1 10−4 (F ) = = Z C ⋅ ω 100 ⋅100π π

+Từ (1) và (2), được : P = 4Z L = 400(W) + Mặt khác : P = R ⋅ I 2 , với I = I max =

U U = nên Z min R

P=

U2 U 2 100 2 ⇒R= = = 25Ω R P 400

b)+ Giản đồ véc tơ vẽ được :

U AE

O

ϕ1

UL

i

ϕ2 UC

U BD

+Từ giản đồ véc tơ suy ra : ϕ1 = ϕ2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(2)

NGUYỄN VĂN TRUNG

U L Z L 100 = = = 4 ⇒ ϕ1 ≈ 760 UR R 25 38π +Suy ra : ϕu AE − ϕuBD = ϕ1 + ϕ2 = 1520 = 45

Với : tan ϕ1 =

 P = R ⋅ I 2 + Ta biết :  nên khi I = K, ta suy ra : 2  P = K ⋅ Z L ⋅ Z C R = Z L ⋅ ZC ⇔ R 2 = Z L ⋅ ZC ⇔ R 2 =

L C

ZL   tan ϕ1 = R Z ⋅Z ⇒ tan ϕ1 ⋅ tan ϕ2 = L 2 C = 1 +Lúc này có:  R  tan ϕ = Z C 2  R

+Suy ra: ϕ = ϕu − ϕu = ϕ1 + ϕ 2 = AE

BD

π 2

Bài 20: (Tỉnh Gia Lai, năm học 2008 - 2009) Cho mạch điện xoay chiều (hình vẽ).

Biết điện áp ổn định giữa hai điểm A và B là 1 = mR ( m : tham số).

Cω a) Khi khoá K đóng, tính m để hệ số

u AB = 120 2 ⋅ sin ωt (V ) ;

K

C công suất của mạch bằng 0,5.

R b) Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vuông pha với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMBB .

A D M HƯỚNG DẪN GIẢI: C a)Tính m để cosϕ = 0,5 R +Vì khi K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R) . +Lúc đó : cosϕ =

+Suy ra :

Z C2 =

R 2

=

R ( ) 2 + Z C2 2

1 R2 ⇒ R2 = + Z C2 2 4

3 2 3 3 3 R ⇒ ZC = R ⇒ mR = R⇒m= 4 2 2 2

b)+Nhánh (1) :

(1)

−Z C

R

; ϕ1 ≺ 0 (1) R + Z C2

π ϕ1 là góc lệch pha của U DB so với I1 ( + ϕ1 ) 2 sin ϕ1 =

2

R +Z

2 C

; cosϕ1 =

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

(+)

U MB

I1

I α

O

U DM

ϕ1

I2 U DB

α

U AD

+Trong tam giác vectơ dòng ta có :

I 2 = I12 + I 22 + 2 I1 I 2 cosϕ1

U AB

(2)

Và U DB = I1 R 2 + Z C2 = I 2 R (3) +Suy ra I1 =

RI 2

R 2 + Z C2

+Thay vào (2) được : I 2 = I 22

R2 RI 22 R 2 + I + 2 ⋅ 2 2 2 R + ZC R 2 + Z C2 R 2 + Z C2

4 R 2 + Z C2 4 R 2 + Z C2 ⇔I =I ( 2 ) ⇒ I = I2 R + Z C2 R 2 + Z C2 2

2 2

(4)

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác dòng, ta có:

I2 I = sin α sin(−ϕ1 )

(5)

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có: U DB U AD U = = AD sin α sin( π + ϕ ) cosϕ1 1 2

(6)

+Từ (5) và (6), suy ra: sin α = ⇒

I2 U ⋅ sin(−ϕ1 ) = DB ⋅ cos ϕ1 I U AD

ZC I2 I R R ⋅ = 2 ⋅ I IZ C R 2 + Z C2 R 2 + Z C2

+Suy ra: Z C = R ⇒ mR = R ⇒ m = 1 +Khi m = 1 thì ZC = R, ta có: U = I1R  MB  U AB = U AD ⋅ cosα + U DB ⋅ cos( π + ϕ1 ) = IZ C ⋅ cosα + I 2 R ⋅ cos( π + ϕ1 )  2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

  I = I 5 ; I = I 2 ;sin α = I 2 sin(−ϕ ) = 2 ⋅ 1 = 1 2 1 1  2 I 5 2 2 5 +Vì:   1 2 1 π cos α = 1− = ;cos( + ϕ1 ) = − sin ϕ1 = sin(−ϕ1 ) =  5 2 5 2 I2 U I1 1 1 2 = = = +Suy ra: MB = 1 U AB 5 π 5 2 1 2 ⋅( 2 + ) 3 I2 ⋅ cosα + I 2 cos( + ϕ1 ) I 2 ( ⋅ + ) 2 2 2 2 5 2 1 120 ⇒ U MB = U AB ⋅ = = 40(V ) 3 3

Bài 21: (Tỉnh An Giang, năm học 2010 - 2011) Một mạch điện XC gồm một cuộn dây thuần cảm có L1 mắc nối tiếp với cuộn dây L2 =

1 H; điện trở 2π

trong r = 50 Ω . Điện áp XC giữa hai đầu đoạn mạch có dạng u = 130 2 cos100πt (V). Cường độ hiệu dụng trong mạch là 1A. Phải mắc thêm một tụ có điện dung C là bao nhiêu để điện áp giữa hai đầu cuộn (L2 , r) đạt giá trị cực đại.

HƯỚNG DẪN GIẢI: Mặt khác: r 2 + ( Z L1 + Z L 2 ) 2 = Z 2 ⇒ ( L1 + L2 ) 2 =

Ta có: Z = U/I = 130 Ω .

L1 + L2 =

Z 2 − r2

ω2

1,2

π Khi mắc thêm tụ C vào mạch, lúc này: U day 2 = I .Z day 2 =

U .Z day 2 = Z

U 2

r + ( Z L* − Z C ) 2

Z day 2

Để điện áp giữa hai đầu cuộn dây 2 đạt cực tiểu, tức là trong mạch có cộng hưởng 1 = ( L1 + L2 )ω Cω 10−3 Thay số tìm được C= F 12π Z L* = Z C ⇒

............................................................................

NGHIÊN CỨU DAO ĐỘNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP NĂNG LƯỢNG PP năng lượng dùng: xác lập một sự tương ứng giữa năng lượng của hệ dao động với năng lượng của một con lắc đơn giản nhất gồm một vật năng khối lượng m treo trên một lò xo có độ cứng k. Nếu biểu thức cơ năng ở li độ x của hệ đưa về dạng E= x=Asin (ϖt + ϕ ) với tần số góc : ϖ =

mhd x '2 k hd x 2 + thì hệ sẽ dao động điều hoà 2 2

k hd mhd

Để minh hoạ cho PPNL, ta hãy dùng nó dể tìm chu kì của con lắc đơn: gồm một vật nặng m treo trên sợi dây mảnh dài l. Để có tham số x, ta chọn độ dịch chuyển của vật nặng theo cung tròn tính từ vị trí cân bằng. Động năng của con lắc là mx’2/2, tức khối lượng hiệu dụng đúng bằng khối lượng của vật nặng. Đối với những độ lệch nhỏ của con lắc (x<<l), thế năng của hệ là: Et=mgh=mgl(1-cos α )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

α

α

2

2

x là góc lệch của con lắc. Do đó, độ cứng hiệu dụng 2 2 l k hd g mg bây giờ là và tần số góc của dao động là ϖ = = l mhd l

=2mglsin2

=mgl

=

mg x l 2

(1) , trong đó α =

Sau đây là một số ví dụ minh hoạ cụ thể.

Bài toán 1. Một thanh dài l=40cm được uốn thành nửa vòng tròn nhờ các nan hoa có khối lượng không đáng kể . Người ta gắn vào nửa vòng tròn này một trục quay nằm ngang đi qua tâm vòng tròn. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của nửa vòng tròn xung quanh vị trí cân α x bằng nếu trục quay vuông góc với mặt phẳng đó. Lấy g=9,8 m/s2. x O Giải: Để có tham số x xác định vị trí của hệ, ta chọn độ dịch chuyển của các điểm trên thanh ra khỏi vị trí cân bằng. Khi đó động năng của hệ bằng mx’2/2, với khối lượng hiệu dụng đúng bằng khối lượng của thanh. Để tính thế năng, ta coi rằng ta đã dịch chuyển một mẩu của thanh có chiều dài x và khối lượng mx/l từ đầu này đến đầu kia của thanh (như minh hoạ trong hình vẽ). Khi đó tâm của đầu mẫu đã dịch chuyển mx 2mg x 2 một đoạn x, tức là độ biến thên thế năng của thanh bằng Et= gx = (2) (ta quy ước thế năng ở l l 2

VTCB=0). Điều này có nghĩa là độ cứng hiệu dụng của hệ là khd=2mg/l. Do đó tần số góc của dao động là ϖ =

k hd 2g = =7 (rad/s) mhd l

Bài toán 2. Một ống chữ U có thiết diện S=10cm2 chứa 400g nước. Tìm tần số góc của dao động theo phương thẳng đứng của chất lỏng. Bỏ qua ma sát và lấy g =9,8 m/s2.

Giải: Nếu nước dịch chuyển một đoạn x từ VTCB thì, như trong bài toán trước, có thể coi một cột nước nhỏ dài x và có khối lượng ρ Sx đã dịch chuyển từ nhánh này sang nhánh kia. Độ biến thên thế năng lúc đó là: x

x2 Et= ( ρ Sx)gx=2 ρ gS 2

x

Với ρ =1g/cm3 là khối lượng riêng của nước. Như vậy độ cứng hiệu dụng là 2 ρ gS, còn khối lượng hiệu dụng đúng bằng khối lượng m của nước có trong ống. Do đó tần số góc của dao động là: k hd 2 ρgS ϖ = = =7 (rad/s) mhd

m

Bài tập 3. Một thanh không trọng lượng được uốn thành 1/3 vòng tròn bán kính R=5cm. Nhờ các nan hoa có khối lượng không đáng kể, người ta gắn cung tròn này vào một trục quay nằn ngang đi qua tâm vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng của nó. Người ta gắn vào 2 đầu cung tròn 2 vật nặng như nhau.

Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của cung tròn xung quanh vị trí cân bằng. Lấy g=9,8 m/s2.

Giải: Để làm tham số xác định đọ lệch của cung tròn ra khỏi vị trí cân bằng, ta chọn góc lệch nhỏ α . Khi đó động năng của hệ là: mv 2 2mR 2ϖ 2 α '2 Ek=2 = = 2mR 2 2

2

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

2

Tức khối lượng hiệu dụng là mhd=2mR (ở đây m là khối lượng của vật nặng) Sẽ là thuận tiện nếu ta biểu diễn thế năng của hệ qua sự biến thiên độ cao trọng tâm của hệ. Dễ thấy rằng trọng tâm của hệ nằm giữa 2 vật nặng và ở cách điểm treo một khoảng l=Rcos600=R/2, do đó α2 α2 Et=2mgl(1-cos α )=2mgl =mgR . Điều này có nghĩa là độ cứng hiệu dụng khd=mgR và tần số góc 2 2 k hd g của dao động bé là: ϖ = = = 10 (rad/s) mhd 2R

(Coi như là một bài luyện tập nhỏ, em hãy làm lại bài toán trên nhưng bây giờ chọn tham số xác định vị trí của hệ không phải là góc α mà là độ dịch chuyển quen thuộc x=R α ) Bài toán 4. Một thanh có khối lượng M=20g và chiều dài l=118cm được uốn thành một nửa vòng tròn, và nhờ các nan hoa có khói lượng không đáng kể người ta gắn nửa vòng tròn này vào một trục quay nằm ngang đi qua tâm vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng của nó. Người ta gắn vào giữa thanh một vật nặng m=100g. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của nửa vòng tròn xung quanh vị trí cân bằng. Lấy g=9,8 m/s2 và π =3.14 Giải: Có thể coi bài toán này là tổ hợp của ví dụ về con lắc đơn và bài toán 1. Do đó khi tính thế năng cần phải sử dụng đồng thời phương pháp tính độ cao khi góc lệch bé (công thức (1))và phương pháp dịch chuyển một mẩu của thanh(công thức (2)). Khi đó ta có Mx mg x 2 2 Mg x 2 (πm + 2 M ) g x 2 Et=(mgR(1-cos α )+ gx = + = . l 2 l 2 '2 x Vì động năng của hệ bằng Ek=(m+M) 2 k hd πm + 2M g = =5 (rad/s) nên tần số góc của dao động là: ϖ = mhd m+M l l

R 2

Bài toán 5. Một thanh không trọng lượng có chiều dài l=3,5m có thể quay tự do quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của thanh. Người ta gắn vào đầu tự do của thanh một vật nặng khối lượng m và vào trung điểm của thanh vật nặng khối lượng 3m. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé thanh xung quanh vị trí cân bằng. Lầy g=9,8 m/s2.

Giải: Để làm tham số xác định độ lệch của thanh, ta chọn độ dịch chuyển của thanh dọc theo cung tròn. Như vậy độ dịch chuyển của vật ở bên trên là x/2./ Khi đó động năng của hệ là: mx '2 3m( x ' / 2) 2 x '2 Ek = + = 1,75m : Tức khối lượng hiệu dụng của 2 2 2 l 2,5mg x 2 Thế năng của hệ là Et=(mgl(1-cos α )+ 3mg (1 − cos α ) = 2 l 2 k hd Do đó khd=2,5mg/l. vậy tần số dao động bé của hệ là : ϖ = = mhd

O

α 3m x/2

m

x

hệ là mhd=1,75m. .

O

10 g =2 (rad/s) 7 l

Bài toán 6. Một thanh không trọng lượng dài l=50cm có thể quay tự do quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của thanh. Người ta gắn vào đầu tự do của thanh một vật nặng khối lượng m=0,5kg và vào trung điểm của thanh một lò xo nằm ngang có độ cứng k=32N/m. Khi thanh ở vị trí thẳng đứng, lò xo không biến dạng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

k

x m

NGUYỄN VĂN TRUNG

Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của hệ xung quanh vị trí cân bằng. Lấy g =10m/s2.

Giải: Để làm tham số xác định độ lệch của hệ, ta chọn độ dịch chuyển của vật nặng theo cung tròn. Với độ dịch chuyển đó, độ biến dạng của lò xo là x/2. Khi đó thế năng của hệ là

mg x 2 ( x / 2) 2  mg k  x 2 +k = +  . Hiển nhiên, khối lượng hiệu dụng của hệ đúng bằng khối lượng l 2 2 4 2  l k hd g k của hệ. Khi đó tần số dao động của hệ là: ϖ = = + = 6 (rad/s) mhd l 4m

Et=

Bài toán 7. Hai đầu một thanh không trọnglượng có chiều dài l=10cm, người ta gắn 2 quả cầu nhỏ, mỗi quả có khối lượng m=9g. Biết rằng 2 quả cầu tích điện trái dấu và độ lớn của các điện tích đó bằng q=3 µ C và toàn bộ hệ thống được đặt trong một điện trường đều có cường độ E=600V/m và có hướng song song với thanh khi ở VTCB. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của hệ trên xung quang VTCB. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Giải: Vì tổng các lực tác dụng lên hệ bằng không, nên hệ quy chiếu gắn với

E α q tâm quán tính của hệ là một hệ quy chiếu quán tính. Do đó ta có thgể -q xem điểm giữa của thanh là đứng yên. Để làm tham số đặc trưng cho độ lệch của hệ khỏi vị trí cân bằng, ta chọn góc quay α của hệ. m(α ' l / 2) 2 ml 2 α ' 2 . Điều này có nghĩa là khối lượng hiệu dụng của hệ Động năng của hệ là: Ek=2 = 2

2

2

2

bằng mhd=ml /2. Độ biến thiên thế năng khi thanh quay một góc bé α bằng công mà lực điện trường thực hiện lấy với dấu ngược lại. l α2 Et= 2qE (1 − cos α ) =qEl . Điều này có nghĩa là độ cứng hiệu dụng của hệ bằng khd=qEl. Từ đó suy 2

2

ra tần số góc của dao động của thanh là: ϖ =

k hd 2qE = =2 (rad/s) mhd ml

Bài toán 8. Một ống dài được uốn thành góc vuông được đặt sao cho một nhánh thẳng đứng. Trong nhánh thẳng đứng người ta dữ một sợi dây dài l=90cm sao cho một đầu của nó nằm ở điểm uốn của ống.

Hỏi qua thời gian bao lâu (tính ra mili giây) sau khi buông tay ra thì nó trượt được một nửa vào nhánh nằm ngang của ống? Bỏ qua ma sát. lấy g=10m/s2 và π =3,14.

Giải: Nếu tại thời điểm t phần dây còn lại ở nhánh thẳng đứng có chiều dài x thì năng lượng của hệ có dạng: E=

x

mx' 2 mx x mx' 2 mg x 2 + g = + 2 l 2 2 l 2

Trong dó mx/l là khối lượng của đoạn dây nằm trong nhánh thẳng đứng, và x/2 là độ cao trọng tâm của nó. Vì biểu thức này đồng nhất với biểu thức của năng lượng của dao động điều hoà với tần só góc ϖ =

g , và vận tốc ban đầu bằng không, nên chuyển động xảy ra theo quy luật x=lcos ϖ t (vì tại thời l

điểm ban đầu x0=l). Công thức này chỉ có hiệ lực trong ẳ chu kì, khi mà x chưa =0, nghĩa là khi toàn bộ sợi dây chưa nằm trọn ven trong ống nằm ngang. Để tính thời gian cần tìm, ta chỉ cần đặt vào công Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

thức trên x=l/2. Giải phương trình đó ta nhận được: T =

π π = 3ϖ 3

l =314 ms g

Bài tập Bài toán 9. Một thanh dài l=20 cm dược uốn thành một cung tròn, có chiều dài bằng 1/6 vòng tròn.

Nhờ các nan hoa có khối lượng không đáng kể người ta gắn cung tròn này vào một trục quay nằm ngang đi qua tâm vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng của nó. Người ta gắn vào 2 đầu cung tròn 2 vật nặng như nhau. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của cung tròn xung quanh vị trí cân bằng. Lấy g=9,8 m/s2. ĐS: ϖ =

g = 7 (rad/s) l

Bài toán 10. Một bánh xe mảnh có khối lượng M=400g với các nan hoa không trọnh lượng có thể quay tự do quanh trục nằm ngang. Trên bánh xe người ta gắn một vật nặng có khối lượng m=100g. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của hệ xung quanh VTCB. Biết bán kính của bánh xe R=50cm. Lấy g=10m/s2. ĐS: ϖ =

m g =2(rad/s) m+M R

Bài toán 11. Một thanh không trọng lượng dài l=2,5m được uốn ở điểm giữa thành 2 nhánh lập với nhau một góc 1200. Hai đầu của thanh được gắn 2 vật nặng như nhau. Biết rằng thanh được ở đúng chõ uốn vào một chiếc đinh đóng trên tường. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của hệ xung quang vị trí cân bằng. lấy g=10m/s2. ĐS: ϖ =

g =2(rad/s) l

Bài toán 12. Một thanh không trọng lượng dài l=40cm có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu thanh. Tại điểm giữa của thanh người ta gắn vật nặng có khối lượng m=0,5kg, còn đầu dưới của thanh được gắn với một đầu của một lò xo nằm ngang, còn đầu kia của lò xo được giữ cố định. Biết rằng độ cứng của lò xo là k=30N/m và khi thanh ở vị trí thẳng đứng lò xo không biến dạng. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của hệ xung quang VTCB. Lấy g=9,8m/s2. ĐS: ϖ =

2g k + =8 (rad/s). l 4m

Bài toán 13. Một thanh dài l=40cm nặng m=0,5kg được uốn thành một nửa vòng tròn. Nhờ các nan hoa có khối lượng không đáng kể người ta gắn cung tròn này vào một trục quay nằm ngang đi qua tâm O của vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng của nó. Một đầu của thanh được gắn vào đầu dưới của một lò xo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ cố định (như hình vẽ). Biết độ cứng của lò xo O k=16N/m và khi thanh ở VTCB lò xo không biến dạng. Hãy tìm tần số góc của những dao động bé của cung tròn xung quanh VTCB. Lấy g=9,8 m/s2. ĐS: ϖ =

2g k + =9 (rad/s) l m

Bài toán 14. Người ta dữ đầu trên của một sơn xích mảnh có chièu dài l=45cm nằm trên một mặt phẳng nghiêng lập với mặt phẳng ngang một góc α =300. Hỏi qua thời gian bao lâu (tính ra mili giây) sau khi buông đầu dây xích ra, thì dây xích hoàn toàn rời khỏi mặt phẳng nghiêng? Biét rằng ở thời điểm ban đầu, đầu dưới của dây xích chạm mép dưới của mặt phẳng nghiêng. Lấy g=10m/s2 và π =3,14.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

ĐS: t=

π 2

l =471 (ms) g sin α

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: v1 ; α = 300 . Khi khoảng cách 3 ' thì khoảng cách từ vật một đến O là d1 = 30 3(cm) . Hãy tính khoảng cách

Bài toán 1: Hai chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với v2 = giữa hai vật cực tiểu là dmin từ vật hai đến O.

BÀI GIẢI Gọi d1, d2 là khoảng cách từ vật một và vật hai đến O lúc đầu ta xét ( t = 0 ). Áp dụng định lý hàm sin ta có:

A

d' d' d −v t d −v d d = 1 = 2 ⇔ = 1 1 = 2 2 . sin α sin γ sin β sin α sin γ sin β v Vì v2 = 1 nên ta có: 3

d1’

d

d −vt d 3d 2 − v1t = 1 1 = .

0 sin 30 sin γ 3 sin β

γ

Áp dụng tính chất của phân thức ta có:

B

β

α

d2’

O

d1 − v1t 3d 2 − v1t ( 3d 2 − v1t ) − (d1 − v1t ) 3d 2 − d1 = = = sin γ 3 sin β 3 sin β − sin γ 3 sin β − sin γ ⇒

d 3d 2 − d1 = 0 sin 30 3 sin β − sin γ

Mặt khác, tacó: sin β = sin(1800 − β ) = sin(α + γ ) = sin(300 + γ ) ⇒ 3 sin β = 3 sin(300 + γ ) = 3(sin 300 cos γ + cos 300 sin γ ) =

3 3 cos γ + sin γ 2 2 d 3d 2 − d1 ( 3d 2 − d1 ) sin 300 3d 2 − d1 ⇒ = ⇒ d = = 0 sin 30 3 1 3 cos γ + sin γ 3 1 1 cos γ + sin γ − sin γ cos γ + sin γ 2 2 2 2 2 3d 2 − d1 3d 2 − d1 Vậy d = = . y 3 cos γ + sin γ

Khoảng cách giữa hai vật dmin ⇔ ymax với y = Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski:

( 3 cos γ + sin γ ) 2

( 3 cos γ + sin γ ) 2 ≤ (( 3) 2 + 12 ).(cos 2 γ + sin 2 γ ) = 2 ⇒ ymax= 2 ⇔

3 cos γ = ⇒ cot gγ = 3 ⇒ γ = 300 và β = 1200 1 sin γ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

Lúc đó:

' 1

'

0

d d2 sin120 .d1' = 3d1' = 90(m) = ⇒ d2' = 0 0 sin 30 sin120 sin 300

Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc này là: d2’ = 90(m) Bài toán 2: Cho cơ hệ như hình vẽ:Cho biết: Hệ số ma sát giữa M và sàn

là k2.Hệ số ma sát giữa M và m là k1.Tác dụng một lực F lên M theo phương hợp với phương ngang một góc α . Hãy tìm Fmin để m thoátNkhỏi 1

M.tính góc α tương ứng?

Fms12 BÀI GIẢI

+ Xét vật m: P1 + N1 + Fms 21 = ma (1).

Chiếu lên OX: Fms21= ma ⇒ a1 =

Fmn 21 m

Fms

Chiếu lên OY: N1 – P1 = 0 ⇒ N1 = P1 ⇒ Fms21= k1.N1 = k1.mg

m M

N2

α

F

Fms 21

P1

y

F

O

α

P2

k1mg = k1 g . Khi vật bắt đầu trượt thì thì a1 = k1mg. m

+ Xét vật M: F + P2 + P1 + N 2 + Fms12 + Fms = ( M + m)a2 . ⇒ a1 =

F cos α − Fms12 − Fms M +m Chiếu lên OY: F sin α − ( P1 + P2 ) + N 2 = 0 ⇒ N 2 = P1 + P2 − F sin α

Chiếu lên trục OX: F cos α − Fms12 − Fms = ( M + m)a2 ⇒ a2 =

Ta có: Fms12 = k1mg Fms = k2 N 2 = k2 ( P1 + P2 − F sin α ) F cos α − k1mg − k2 ( P1 + P2 − F sin α ) ⇒ a2 = M +m F cos α − k1mg − k2 ( P1 + P2 − F sin α ) Khi vật trượt a1 ≤ a2 ⇒ k1 g ≤ M +m ⇔ k1 g ( M + m) ≤ F (cos α + k2 sin α ) − k1mg − k2 ( P1 + P2 ) (k + k ) Mg + (2k1 + k2 )mg (k1 + k2 ) Mg + (2k1 + k2 )mg ⇒F≥ 1 2 = cos α + k2 sin α y Nhận xét: Fmin ⇔ ymax . Theo bất đẳng thức Bunhia Côpski: 2 y = (cos α + k2 sin α ) 2 ≤ (12 + k2 2 )(cos 2 α + sin 2 α ) = 1 + k2 2 ⇒ ymax = 1 + k2 . (k + k ) Mg + (2k1 + k2 )mg Vậy ⇒ Fmin = 1 2 1 + k2 2 sin α k2 Lúc đó: = ⇒ tgα = k2 cos α 1

Áp dụng tam thức bậc hai:

Bài toán 1: Một con kiến bám vào đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng. Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải với vận tốc không đổi v theo sàn ngang thì con kiến bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh.

Trong quá trình bò trên thanh , con kiến đạt được độ cao cực đại là bao nhiêu đối với sàn? Cho đầu A của thanh luôn tì lên sàn thẳng đứng.

A

B Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x

NGUYỄN VĂN TRUNG

BÀI GIẢI Khi B di chuyển một đoạn s = v.t thì con kiến đi được một đoạn l = u.t. Độ cao mà con kiến đạt được: L2 − v 2t 2 L

h = l sin α = ut sin α với sin α =

u 22 2 4 u L t − v .t = y L L Với y = L2t 2 − v 2 .t 4 Đặt X = t2 ⇒ y = −v 2 X 2 + L. X Nhận xét: hmax ⇔ ymax . y là tam thức bậc hai có a = - v2 < 0

⇒h=

⇒ ymax tại đỉnh Parabol L4 L4 ∆2 ⇒ ymax = − ⇒ ymax = − = 4a 4(−v 2 ) 4v 2 4

⇒ ymax =

u

h

2

L b L tại X = − = 2 2 4v 2 a 2v

B

Vây độ cao mà con kiến đạt được là : hmax =

u u .L ymax = L 2v

Áp dụng giá trị cực đại của hàm số sin và hàm số cosin: Bài toán 1:Hai vật chuyển động từ A và B cùng hướng về điểm O với cùng vận tốc . Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc α = 600 . Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá chuyển động?

BÀI GIẢI ’ Xét tại thời điểm t : Vật A ở A Vật B ở B’ O A’ Khoảng cách d = A’B’ d AO − vt BO − vt Ta có: = = sin α sin β sin γ d BO − AO 10 ⇒ = = sin α sin γ − sin β sin γ − sin β d 10 ⇔ = với β + γ = 1200 β + γ β − γ sin α 2 cos .sin 2 2 0 10sin 60 5 3 ⇒d = ⇒d = γ − β γ −β 2 cos 600.sin sin 2 2 γ −β Nhận xét: dmin ⇔ (sin ) = 1 ⇒ d min = 5 3(cm) 2

A

γ β

B’ B

Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết: L =

0.9

π không đổi, C thay đổi, RA = 0, RV rất lớn, tần số

α

V1

( H ) , UMN

L, B M C

V2

N A

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

của dòng điện f = 50Hz ; r = 90( Ω ). Hãy chứng tỏ rằng khi điều chỉnh C để hiệu điện thế trên các vôn π kế lệch pha nhau một góc thì UC đạt giá trị cực đại.

2

BÀI GIÀI Mạch điện được vẽ lại : Ta có : Z L = Lω = 90(Ω) + Gianr đồ véc tơ: Từ giản đồ véc tơ ta có:

L, r

M

UL

tgϕ1 =

Mà α =

π

− ϕ1 =

π

−

π

=

C

N A

V1

π U L ZL = = 1 ⇒ ϕ1 = .

4 Ur r U UC U .sin(ϕ1 + ϕ ) + MN = ⇒ U C = MN sin α sin(ϕ1 + ϕ ) sin α

+

B

π

2 2 4 4 U sin(ϕ1 + ϕ ) ⇒ U C = MN = 2U MN sin(ϕ1 + ϕ ) π sin 4

π 2

π π ⇔ (U BM , U MN ) = ⇔ ϕ1 + ϕ2 = 2 2

ϕ2

=1

Theo bài ra: Hiệu điện thế trên các vôn kế lệch pha nhau

π

U MN

2

UC

⇒ Điều phải chứng minh

5. Dùng phương pháp đạo hàm: Bài toán 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

R

A

−4

u AB = 200 2 cos100π t (V )., R = 100(Ω); C =

Ur

ϕ1

o

Nhận xét: UC cực đại khi sin(ϕ1 + ϕ ) = 1 ⇒ ϕ1 + ϕ =

10 (F ) 2π

L

C M

Cuộn dây thuần cảm và có độ tự cảm L thay đổi được.Tìm L để UAM đạt giá trị cực đại. Tìm giá trị cực đại đó.

BÀI GIẢI Dung kháng: Z C =

U BM

V2

1 = 200(Ω) ωC

Tổng trở : Z = R 2 + ( Z L − Z C )2 ; Z AM = R 2 + Z L 2 Ta có : U AM = I .Z AM =

Đăt y = 1 +

U .Z AM ⇔ U AM = Z

R 2 + Z L 2 − 2ZC Z L + ZC 2 R2 + Z L2

U

= 1+

ZC 2 − 2ZC Z L R2 + ZL2

ZC 2 − 2ZC Z L R2 + Z L2

Nhận xét: UAM cực đại 2

y' =

U

⇔ y = ymin 2

2ZC (Z L − ZC Z L − R . y ' = 0 ⇔ Z L 2 − ZC Z L − R 2 = 0 2 2 2 (R + ZL )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

NGUYỄN VĂN TRUNG 2

⇔ ZL =

ZC + ZC + 4R

2

Bảng biến thiên: ZL

2

2

= 241(Ω) hoặc

ZL =

ZC − ZC + 4R

2

2

0 +∞

< 0 (loại).

241

y’ y

-

0

+

ymin Vậy, khi ZL = 241( Ω ) U AM max =

⇒ L = 0,767(H) thì ymin

U ( 4R 2 + ZC 2 + ZC )

2R

⇒ UAM cực đại.

= 482(Ω).

Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: u AB = U 2 cos ωt R không đổi, cuộn dây thuần cảm có L không đổi. Tụ C có điện dung thay đổi . Tìm C để UAM cực đại? Tính giá trị cực đại đó?

BÀI GIẢI U AM = I .Z AM =

U .Z AM 2

R + (Z L − ZC )

U

⇔ U AM =

2

2

1+

Z L − 2Z L ZC R 2 + ZC 2

L

C

R

A

B

M

=

U y

UAM cực đại khi y = ymin .

Tương tự như bài toán 1, ta tìm được : Khi Z C = U AM max =

U ( 4R 2 + Z L 2 + Z L ) 2R

khi C =

4R2 + ZL2 + Z L thì ymin và UAM cực đại.

2

2

ω ( 4R 2 + Z L2 + Z L Bài toán 3:Cho mạch điện như hình vẽ: u AB = 200 2 cos100π t (V ).R = 100(Ω); C =

10−4

A

(F )

R

L

π Cuộn dây thuần cảm và có thể thay đổi được độ tự cảm . Hãy xác định L để hiệu điện thế UL đạt cực đại. Tính giá trị cực đại đó?

BÀI GIẢI

+ Cảm kháng: Z L = Lω , dung kháng Z C =

1 = 100(Ω) ωC

+ Tổng trở: Z = R 2 + ( Z C − Z L ) 2 Ta có: U L = I .Z L =

U .Z L = Z

U .Z R 2 + ( Z L − ZC )2

⇔ UL =

U U = y 1 1 ( R 2 + Z C 2 ). 2 − 2 Z C . + 1 ZL ZL

+ Nhận xét: để ULmax ⇔ ymin, với y là tam thức bậc hai có a = R2+ZC2 > 0 nên ymin tại đỉnh Parabol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C

B

NGUYỄN VĂN TRUNG

Tọa độ đỉnh x = − Thay số : L = U L max =

2

Z R + ZC R + ZC R 2 + ZC 2 b 1 ⇒ = 2 C 2 ⇔ ZL = ⇔ ωL = ⇔L= ω ZC a Z L R + ZC ZC ZC '

2

2

2

1002 + 100 2 2 = (H ) 100.100π π

U R 2 + ZC 2

R

= 200 2(V )

• Mở rộng: Nếu L = cosnt , tụ C có điện dung thay đổi tìm C để UC cực đại ta làm tương tự như trên và kết quả: U C max =

U R 2 + ZC 2 R

R2 + ZL2 khi Z C = ZL

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Bài toán 1:Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết: ξ = 12V , r = 4 Ω , R là một biến trở.Tìm giá trị của R để công suất mạch ngoài đạt giá trị cực đại.

BÀI GIẢI ξ -Dòng điện trong mạch: I =

E, R

R+r

Công suất: P = I2.R =

-

ξ2 (R + r)

.R ⇔ P = 2

ξ 2R R 2 + 2rR + r 2

=

ξ2 r2 R + 2r + R

=

ξ2 r 2 ( R+ ) R

.

r ξ2 )⇒P= 2 y R Nhận xét: Để Pma x ⇔ ymin

Đặt y = ( R +

Theo bất đẳng thức Côsi: Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau => ymin r ξ2 ξ 2 122 ⇔ R= ⇒ R = r = 4 (Ω) thì Pmax = = = = 9(W ) r + 2r + r

R

4r

4.4

Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: u AB = 200 2 cos100π t (V ).

L=

1

(H ) , C =

10−4 ( F ). R thay đổi.

2π

π a. Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 0. b. Tìm R để công suất trên R cực đại khi r = 50 (Ω) BÀI GIẢI a. + Cảm kháng Z L = Lω = 100(Ω) .

+ Dung kháng: Z C =

A

R

L, r

1 = 200(Ω). ωC

+ Tổng trở: Z = R 2 + ( Z L − Z C ) 2 . + Công suất : P = I2.R =

U2 U2 .

R .R = Z2 R 2 + ( Z L − ZC )2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C

B

NGUYỄN VĂN TRUNG 2

⇒P=

U ( Z − ZC )2 R+ L R

Đặt y = R +

( Z L − ZC ) R

2

2

⇒P=

U y

+ Nhận xét: Theo bất đẳng thức côsi ymin ⇔ R = Z L − Z C = 100(Ω) , lúc đó Pmax =

U2 U2 2002 = = = 200(W) .

2 Z L − Z C 2.100 200

Vậy Pma x = 200(W) khi R = 100 (Ω) b. + Tổng trở Z = ( R + r )2 + ( Z L − Z C ) 2 + Công suất P = I 2 .R = ⇔ P=

U2 U2 .

R .R = ( R + r )2 + (Z L − ZC )2 Z2

U2 .R = R 2 + 2 Rr + r 2 + ( Z L − Z C ) 2

r 2 + ( Z L − ZC )2 Đặt y = R + 2r + R +Nhận xét: Để Pmax ⇔ ymin .

U2 r 2 + ( Z L − ZC )2 R + 2r + R 2 U ⇒P= . y

Theo bất đẳng thức Côsi ymin ⇔ R = U2

⇒ Pmax =

r 2 + ( Z L − ZC )2 +

r 2 + (Z L − ZC )2 r 2 + (ZC − ZC )2

+ 2r

U2

⇔ Pmax = r 2 + ( Z L − ZC )2 + ⇒ Pmax =

r 2 + (Z L − ZC )2 ⇒ R = r 2 + ( Z L − ZC )2 R

r 2 + ( Z L − ZC )2 . r 2 + ( Z L − ZC ) 2 r 2 + ( Z L − ZC )2 . r 2 + ( Z L − ZC ) 2

U2

2. r 2 + ( Z L − Z C ) 2 + 2r

⇒ Pmax =

+ 2r

2002 2.( 502 + (100 − 200) 2 + 50)

= 124(W )

Vậy để Pmax = 124(W) thì R = r 2 + ( Z L − Z C ) 2 = 100(Ω) . *Mở rộng: Khi tính P của mạch: + Nếu Z L − ZC > r thì Pmax khi R = Z L − ZC − r . +Nếu Z L − ZC ≤ r thì Pmax khi R = 0.

Bài toán 3: Vật m1 chuyển động với vận tốc v1 tại A và đồng thời va chạm với vật m2 đang nằm yên tại đó. Sau va chạm, m1 có vận tốc v1' . Hãy xác định tỉ số

v1' của m1 để góc lệch α giữa v1 và v1' là lớn v1

nhất α max . Cho m1 > m2, va chạm là đàn hồi và hệ được xem là hệ kín.

BÀI GIẢI

* Động lượng của hệ trước va chạm: PT = P1 = m1v1

p1

* Động lượng của hệ sau va chạm : PS = P1' + P '2 = m1v1' + m2 v 2'

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú p2 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ps

NGUYỄN VĂN TRUNG

Vì hệ là kín nên động lượng được bảo toàn :

PS = PT = P1

Gọi α = (v1 , v1' ) = ( P1 , PS ).

Ta có: P2'2 = P1'2 + P12 − 2 P1 P2 cos α (1).

Mặt khác, vì va chạm là đàn hồi nên động năng bảo toàn: m1v12 m1v1'2 m2 v2 '2 m 2 v 2 m 2 v 2 m 2 v '2 ⇔ 1 1 = 1 1 + 2 2 = + 2 2 2 2m1 2m1 2m2 ⇒

P12 P '2 P '2 m ( P 2 − P1'2 ) P 2 − P1'2 P2 '2 m . ⇒ P12 − P1'2 = 1 .P2 '2 . ⇔ P2 '2 = 2 1 = 1 + 2 ⇔ 1 = (2).

2m1 2m1 2m2 2m1 2m2 m2 m1

Từ (1) và (2) ta suy ra: (1 −

m2 P1 m P' m v' m v ) ' + (1 + 2 ) 1 = 2 cos α ⇔ (1 + 2 ). 1 + (1 − 2 ). 1' = 2 cos α m1 P1 m1 P1 m1 v1 m1 v1

v1' m m 1 > 0 ⇒ (1 + 2 ).x + (1 − 2 ). = 2 cos α v1 m1 m1 x Để α max thì (cos α ) min

Đặt x =



m

m

1

Theo bất đẳng thức Côsi (cos α )min ⇔ (1 + 2 ).x + (1 − 2 ).  m m x 

1

1

 min

Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau  m   m  1 ⇒ 1 + 2  .x =  1 − 2  .  m1   m1  x

Vậy khi

⇔ x=

m1 − m2 m1 + m2

v1' m1 − m2

m12 − m2 2 = thì góc lệch giữa v1 và v1' cực đại.Khi đó, cos α max = . v1 m1 + m2 m1

TỪ TRƯỜNG Bài 1. Một dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn thành khung ABCD nằm trong mặt phẳng nằm ngang,có AB và CD song song với nhau, cách nhau một khoảng l=0,5m, được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B=0,5T hướng vuông góc với mặt phẳng của khung như hình 1. Một thanh dẫn MN có điện trở R=0,5Ω có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh

AB và CD. B M A B a) Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất

v C D tỏa nhiệt trên thanh MN và nhận xét.

N b) Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể Hình trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu khối lượng của thanh là m=5gam?

Bài 2. Biết cảm ứng từ gây bởi một dòng điện chạy trong dây dẫn mảnh, thẳng tại một điểm M (hình 4): BM = 10−7.

I (sin α1 + sin α 2 ) R

Hãy tính cảm ứng từ tại tâm O của dòng điện chạy trong dây dẫn mảnh hình tròn bán kính R?

I β1 Hình 4

R α1 α2 M

QUANG HÌNH Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

β2

NGUYỄN VĂN TRUNG

Câu 3 .Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S nằm trên trục chính của hệ trước O1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vuông góc trục chính của hệ sau O2 cách O2 một đoạn 30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O2 là 20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên màn. Thấu kính phân kì O1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt lõm là 10cm.

1. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này.

• 2. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O2 bằng một thấu kính hội tụ L đặt đồng trục với O1. Dịch chuyển L từ sát O1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu nhỏ lại thành một điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính L.

v0 CƠ HỌC VẬT RẮN m1 • Câu 2 Một thanh mảnh đồng chất, có khối lượng m chiều dài L, có trụcquay cố định nằm ngang vuông góc với thanh và đi qua đầu trên của thanh (Hình 2).Bỏ qua mọi ma sát và lực cản không khí, gia tốc rơi tự do là g.

1. Thanh đang đứng yên thì một chất điểm có khối lượng m1 = m/3 bay ngang với

vận tốc v 0 theo phương vuông góc với trục quay đến cắm vào trung điểm của thanh.

Tính tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm và cơ năng mất mát lúc va chạm.

2. Cho V0 = 10 gL . Tính góc lệch cực đại của thanh.

Hình 2 DAO ĐỘNG CƠ Câu 1 Cho cơ hệ như hình 1: m Hai lò xo nhẹ có độ cứng lần lượt là K1 = 60N/m;K2 = 40N/m; 2 K K2 1 M = 100g; m = 300g. Bỏ qua ma sátgiữa M với sàn, lấy g = π M 2 = 10(m/s ). Tại vị trí cân bằng của hệ hai lò xo không biến dạng. Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn 4cm rồi Hình 1 thả nhẹ, người ta thấy hai vật không trượt đối với nhau.

1. Chứng minh hệ dao động điều hoà, tính chu kì dao động và vận tốc cực đại của hệ.

2. Hệ số ma sát nghỉ giữa m và M phải thoả mãn điều kiện nào để hệ hai vật dao động điều hoà ?

3. Khi lò xo K2 bị nén 2cm thì người ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo K2, hệ vẫn dao động điều hoà. Tính biên độ dao động của hệ sau đó.

Bài 2Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo A k F m như hình vẽ. a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết Hình quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một k F M m vật khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ.

Hãy xác định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.

Hình Bài 1: Một khúc gỗ nhỏ khối lượng M = 300g, được gắn vào một lò xo không khối lượng có chiều dài tự nhiên l0= 40(cm), có độ cứng k = 75(N/m), một đầu lò xo gắn cố định vào tường. Một vật nhỏ khác có khối lượng m = 100g chuyển động trên 40cm mặt bàn nằm ngang theo phương của trục lò xo với vận tốc M V0 m v0 =80π(cm/s) đến va chạm với M (Hình1). Coi va chạm là tuyệt đối đàn x hồi. Sau khi va chạm M dao động điều hoà. Bỏ qua mọi ma sát, O lấy π2 =10. Chọn Ox như hình vẽ Hình 1 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

1.Chọn t = 0 lúc va chạm, viết phương trình dao động của vật.?

2.Tính vận tốc trung bình của M trong đoạn từ vị trí lò xo nén 4cm đến vị trí lò xo giãn ?

3.Giả sử đầu còn lại của lò xo không gắn với tường mà chỉ tiếp xúc với tường khi M đang đứng yên.Hãy vẽ đồ thị vận tốc của M sau khi va chạm với m?

Bài 1: Vật M nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang và m’ một vật nặng m đợc nối với nhau bằng một lò xo và và một sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc cố định nh hình vẽ (H – 1). Hệ số ma sát giữa vật M và mặt ngang là µ = 0,3. Biết M/m = 5. Vật m thực hiện dao động điều hoà theo phơng thẳng đứng với chu kì T = 0,5 s. Vật m có thể dao động với biên độ cực đại m là bao nhiêu để đảm bảo cho nó dao động điều hoà?

k

SÓNG CƠ

Câu 3 Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình: u A = 2 cos(20πt )cm và u B = 2 cos(20πt + π )cm .Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng là 60cm/s.

1. Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là:MA = 9cm; MB = 12cm.

2. Cho AB = 20cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD = 15cm. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn trên AB và trên đoạn AC. 3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tính độ lệch pha dao động của M1 so với M2. .

Câu 4: Một sóng dừng trên một sợi dây mảnh, phương trình dao động của một điểm trên dây có dạng: πx π u = a. cos sin( 40πt + )(cm) . Trong đó u là li độ của một điểm trên dây có vị trí cân bằng cách gốc O 2

2

một đoạn x( x: đo bằng m; t: đo bằng s). a) Tính tốc độ truyền sóng trên dây. b) Biên độ dao động của một điểm có vị trí cân bằng cách một nút 0,5m là 3cm. Tính vận tốc cực đại của một bụng sóng. c) Hai điểm M1 và M2 đối xứng với nhau qua một nút sóng. Tại một thời điểm nào đó li độ của M1 là 1,2cm, hãy xác định li độ của M2 tại thời điểm đó.

Bài 3.Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S1 và AS1⊥S1S2 . a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa. b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa.

ĐIỆN XOAY CHIỀU Bài 4Một ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể mắc vào mạch để đo giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều trong mạch điện như hình 3.

Khi khóa K đóng, ampe kế chỉ I1=1A. Khi khóa K ngắt thì ampe kế chỉ bao ∼ nhiêu? Điốt là lý tưởng, R là điện trở thuần.

A K R

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Hình 3 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

Bài 5. Biểu thức của cường độ dòng điện trong một mạch dao động LC là i = I 0 cos ωt. Sau 1/8 chu kỳ dao động thì năng lượng từ trường của mạch lớn hơn năng lượng điện trường bao nhiêu lần? Sau thời gian bao nhiêu chu kỳ thì năng lượng từ trường lớn gấp 3 lần năng lượng điện trường của mạch?

Bài2: Cho mạch điện như hình 2: u AB = 100 2 sin100πt(V) ,

0,3 R1 = R 2 = 30 3(Ω) , cuộn thuần cảm có L = (H) . Vôn kế nhiệt π có điện trở vô cùng lớn. Điện trở dây nối và khoá K không đáng kể.

1. Khoá K ở vị trí 1: a) Điều chỉnh C2 = C1, hãy viết biểu thức uMN? b) Thay đổi điện dung C2. Hỏi tỉ số

R1

A C1

B

1

N

C2

K 2

2. Chuyển khoá K sang vị trí 2: Hỏi điện dung C2 =? thì số chỉ vôn kế là cực đại. Tính giá trị cực đại đó?

R2

Bài 3: Cho mạch điện như hình 3. Trong đó các đi ốt lý tưởng, các điện trở

1.Hãy xác định công suất tiêu thụ trên điện trở R1 nếu mạch được mắc vào hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng U. 2. Nếu hiệu điện thế xoay chiều đặt vào 2 đầu đoạn mạch có biểu thức uAB=U0sinωt.Hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện qua điện trở R1 theo thời gian?

L

V

C2 = ? thì số chỉ vôn kế cực tiểu.

C1

1 R1 = R 2 = 2R 3 = 2r 2

M

Hình 2

R1 A

∼

B

R2

R3

Hình 3

……………………………………………………………..

MỘT SỐ BÀI TẬP ÔN THI CÂU 1. Một dây đồng đường kính d = 0,2mm có phủ một lớp sơn cách điện mỏng được quấn thành N vòng xếp liền nhau để tạo thành một ống dây, ống dây có chiều dài l và có đường kính D = 5cm. Trong ống dây có dòng điện I0 =1A. Ngắt các đầu dây của ống khỏi nguồn, hãy xác định điện lượng chuyển qua ống kể từ lúc ngắt điện.

2

( Cho biết ρ =1,7. 10-8Ωm, µ 0 = 4π.10 −7 và độ tự cảm ống dây L = à0 N S .) l

CÂU 2. Một bình A chứa khí lý tưởng ở áp suất 5 . 105 Pa và nhiệt độ 300 K được nối với bình B lớn gấp 4 lần bình A bằng một ống nhỏ. Bình B chứa khí cùng loại ở áp suất 1.105 Pa và nhiệt độ 400 K. Mở van cho hai bình thông nhau và đợi tới khi cân bằng áp suất nhưng vẫn giữ nhiệt độ hai bình như cũ. áp suất chung trong hệ bằng bao nhiêu ?

MB MA Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com VB=

NGUYỄN VĂN TRUNG

CÂU 3. Một vật nặng khối lượng m (Hình 2) được nối với lò xo có độ

cứng k, đầu kia của lò xo gắn với một bức tường thẳng đứng. Hệ số v0 ma sát giữa vật và mặt sàn nằm ngang là µ . Làm cho vật dao động duy trì trên mặt sàn bằng cách mỗi khi lò xo giãn cực đại bằng l > µ mg / k thì lại truyền cho vật vận tốc v0 hướng vào tường. a) Tìm v0 để dao động ổn định. b) Tìm chu kỳ dao động và vẽ đồ thị dao động x(t), với vị trí lò xo không biến dạng làm gốc tọa độ.

CÂU 4. Một khẩu đại bác được đặt trên đỉnh một ngọn đồi cao 2km bắn một viên đạn theo phương ngang với vận tốc ban đầu có độ lớn 800m/s. Sau đó 5s, cũng từ đại bác này, người ta bắn tiếp một viên đạn thứ hai. Nếu có thể thay đổi thì vận tốc ban đầu của viên đạn thứ hai cần có hướng và độ lớn thế nào để cả hai viên đạn đồng thời rơi vào đúng một mục tiêu trên mặt đất? Bỏ qua sức cản của không khí. Trong phạm vi chuyển động của đạn, mặt đất được coi là phẳng. Lấy gia tốc rơi tự do bằng 10m/s2.

CÂU 5 . Cho cơ hệ như hình vẽ 1. Mặt phẳng nghiêng góc α = 300 so với m phương ngang, vật coi là chất điểm có khối lượng m = 1kg, lò xo có l C khối lượng không đáng kể và độ cứng K = 100 N/m. Bỏ qua mọi ma sát, K 2 lấy g = 10 m/s .Ban đầu giữ vật ở điểm C; lò xo có chiều dài tự nhiên, B đầu A của lò xo được gắn cố định, đầu B cách C một khoảng l = 2,5 cm. α Buông nhẹ để vật trượt xuống không vận tốc ban đầu, vật dính chặt vào A Hình 1 đầu B của lò xo tạo thành con lắc lò xo và dao động điều hoà.

1. Lập phương trình dao động của vật. Chọn trục toạ độ trùng với trục của lò xo, chiều dương hướng xuống dưới, gốc toạ độ tại vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật bắt đầu dao động.

2. Tính thời gian từ lúc vật bắt đầu dao động đến thời điểm lò xo bị nén cực đại lần đầu tiên.

3. Tính lực cực đại tác dụng vào giá đỡ tại điểm A. CÂU 6 . Con lắc lò xo treo thẳng đứng như hình vẽ 2. Quả cầu nhỏ có khối lượng m = 100 gam, lò xo có khối lượng không đáng kể và có độ cứng K = 100 N/m.

K Từ vị trí cân bằng kéo vật thẳng đứng xuống dưới một đoạn 3 cm rồi truyền cho nó vận tốc ban đầu vo = 40π cm/s hướng thẳng đứng xuống dưới. Vật dao động Hình 2 điều hoà. Lấy π2 = 10.Chọn trục toạ độ trùng với trục của lò xo, chiều dương m hướng xuống dưới, gốc toạ độ tại vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật bắt đầu dao động. Hãy dùng kiến thức về tổng hợp dao động để lập phương trình dao động của vật.

CÂU 7. Sóng dừng trên một sợi dây có dạng: u = asinkx.cosωt (cm), a và k là các hằng số có giá trị dương. Trong đó u là li độ dao động của một phần tử trên dây mà vị trí cân bằng của nó cách gốc toạ độ O một khoảng x. (x đo bằng cm, t đo bằng giây). Cho bước sóng λ = 40 cm, tần số của sóng f = 50 Hz, biên độ dao động của điểm M trên dây cách nút sóng 5 cm có giá trị là 0,5 cm.

1. Xác định giá trị của a và k.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

2. Xác định li độ và vận tốc của điểm N trên dây có toạ độ x = 50 cm tại thời điểm t = 0,25 s.

CÂU 8. Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 3. Cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được, tụ điện có dung kháng ZC = 3R, vôn kế nhiệt có điện trở vô cùng lớn, giữa hai đầu A và B duy trì một L hiệu điện thế xoay chiều uAB = 160 2 sin100πt (Vôn).

M 1. Khi L = L1, vôn kế chỉ giá trị U1; khi L = L2 = 2L1 vôn kế chỉ giá trị U2 =

1 U1. Viết biểu thức của hiệu điện thế giữa hai 2

A Hình 3

V

R

B điểm M và B khi L = L2.

C 2. Cho R = 30 Ω. a) Xác định độ tự cảm L = L3 của cuộn dây để vôn kế chỉ giá trị cực đại. Viết biểu thức của hiệu điện thế giữa hai điểm M và B khi đó. b) Xác định độ tự cảm L = L4 của cuộn dây để hiệu điện thế UAM đạt giá trị cực đại. Viết biểu thức của hiệu điện thế giữa hai điểm A và M khi đó.

D M CÂU 9.Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 4. D là cuộn dây A có điện trở thuần r không đổi, độ tự cảm L thay đổi được; ampe kế K A nhiệt, khoá K và các dây nối có điện trở nhỏ không đáng kể. Giữa C1 C2 hai đầu A và B duy trì một hiệu điện thế xoay chiều B R uAB = 80 2 sin100πt (Vôn).

1. Điều chỉnh để R có giá trị R1, độ tự cảm L có giá trị L1. Khi khoá N Hình 4 K mở ampe kế chỉ 1 (A); hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn dây có giá trị hiệu dụng bằng 60 (V) sớm pha một góc 60o so với cường độ dòng điện và sớm pha một góc 90o so với hiệu điện thế uAB. Tính r, L1, C1 và R1.

2. Điều chỉnh để R có giá trị R2, độ tự cảm L có giá trị L2. Số chỉ ampe kế khi khoá K đóng lớn gấp 3 lần số chỉ ampe kế khi khoá K mở, dòng điện khi khoá K đóng và khi khoá K mở vuông pha với nhau. Tìm hệ số công suất của mạch điện khi khoá K mở.

E, r CÂU 10. Cho mạch điện như hình vẽ 5. Pin có suất điện động E và điện trở trong r = 1Ω, cuộn dây thuần cảm, bỏ qua điện trở của dây nối và khoá K K. Đóng khoá K, tính điện tích của tụ điện khi mạch đã ổn định.

L Sau đó người ta mở khoá K, trong mạch có dao động điện từ với tần Hình 5 số f = 1MHz. Biết hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện lớn gấp 10 lần suất điện động E của Pin. Tính độ tự cảm L của cuộn dây và điện C dung C của tụ điện.

CÂU 11. m Một cái nêm có khối lượng 2m, có dạng ABCD như hình vẽ, góc θ1 = 300, góc θ2 = 450, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn ngang. Vật nhỏ khối lượng m θ1 bắt đầu trượt không ma sát trên mặt nêm AB và BC từ đỉnh A không vận tốc đầu. a.Xác định gia tốc của nêm? θ2 b.Biết AB = BC = 0,5m. Xác định quãng đường mà nêm trượt được từ khi vật m bắt đầu trượt từ A đến C? CÂU 12. Một mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây: từ trạng thái 1 với áp suất p1 = 105 Pa, Nhiệt độ T1 = 600K, giãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5 .104 Pa, rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có T3 = 300K rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

a) Tính các thể tích V1, V2 , V3 và áp suất p4. Vẽ đồ thị chu trình trong tọa độ p,V (Trục hoành V, trục tung p) b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu nhiệt lượng trong mỗi quá trình và trong cả chu trình?

5R ; công 1 mol khí sinh trong quá trình 2 V giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là: A =R.T.Ln( 2 ) V1 1 Câu 13. Một thanh đồng chất AB = 2L, momen quán tính I = mL2 đối với 3

Cho biết: R = 8,31 J/mol.K ; nhiệt dung mol đẳng tích CV =

trục vuông góc với thanh và qua trọng tâm C của thanh. Thanh trượt không ma sát bên trong nửa vòng tròn tâm O bán kính R =

2L 3 . Chứng minh 3

thanh dao động điều hòa? Tìm chu kỳ dao động của thanh?

Câu 14.

Cho mạch điện như hình vẽ:Một điện trở thuần R,một tụ điện C,hai cuộn cảm lí tưởng L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,K2 (RK = 0) được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động ε ,điện trở trong r = 0).Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt. Sau khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, ngắt K1. Tính hiệu điện thế cực đại ở tụ và IL2 max. ?

Câu 15:Trên một chuyếc xe chuyển dộng theo phương ngang với gia tốc g người ta đặt một chiếc cân co chiều daì hai tay đòn bằng nhau là l 2

(hình). Hai đầu đòn cân co hai vật khối lập phương giống nhau có cạnh là a , 2 vật này được làm từ hai vật liệu khác nhau. Hảy tìm tỷ số giữa các ρ khối lượng riêng của chúng 1 nếu biết rằng khi xe chuyển động thì cân ρ2 nằm cân bằng và các vật nằm yên trên cân.

Câu 16:Cho cơ hệ như hình, hai vật nặng được gắn với hai lò xo không trọng lượng. Các lò xo được gắn vào hai bức tường và được nén lại bởi hai sợi chỉ sao cho các vật nặng cách tường những khoảng

L . Chiều dài của hai lò xo khi không biến dạng 2

bằng nhau và bằng L. Người ta đốt đồng thời hai sợi chỉ, sau đó các vật va chạm và dính chặt vào nhau. Hãy tìm vận tốc cực đại mà các vật sẽ có được trong quá trình dao động sau va chạm, va chạm được coi là xuyên tâm. Độ cứng của lò xo và khối lượng các vật cho trên hình vẽ. Bỏ qua ma sát và kích thước các vật nặng.

Câu 17: Một cái vòng làm bằng điện môi, khối lượng m , có thể quay tự do quanh trục của nó , vòng được tích điện q và đặt trong từ trường đều vuông góc với mặt phẳng vòng . lúc đầu vòng đứng yên và từ trường đều bằng 0 , sau đó từ trường tăng theo thời gian theo hàm sồ B(t) . tìm vận tốc góc cùa vòng D Câu 18 : Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng tròn (E) đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của O máng tròn. Biết khối lượng của hai vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát.

B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú C Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

v0

H×nh vÏ 1

A

NGUYỄN VĂN TRUNG

1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng.

2. Biết v0 = 3,5Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) không ? Nếu có hãy xác định vị trí của vật trên tấm (E).

Câu 19: Một pít tông có trọng lượng đáng kể ở vị trí cân bằng trong một bình hình trụ kín (Hình vẽ 2). Phía trên và phía dưới pít tông có khí, khối lượng và nhiệt độ của khí ở trên và dưới pít tông là như nhau. Ở nhiệt độ T thể tích khí phần trên gấp ba lần thể tích khí phần dưới. Nếu tăng nhiệt độ khí ở hai phần lên gấp đôi thì tỉ số hai thể tích ấy là bao nhiêu ?

m ; 3V0; T

m ; V0; T

Hình vẽ 2

Câu 20: Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng vật m0 = 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v0 = 1m/s, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của của lò xo lần lượt là 28cm và m0 20cm.

M v0 I k 1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.

2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m0 bắn vào với vận tốc v0. Va chạm là Hình vẽ 4 hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều hoà.

Viết phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động.

3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là µ = 0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m0 phải nhỏ hơn giá trị bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động.

Cho g = 10m/s2.

Câu 21 . Một vành đai mỏng cứng đồng chất khối lượng M,bán kính R, được đặt trờn mặt bàn nằm ngang. Trên một đường kính của đai có gắn một ống nhẹ, nhẵn, bên trong chứa một quả cầu khối lượng m gắn với hai lò xo nhẹ giống nhau có độ cứng k, đầu còn lại của lò xo gắn với b đai (hình 1). Giữ đai tại chỗ, cho quả cầu dịch chuyển từ tâm sang bên trái một khoảng cách b và sau đó hệ thống được giải phóng, không vận tốc ban đầu. Sau khi thả đai không bị trượt.

Hình 1 Tính gia tốc của tâm đai tại thời điểm ngay sau khi đai được giải phóng.

M• Câu 22 . Hai tấm phẳng dài, rộng, giống nhau, song song đối diện, tích điện đều với mật độ điện mặt h tấm trờn là σ và tấm dưới là −σ (hỡnh 3).

Tính cường độ điện trường tại M ở độ cao h so với tấm trờn, nằm trong mặt phẳng chứa hai mộp và mặt phẳng đối xứng. Khoảng cỏch giữa cỏc tấm d << h << bề rộng của cỏc tấm. σ

−σ Hình 3

O

vo

x

h Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a b

NGUYỄN VĂN TRUNG

Câu 23: Người ta ném ngang một hòn sỏi nhỏ với vận tốc ban đầu vo = 20 m/s từ một điểm ở độ cao h = 18m so với mặt đất và cách tường nhà thẳng đứng một khoảng l . Trên tường có một cửa sổ chiều cao a = 1m, mép dưới của cửa sổ cách mặt đất một khoảng b = 2m (như hình vẽ bên). Xác định giá trị của l để hòn sỏi có thể lọt qua cửa sổ ? Bỏ qua bề dày của bức tường và sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2 .

Câu 24: Một quả cầu đặc, đồng chất có bán kính R, khối lượng m = 2kg lăn không trượt trên một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v1 = 10m/s đến va chạm vào một bức tường thẳng đứng và bật trở ra vẫn lăn không trượt với vận tốc v2 = 0,8v1. Tính nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm giữa quả cầu và bức tường ?

Câu 25: Một cái bình hình trụ được treo lên một chiếc lò xo thẳng đứng có đầu trên cố định (như hình vẽ bên). Khi rót nước từ từ vào bình, người ta thấy khoảng cách l từ mặt thoáng của nước trong bình đến đầu trên của lò xo không thay đổi. l Hãy xác định chu kỳ dao động nhỏ của bình nước theo phương thẳng đứng khi độ cao của cột nước trong bình là h= 4cm. Khối lượng của bình và lò xo không đáng kể. Lấy g = 10m/s2. h

Câu 26: Một bình hình trụ kín cách nhiệt đặt nằm ngang được chia thành hai phần có thể tích V1 và V2 nhờ một bản cách nhiệt. Phần thứ nhất chứa khí ở nhiệt độ T1 và áp suất p1, phần thứ hai cũng chứa khí này nhưng ở nhiệt độ T2 và áp suất p2. Coi chất khí trong bình là khí lý tưởng. Hãy xác định nhiệt độ của khí trong bình hình trụ khi bỏ bản cách nhiệt ?

Câu 27: Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình p giãn nở từ trạng thái 1 (p0, V0) đến trạng thái 2 (

p0 , 2V0) có đồ thị được biểu diễn 2

trên hệ tọa độ pOV (như hình vẽ bên). Hãy thiết lập phương trình mô tả mối liên hệ giữa nhiệt độ tuyệt đối T và áp suất p của lượng khí trong quá trình giãn nở ?

Câu 28: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Nguồn điện có suất điện động E = 30V, điện trở trong r = 3 Ω ; R1 = 12 Ω ; R2 = 36 Ω ; R3 = 18 Ω ; điện trở các dây nối không đáng kể. Một biến trở R4 có giá trị biến đổi từ 2 Ω đến 6 Ω . Xác định giá trị điện trở R4 để cường độ dòng điện qua R3 đạt giá trị cực đại?

Câu 29:

1

p0 p0 2

2 O

V0

V

2V 0

R4

B

R1

R2 F

R3

D E, r

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

G

NGUYỄN VĂN TRUNG

Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng,mảnh nằm ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là m1 = m2 = m ;lò xo có độ cứng K và khối lượng không đáng kể.Quả cầu 3 có khối lượng

m .Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự nhiên l0 .Truyền cho m3 vận tốc v0 đến va 2 chạm đàn hồi vào quả cầu 1 3 v 0 2 1

m3 =

1. Sau va chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm vận tốc cuả G. 2. Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà ngược pha quanh vị trí cố định đối với G. Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật.

Câu 30: Một sợi dây nhẹ 2 đầu buộc vào 1 vật nặng và 1 thùng cát rồi vắt qua 1 ròng rọc cố định. Khối lượng của cát bằng khối lượng của thùng và bằng 1 nửa khối lượng của vật nặng. Ban đầu các vật đều ở trạng thái đứng yên. Tại thời điểm t = 0,qua 1 lỗ nhỏ ở đáy thùng, cát bắt đầu chảy đều ra ngoài. Biết rằng toàn bộ cát chảy hết ra khỏi thùng sau thời gian t0. Xác định vận tốc của vật nặng ở thời điểm 2t0 Câu 31:Một ống nghiệm chứa khí hyđrô có nút đậy là một pittông khối lượng không đáng kể, dịch chuyển không ma sát trong ống. Lúc đầu ống ở ngoài không khí có áp suất P0 . h Chiều dài phần ống chứa và L. Người ta đặt ống vào một l chậu thuỷ ngân có khối lượng riêng d, ống đứng thẳng, đáy ống cách mặt thoáng Hg một khoảng h > L (hình vẽ). a. Tính chiều dài mới l của phần ống chứa ? (Nhiệt độ ống giữ không đổi). b. Cân bằng của nút khi ống ở trong Hg có bền hay không ?

MỘT SỐ CÂU TRẮC NGHIỆM Cho một mạch điện xoay chiều AB gồm 2 đoạn nối tiếp. Đoạn AN gồm một điện trở R và một tụ điện C, một vôn kế có điện trở rất lớn mắc vào 2 điểm A và N. Đoạn NB có một cuộn dây nối tiếp một ampe kế có điện trở vô cùng nhỏ. Khi đặt vào 2 đầu mạch AB một điện áp xoay chiều cảm kháng của cuộn dây là 15Ω, vôn kế chỉ 75V, ampe kế chỉ 1,5A và điện áp hai đầu cuộn dây vuông pha điện điện áp 2 đầu vôn kế. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là A. 75V B. 35,5V C. 37,5V D. 40V CÂU 2. Một con lắc lò xo nằm ngang có k=500N/m, m=50(g). Hệ số ma sát giữa vật và sàn là µ=0,3.

Kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn a=1cm rồi thả không vận tốc đầu. Vật dừng lại ở vị trí cách vị trí cân bằng bao nhiêu: A. 0,03cm.

B. 0,3cm.

C. 0,02cm.* D. 0,2cm.

CÂU 3. Hạt α bay với vận tốc v 0 tới va chạm đàn hồi với một hạt nhân X, kết quả sau va chạm hạt α bị lệch đi một góc φ=30 0 .Vậy X là hạt: A.Proton.

B.Đơteri.* C.Triti.

D. α.

CÂU 1.

CÂU 4.

Mạch RLC có R 2 =

L và tần số thay đổi được. Khi f = f1 hoặc f = f2 thì mạch có cùng hệ số C

công suất. Biết f2 = 4f1. Tính hệ số công suất của mạch khi đó. Đáp số: cosϕ =

f1 f2 = 0.55 . f + f22 − f1 f2 2 1

Cho một đoạn mạch AB gồm đoạn AM có điện trở thuần R, đoạn MN có cuộn dây có r và L, đoạn MB có tụ điện C. Biết rằng uMB và uAM lệch pha nhau π/3. uMB và uAB lệch pha nhau π/12. uAB và CÂU 5.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NGUYỄN VĂN TRUNG

uMN lệch pha nhau π/2. UMN=100 2 V. Hãy tìm UAB. A. 100 3 V B. 200 2 C. 200V D. 100 6 V CÂU 6. Một mẫu chất chứa hai chất phóng xạ A,B.Ban đầu số nguyên tử A lớn gấp 4 lần số nguyên tử B Hai giờ sau số nguyên tử A và B trở nên bằng nhau .Xác định chu kì bán rã của B. A.0,25h B.0,4h C.2,5h D.0,1h CÂU 7. Ngày nay tỉ lệ của U235 là 0,72% urani tự nhiên, còn lại là U238. Cho biết chu kì bán rã của chúng là 7,04.10 8 năm và 4,46.10 9 năm. Tỉ lệ của U235 trong urani tự nhiên vào thời kì trái đất được tạo thánh cách đây 4,5 tỉ năm là: A.32%.

B.46%.

C.23%.* D.16%.

CÂU 8. Một đoạn mạch AB gồm 2 đoạn mạch nhỏ AM và MB mắc nối tiếp với nhau. Đoạn mạch AM gồm điện trở R1 mắc nối tiếp với cuộn thuần cảm có độ tự cảm L. Đoạn mạch MB gồm điện trở R2 mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C. Khi đặt vào 2 đầu AB một điện áp xoay chiều có tần số góc ω thì tổng trở giữa 2 đầu đoạn mạch AM là Z1, còn tổng trở giữa 2 đầu đoạn mạch MB là Z2 . Nếu Z = Z12 + Z 22 thì tần số góc ω là : A.

1 2

R1 R2 LC

B.

R1 R2 2 LC

C.

2 R1 R2 LC

D.

...........................................................................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

R1 R2 LC