Luyện thi học sinh giỏi 11,12

A
B
C
U
R
0
+
_
-
_
-
-
-
-
_
-
φ
φ
DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI
Bài 1:
Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là 1 dây
đồng chất, dài l = 1,3m, tiết diện S = 0,1mm
2
, điện
trở suất
ρ
= 10
- 6
m
Ω
.U là hiệu điện thế không đổi.

Nhận thấy khi con chạy ở các vị trí cách đầu A hoặc
đầu B những đoạn như nhau bằng 40cm thì công suất
toả nhiệt trên biến trở là như nhau. Xác định R
0
và
tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R
0
ứng với 2 vị trí của C?
Gi ải:
Gọi R
1
, R
2
là điện trở của biến trở ứng với 2 vị trí trên của con chạy C; R là điện trở toàn phần
của biến trở:
RR
13
4
1
=
RR
13
9
2
=
P
1
= P
2

⇔
2
20
1
10
)()( R
RR
U
R
RR
U
+
=
+
è R
0
=
RRR
13
6
21
=
Gọi I
1
, I
2
là cường độ dòng điện qua R
0
trong 2 trường hợp trên
R

U
RR
U
I
10
13
10
1
=
+
=
R
U
RR
U
I
15
13
20
2
=
+
=
è I
1
= 1,5I
2
è
25,2
2

1
=
P
P
Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ 3, nguồn điện có suất
điện động E, điện
trở trong r = R / 2, hai tụ điện có điện dung

C
1
= C
2
= C (ban đầu chưa tích điện) và hai điện trở R và 2R, lúc đầu
khóa k mở. Bỏ qua điện trở các dây nối và khoá k. Đóng k.
a.Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn MN.
b.Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R.
Giải:
a. +Khi k ngắt q
1
= 0; q
2
= 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của các
tụ điện q = 0.
+ Khi k đóng
' '
1 2
,q CE q CE= =
nên q
’
=

' '
1 2
2q q CE+ =
+Điện lượng từ cực dương của nguồn đến nút A là: q
’
= 2CE
+ Gọi điện lượng qua AM là
∆
q
1
, qua AN là
2
q∆
, ta có :
q
’
=
1 2
q q∆ + ∆
= 2CE (1)
+Gọi I
1
, I
2
là cường độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta có:
1 1 1
2 2 2
2
2
q I t I R

q I t I R
∆ ∆
= = = =
∆ ∆
(2)
+Từ (1) và (2) suy ra:
1 2
4 2
;
3 3
CE CE
q q∆ = ∆ =
+Điện lượng dịch chuyển từ M đến N
'
1 1
4
3 3
MN
CE CE
q q q CE∆ = ∆ − = − =
b. +Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q
’
trong mạch là : A = q
’
E = 2CE
2
R
2R
M
N

k
E,
r r
+
-
C
2

C
1
H×nh 3
+Năng lượng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2.
2 2
1
2
CE CE=
+Điện trở tương đương của mạch AM là: R
AM
=
2
3
R
+Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở là: Q
AM
+ Q
r
= A - W = CE
2
(3)
+Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện trở:

4
3
AM AM
r
Q R
Q r
= =

+Từ (3) và (4) ta được:
2
4
7
AM
Q CE=
+Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ nghịch với điện trở nên:
2
2
2 2 8
2
3 21
R
R AM
R
Q R
Q Q CE
Q R
= = ⇒ = =
Bài 3 : Có một số điện trở r = 5 (
Ω
).

a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 (
Ω
).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
b. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 7 (
Ω
).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
Giải:
a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 (
Ω
).
* Gọi điện trở của mạch là R
Vì R < r nên các điện trở r phải được mắc song song.
Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc song song với một mạch nào đó có điện
trở X như hình (a) .
Ta có :
R =
Xr
Xr
+
.

⇔
3 =
X
X
+5
.5

⇒
X = 7,5 (
Ω
)
Với X = 7,5 (
Ω
) ta có X có sơ đồ như hình (b)
Ta có : X = r + Y
⇒
Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 (
Ω
)
Để Y = 2,5 (
Ω
) thì phải có 2 điện trở r mắc song song.
Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình (c).
b. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành
mạch có điện trở 7 (
Ω
).
* Gọi điện trở của mạch là R
/

Vì R
/
> r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với
một đoạn mạch có điện trở X như hình (d)
Ta có : R
/

= r + X
/

⇒
X
/
= R
/
- r = 7 - 5 = 2 (
Ω
).
Vì X
/
< r
⇒
X
/
là đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch
có điện trở Y
/
như hình (e).
Ta có : X
/
=
/
/
.
Yr
Yr
+

⇔
2 =
/
/
5
.5
Y
Y
+

⇒
Y
/
=
3
10
(
Ω
).
Vì Y
/
< r nên Y
/
là một đoạn mạch gồm r mắc song song với một đoạn mạch có
điện trở Z như hình (g).
Ta có : Y
/
=
Zr

Zr
+
.
⇔

3
10
=
Z
Z
+5
.5
⇔
50 + 10 Z = 15.Z
⇒
Z = 10 (
Ω
). Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r
mắc nối tiếp với nhau như hình (h)
Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình (h)
Bài 4:
Có một số đèn (3V- 3W) và một số nguồn, mỗi nguồn có suất điện động ξ = 4V, điện
trở r = 1Ω.
a. Cho 8 đèn. Tìm số nguồn ít nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình
thường. Xác định hiệu suất cách ghép.
b. Cho 15 nguồn. Tìm số đèn nhiều nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng
bình thường. Xác định hiệu suất cách ghép.
Giải
a. Gọi x là số nguồn điện; m là số dãy của bộ nguồn; n là số nguồn điện trong mỗi dãy
Ta có: x = m.n; ξ

b
= nξ;
b
nr
r
m
=
Gọi y là số bóng đèn; p là số dãy bóng đèn; q là số bóng trên mỗi dãy. Ta có: y = p.q
Cường độ dòng điện qua mạch chính I = p.I
đm
Ta có: U = ξ
b
- Ir
b
nr
n I
m
ξ
= −
⇒
2
dm
.
n r
U n p I
x
ξ
= −
Với
dm

.
x
m
n
I p I

=



=

(1)
Mà U = q.U
đm

dm
y
U
p
=
Với
y
q
p
=
(2)
So sánh (1) và (2) ta có:
2
dm

0
dm
prI
y
n n U
x p
ξ
− + =
(3)
Phương trình (3) có nghiệm khi:
2
4 0
dm
y
rp
x
ξ
∆ = − ≥
(4)
2
4
dm
rp
x
y
ξ
⇒ ≥
3
4
x

y
⇒ ≥
* Khi y = 8 thì x ≥ 6 nên số nguồn tối thiểu là 6 nguồn.
Thay y = 8 và x = 6 vào (4) ⇒ ∆ = 0 nên
12
n
p
=
; ta lại có
6 8
;n p
m q
= =
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:
m n p q
Cách 1 2 3 4 2
Cách 2 1 6 2 4
Hiệu suất:
1 2
50%
dm
b
qU
U
H H
n
ξ ξ
= = = =
b. Khi x = 15 thì
3

20
4
x
y
y
≥ ⇒ ≤
nên số bóng đèn nhiều nhất có thể mắc được 20
bóng.
Thay x = 15; y = 20 vào (4) ⇒ ∆ = 0 nên
30
n
p
=
; ta lại có
15 20
;n p
m q
= =
Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:
m n p q
Cách 1 5 3 10 2
Cách 2 1 15 2 10
Hiệu suất:
1 2
50%
dm
b
qU
U
H H

n
ξ ξ
= = = =
Bài 5:
Cho hai tụ điện phẳng không khí, các bản hình tròn bằng kim loại có đường kính D. Tụ 1có
khoảng cách giữa hai bản là d, tụ 2 có khoảng cách giữa hai bản là 2d. Tích điện cho mỗi tụ
đến cùng hiệu điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó đưa tụ 1 vào trong lòng của tụ 2 sao
cho các bản song song nhau và hoàn toàn đối diện nhau. So sánh năng lượng của hệ tụ điện
trước và sau khi đưa tụ 1 vào trong lòng tụ 2.
Giải:
+ Do khoảng cách giữa 2 bản của tụ 2 gấp đôi tụ 1 nên C
1
= 2C
2
= C

 q
1
= 2q
2
.
+ Năng lượng tụ 1:
C
q
W
2
2
1
1
=

; Năng lượng tụ 2:
C
q
C
q
W
4
2
1
2
2
2
==
+ Tổng năng lượng ban đầu của hệ: W
0
= W
1
+ W
2
=
2 2
1 1
3 3
4
q q
C C
=

*Trường hợp 1: Đưa 2 bản cùng dấu gần nhau  do hiện tượng hưởng ứng, hệ gồm 3 tụ
1

/
C
,
/
2
C
,
/
3
C
+ Tụ 1
1
/
C
có điện tích
1
/
2
q q
=
và điện dung
1
/
.
4 . .
S d
C C
k x x
ε
π

= =
+ Tụ 2
/
2
C
có điện tích
/
2 2
3q q
=
và điện dung
/
2
C
= C
+ Tụ 3
/
3
C
có điện tích
3
/
2
q q
=
/
3
.
4 . ( )
S d

C C
k d x d x
ε
π
= =
− −
+ Năng lượng:
1
1
2 2
/
2 2
/
2 2
q q x
W
C dC
= =
;
2
2
/
2
9
2
q
W
C
=
;

3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =

2d
x
d
d-x
+ - + - +
-
2d
x
d
d-x
+ - + - + -

+ -

+ -

+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3
2 2
/ / /
2 1
5 5
4
q q
W W W W
C C
= + + = =
+ 
0
3
5
W
W
=
Năng lượng của hệ tăng lên.
*Trường hợp 2: Đưa 2 bản trái dấu lại gần nhau  Cũng có hệ 3 tụ cùng điện .tích q
2
+ Năng lượng:
1
1
2 2
/
2 2
/
2 2
q q x

W
C dC
= =
2
2
/
2
2
q
W
C
=
3
3
2 2
/
2 2
/
( )
2 2
q q d x
W
C dC
−
= =
+Tổng năng lượng của hệ lúc sau :
1 2 3
2
/ / /
1

4
q
W W W W
C
= + + =
+ 
0
3
W
W
=
Năng lượng của hệ giảm xuống.
Bài 6:
Cho một mạch điện như hình 3. Tất cả các vôn kế đều giống nhau, tất cả các điện trở
đều giống nhau. Vôn kế V
1
chỉ 8V, vôn kế V
3
chỉ 10V. Tìm số chỉ vôn kế V
5
.
Giải:
*Tìm tỷ số R/R
V
+ V
3
= V
1
+RI
1

+ R(I
1
+ I
V2
)  2 = 2 RI
1
+RI
V2
(1)
+ I
V2
= (8+ RI
1
)/R
V
(2) và I
1
= 8/R
V
(3)
+ (1),(2),(3)  4x
2
+12x-1= 0 (4) với x =R/R
V

+ Giải (4)  x =
10 3
2
−
*Tìm số chỉ V

5
+ V
5
= V
3
+RI
3
+ R(I
3
+ I
V4
) = 10+2RI
3
+RI
V4
(5)
+I
V4
= (10+ RI
3
)/R
V
(6)
+ I
3
= 10/R
V
+16/R
V
+ 8R/

2
V
R
(7)
+ Thay (6),(7) vào (5) và chú ý x =
10 3
2
−
V
5
=
1
5 10
2
V
 
−
 ÷
 
Bài 7:
Để xác định vị trí chỗ bị chập của một dây đôi điện thoại dài 4km, người ta nối phía
đầu dây với nguồn điện có hiệu điện thế 15V; một ampe kế có điện trở không đáng kể mắc
trong mạch ở phía nguồn điện thì thấy khi đầu dây kia bị tách ra thì ampe kế chỉ 1A, nếu đầu
V
n
V
1
V
2
V

3
V
4
V
5
Hình 3
I
1
I
2
I
3
I
4
V
5
V
3
V
2
V
1
V
4
I
V2
I
V3
I
V4

I
V5
A
+
-
R
K
x
L
dây kia bị nối tắt thì ampe kế chỉ 1,8A. Tìm vị trí chỗ bị hỏng và điện trở của phần dây bị
chập. Cho biết điện trở của một đơn vị dài của dây là 1,25Ω/Km
Giải:
+ Mô tả mạch tương đương
Gọi L là chiều dài của dây điện thoại , x là khoảng cách từ chỗ hỏng đến nguồn, R là điện trở
của phần cách điện tại chỗ bị hỏng
+ Khi đầu dây kia bị tách ( trong mạch điện tương đương với khóa k mở)
 U = (2xα + R)I
1

 2,5x + R = 15 (1)
+ Khi đầu dây kia bị nối tắt (trong mạch điện tương đương với khóa k đóng )

( )
( )
2
.2
2
2
R L x
U x I

R L x
ρ
ρ
ρ
 
−
 
= +
 
+ −
 
 

3,75x
2
– 27,5x-R+50 = 0 (2)
+ Từ (1) & (2)  3,75x
2
– 25x +35 = 0 (3)
+ Giải (3)  x = 2km  (1)  R = 10km
Bài 8:Cho mạch điện:
Trong đó:
E = 80V
R
1
= 30 Ω
R
2
= 40 Ω
R

3
= 150 Ω
R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V.
1. Tính điện trở R
A
của ampe kế và điện trở R
V
của vôn kế.
2. Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB. Tính R trong hai trường hợp:
a. Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại.
b. Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại.
Giải:
1. Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính:
Ta có: E = I (r + R) + R
2
(I – I
A
) + U
V
80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24 ⇒ I = 1A
U
AB
= (I – I
A
) R
2
+ U
V
= 32V
Ω=−=⇒ 10

1
R
I
U
R
A
AB
A
Ω=
−−
== 600
3
R
U
II
U
I
U
R
V
A
V
V
V
V
2. Ta có:
Ω== 32
I
U
R

AB
AB
a. Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở
R
R
R
N
+
=
32
.32
(1)
Công suất P của điện trở mạch ngoài:
P = E . I – rI
2
Hay : rI
2
– E.I + P = 0
∆ = E
2
– 4.r.P ≥ 0
r
E
P
4
2
max
=⇒
A V
A

V
R
3
R
1
R
2
R
A
B
(
E,r
)
Mặt khác ta có:
( )
2
2
.
rR
E
RP
N
N
+
=
P = P
max
khi R
N
= r (2)

Từ (1) và (2):
Rr
R
R
−==
+
48
32
32
⇒ R = 32Ω
b. Gọi: I’ là cường độ dòng điện qua R
I
3
là cường độ dòng điện qua mạch AB có chứa R
1
, R
2
, R
A
,R
3

Ta có:
'
'
'
3
r
UE
R

U
r
UE
III
AB
AB
AB
−
=−
−
=−=
Với
rrR
R
EE
+
=
+
=
32
32
.80.'

r
r
rR
rR
r
+
=

+
=
32
.32.
'
(E’, r’): nguồn tương đương
Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’
Ω=⇒
+
=−⇔ 32
32
.32
48 r
r
r
r
Và do đó: R = 48 – 32 = 16Ω
Bài 9:
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện
có E = 8V, r =2
Ω
.
Điện trở của đèn là R
1
= 3
Ω
; R
2
= 3
Ω

; ampe kế có điện
trở không đáng kể.
a, K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi
điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1
Ω
thì đèn
tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.
b, Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc
vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. Khi điện trở phần AC bằng 6
Ω
thì
ampe kế chỉ
5
3
A. Tính điện trở toàn phần của biến trở mới.
Giải:
a, Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC.
Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên.
- Điện trở toàn mạch là:

2
3( 3) ( 1) 21 6
6 6
tm
x x R x R
R R x r
x x
+ − + − + +
= − + + =
+ +

⇒

2
tm
8( 6)
R ( 1) 21 6
E x
I
x R x R
+
= =
− + − + +
;
- H.đ.t giữa hai điểm C và D:
2
24( 3)
( )
( 1) 21 6
CD
x
U E I R r x
x R x R
+
= − + − =
− + − + +
;
- Cường độ dòng điện qua đèn là:
1
2
1

24
R ( 1) 21 6
CD
U
I
x x R x R
= =
+ − + − + +
;
- Khi đèn tối nhất tức
1
I
đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại.
- Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có:
1
1
2 2
b R
x
a
−
= − = =
;
- Suy ra
R =
3 (
Ω
).
b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau
như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới.

+ -
R
1
R
2
E , r
A
B
C
A
K
+
-
R - x
R
1
R
2
x
E
r
B
C
A
D
D
+
-
A
B

C
R
1
R
2
R'-6
x = 6
E, r
- Điện trở toàn mạch lúc này:
17 ' 60
4( ' 3)
tm
R
R
R
−
=
−
- Từ các nút ta có:
A BC
I I I= +
hay
A BC
I I I= −
.
- Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC:

32( ' 3)
17 ' 60
R

I
R
−
=
−
;
48
17 ' 60
BC
I
R
=
−
;
- Theo giả thiết
5
3
A
I =
A, ta có:
32( ' 3) 48 5
17 ' 60 17 ' 60 3
R
R R
−
− =
− −
;
- Từ đó tính được : R' = 12 (
Ω

)
Bài 10:
Muốn mắc ba bóng đèn, Đ
1
(110V-40W), Đ
2
(110V-50W) và Đ
3
(110V-80W) vào mạng điện
có hiệu điện thế 220V sao cho cả ba bóng đều sáng bình thường, người ta phải mắc thêm vào
mạch một điện trở R
0
.
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R
0
tương ứng với mỗi cách mắc.
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó
công suất tiêu thụ ở R
0
là bao nhiêu ?
Giải:
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R
0
tương ứng với mỗi cách mắc.
- Điện trở của các bóng đèn :
R
1D
=

1
2
1
Dm
Dm
P
U
=
40
110
2
= 302,5 (
)Ω
R
2D
=
2
2
2
Dm
Dm
P
U
=
50
110
2
= 242 (
)Ω
R

3D
=
3
2
3
Dm
Dm
P
U
=
80
110
2
= 151,25 (
)Ω
Vì mạng điện có hiệu điện thế gấp đôi hiệu điện thế định mức của các đèn, nên phải
mắc thành hai nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có một số đèn song song và mắc thêm điện trở phụ
R
0
sao cho điện trở tương đương của hai nhóm bằng nhau (dòng điện qua hai nhóm như
nhau).
Có 4 cách mắc khả dĩ như sau :
- Với sơ đồ (a) :
0321
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1

25,151
1
242
1
5,302
1
R
+=+

⇒
R
0
= 1210 (
Ω
)
- Với sơ đồ (b) :
0231
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
242
1
25,151
1
5,302
1
R

+=+

⇒
R
0

≈
172,86 (
Ω
)
- Với sơ đồ (c) :
0132
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
5,302
1
25,151
1
242
1
R
+=+

⇒
R
0

≈
134,44 (
Ω
)
- Với sơ đồ (d) :
25,151
1
242
1
5,302
11111
321
++=++
DDDtd
RRRR

⇒
R
td

≈
71,17 (
Ω
)
⇒
R
0

≈

71,17 (
Ω
)
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó
công suất tiêu thụ ở R
0
là bao nhiêu ?
Công suất tiêu thụ của R
0
: P =
0
2
R
U
- Vì U = 110 V = const nên P
min
khi R
max0
- Trong bốn cách mắc ta nhận thấy rằng theo cách mắc ở sơ đồ (a) là lợi nhất :
⇒
R
max0
= 1210 (
Ω
).
- P
min
=

max0
2
R
U
=
1210
110
2
= 10 (W).
Bài 11:
Tám đoạn dây dẫn cùng có điện trở R được hàn lại thành hình tháp có
đáy ABCD và đỉnh 0 như hình vẽ : Tính điện trở tương đương giữa các
điểm :
a. A và C.
b. A và B.
c. A và 0. Biết hiệu điện thế giữa A và 0 là 14 (V) và R = 2 (
Ω
), tính các dòng điện trong các đoạn dây dẫn.
Giải:
Khung dây hình tháp vẽ lại dạng phẳng như hình vẽ
a. Tính điện trở tương đương giữa A và C :
Do đối xứng nên V
B
= V
D
=
2
AC
VV −
= V

0
. Nên có thể bỏ
Đoạn OB và OD.
- Điện trở tương đương giữa A và C : R
AC
=
R
3
2
b. Tính điện trở tương đương giữa A và B :
Nếu tách các dây ở 0 như hình (a), do đối xứng V
01
= V
02
, nên
có tách hay chập không tác dụng gì đến dòng
⇒
Mạng mới
tương đương với mạng đã cho; ta có mạch điện có dạng như
hình (b)
- R
CD
=
3
2
R
- R
ADCB
=
3

2
R + 2R =
3
8
R.
-
AB
R
1
=
R
3
8
1
+
R
3
2
1
=
RR 2
3
8
3
+
-
AB
R
1
=

R8
15
⇒
R
AB
=
R
15
8
.

c. Tính điện trở tương đương giữa A và 0 :
- Do đối xứng nên V
B
= V
D
, ta chập ABC với ADC
Có dạng như hình (c), mạch điện tương đương như hình (d)
- R
BO
=
R
8
3
- R
ABO
=
R
8
7

- R
tđAO
=
R
15
7
- Dòng điện trong các đoạn dây dẫn có chiều như
hình(e)
* Căn cứ vào sơ đồ mạch điện hình (d) ta có :
- I
AO
=
AO
AO
R
U
=
2
14
= 7 (A).

- I
ABO
=
ABO
AO
R
U
=
2.

8
7
14
= 8 (A)
- U
BO
= I
ABO
.R
BO
= 8.
8
3
.2 = 6 (V)
- I
BO
=
2
R
U
BO
=
2
2
6
= 6 (A)
- I
BDO
= I
ABO

- I
BO
= 8 - 6 = 2 (A)
* Căn cứ vào mạch điện hình (e) ta có cường độ dòng điện trong các đoạn dây dẫn như sau :
I
1
= I
4
=
2
ABO
I
=
2
8
= 4 (A)
I
2
= I
3
=
2
BDO
I
=
2
2
= 1 (A)
I
5

= I
2
+ I
3
= 2 (A)
I
6
= I
4
- I
3
= 4 - 1 = 3 (A)
I
7
= I
1
- I
2
= 4 - 1 = 3 (A)
I
8
= I
AO
= 7 (A)

Hoặc cường độ dòng điện mạch chính I =
tdAO
AO
R
U

=
2.
15
7
14
= 15 (A)
I
8
= I - I
1
- I
4
= 15 - 4 - 4 = 7 (A)
Bài 12:
Cho mạch điện như hình vẽ :
R
1
= R
2
= 3 (
Ω
) ; R
3
= 2 (
Ω
) ; R
4
là biến trở ; K là
khóa điện.
Nguồn điện mắc vào hai đầu B, D có hiệu điện thế U không

đổi. Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng. Các dây nối có điện trở không
đáng kể.
a. Ban đầu khóa K mở, R
4
= 4 (
Ω
) thì vôn kế chỉ 1 (V).
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
- Nếu đóng khóa K thì ampe kế và vôn kế chỉ bao nhiêu ?
b. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên trái sang đầu
bên phải thì số chỉ của ampe kế I
A
thay đổi như thế nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí
của con chạy C.
Giải:
a. Ban đầu khóa K mở, R
4
= 4 (
Ω
) thì vôn kế chỉ 1 (V).
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R
12
= R
1
+ R

2
= 6 (
Ω
)
R
34
= R
3
+ R
4
= 6 (
Ω
)
I
1
= I
2
=
6
U
Ta có : U
1
= I
1
.R
1
= 3.I
1
= 3.
6

U
U
2
= I
2
.R
3
= 2.I
2
= 2.
6
U
Giả sử V
M
> V
N
ta có :
U
MN
= U
2
- U
1
=
23
UU
−
=
6
U

−

⇒
U
V
= U
NM
=
6
U
⇒
U = 6 U
V
= 6.1 = 6 (V)
- Khi khóa K đóng :
R
13
=
31
31
RR
RR
+
=
2,1
5
6
23
2.3
==

+
(
Ω
)
R
24
=
7
12
43
4.3
42
42
=
+
=
+ RR
RR
(
Ω
)
R
BD
= R
13
+ R
24
= 1,2 +
7
12

=
7
4,20
(
Ω
)
Cường độ dòng điện mạch chính : I =
BD
R
U
=
7
4,20
6
=
2,10
21
4,20
42
=

≈
2,06
(A)
U
13
= U
1
= U
3

= I. R
13
=
2,10
21
.1,2 = 2,47 (V)
I
1
=
1
1
R
U
=
3
47,2
= 0,823 (A)
U
24
= U
2
= U
4
= I. R
24
=
2,10
21
.
7

12
= 3,53 (V)
I
2
=
2
2
R
U
=
3
53,3
= 1,18 (A)
Ta có : I
2
> I
1

⇒
I
A
= I
2
- I
1
= 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ
I
A
= 0,357 (A)

Vôn kế chỉ 0 (V)
b. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên trái sang đầu bên
phải thì số chỉ của ampe kế I
A
thay đổi như thế nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí của con
chạy C.
Ta có :
R
13
=
31
31
RR
RR
+
=
2,1
5
6
23
2.3
==
+
(
Ω
)

Đặt NC = x
R
24
=
xR
xR
+
2
2
.
=
x
x
+3
.3
R
BD
= 1,2 +
x
x
+3
.3
=
x
x
+
+
3
6,32,4
I =

BD
R
U
=
x
x
+
+
3
6,32,4
6
=
6,32,4
)3(6
+
+
x
x
U
13
= I. R
13
=
6,32,4
)3(6
+
+
x
x
.1,2 =

6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
I
1
=
1
13
R
U
=
3
6,32,4
)3(2,7
+
+
x
x
=
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
U
24

= I.R
24
=
6,32,4
)3(6
+
+
x
x
.
x
x
+3
.3
=
6,32,4
.18
+x
x
I
2
=
2
24
R
U
=
3
6,32,4
.18

+x
x
=
6,32,4
.6
+x
x
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó : I
A
= I
1
- I
2
=
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
-
6,32,4
.6
+x
x
=
6,32,4
6,32,7

+
−
x
x
(1)
Biện luận :
Khi x = 0
→
I
A
= 2 (A)
Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó I
A
giảm
Khi x = 2
→
I
A
=
6,32.2,4
2.6,32,7
+
−
= 0 .
- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.
Khi đó : I
A
= I
2
- I

1
=
6,32,4
.6
+x
x
-
6,32,4
)3(4,2
+
+
x
x
=
6,32,4
2,76,3
+
−
x
x
I
A
=
x
x
6,3
2,4
2,7
6,3
+

−
(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (
Ω
) trở lên thì
x
2,7
và
x
6,3
đều giảm do đó I
A
tăng.
+ Khi x rất lớn ( x =
∞
) thì
x
2,7
và
x
6,3
tiến tới 0. Do đó I
A

≈
0,86 (A) và cường
độ dòng chạy qua điện trở R
4
rất nhỏ ; Sơ đồ mạch có thể vẽ như hình bên.

* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I
A
chạy qua ampe kế vào giá
trị x của biến trở R
4
có dạng như hình vẽ .
Bài 13:
Cho mạch điện hình vẽ:
Nguồn điện có E = 8V, r = 2Ω. Đèn có điện trở
R
1
= 3Ω, R
2
= 3 Ω, điện trở của ampe kế không đáng kể.
a) K mở di chuyển con chạy C đến vị trí mà R
BC
= 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần biến
trở R
AB
.
b) Thay R
AB
= 12Ω rồi di chuyển con chạy C đến giữa (trung điểm AB) rồi đóng K. Tìm số chỉ
của ampe kế lúc này.
Giải:
a) Tính điện trở toàn phần biến trở R
AB
.
- Hình vẽ
Đặt: R

AB
= R ; R
BC
= x ; R
AC
= R – x
Khi K mở mạch điện vẽ lại như sau
;
Cường
độ dòng điện qua đèn
Khi đèn tối nhất thì I
1
nhỏ nhất
Đặt y = -x
2
+ (R - 1)x + 21 + 6R ;
I
1
min khi y max :
y
max
khi
Theo đề: x = 1Ω , R = 3Ω
b) Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.
Khi K đóng con chạy C ở giữa – Hình vẽ
R
3
= R
AC
= 6Ω

R
4
= R
BC
= 6Ω
R
234
= 6Ω

A
rR
E
I
AD
2=
+
=

U
AD
= I . R
AD
= 4V ,
6
)3(3
+
+
=
x
x

R
CD
6
)3(3
+
+
+−=
x
x
xRR
AD
RxRx
x
rR
E
I
AD
621)1(
)6(8
2
++−+−
+
=
+
=
⇒
+
=
+
=

11
1
.
Rx
RI
Rx
U
I
CDCD
RxRx
I
621)1(
24
2
1
++−+−
=
y
I
24
1
=
2
1
2
−
=−=
R
A
B

x
Ω=
+
=
2
.
1234
1234
RR
RR
R
AD
A
R
U
I
AD
3
2
234
2
==

AII
3
1
43
==

3

III
A
+=


⇒= AI
A
3
5
số chỉ của ampe kế là
A
3
5

Bài 14:
Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có điện trở
không đáng kể; A
1
chỉ 0.2A; A
2
chỉ 0.3A. Nếu
đổi vị trí của 2 điện trở trong sơ đồ cho nhau
thì chỉ số của các ampe kế vẫn không đổi. Tìm cường độ dòng điện qua
nguồn trong các trường hợp hoán đổi.
Bài giải: Ký hiệu các dòng điện qua các nhánh như hình vẽ.
Ta có I
1
= i
2
+ i

3
(1)
I
2
= i
1
+ i
3
(2)
I = I
1
+i
1
= I
2
+ i
3
. (3)
∗ . (2) – (1) : I
2
- I
1
= i
1
– i
3
≠0 : (4) không đổi sau khi đổi
các điện trở.
Nếu hoán đổi vị trí R
1

và R
3

Sau khi đổi I’
1
= i
2
+ i
1
;
Theo đề bài I’
1
= I
1

⇒
i
1
= i
3

⇒
I
1
–I
2
= 0 : không phù hợp
với điều kiện không đổi của (4)
Vậy không thể đổi vị trí của R
1

cho R
3
∗ . Trường hợp đổi R
1
với R
2
.
Sau khi đổi I’
1
= i
1
+ i
3
; (5)
Vì I’
1
= I
1
nên từ (1) và (5)
⇒
i
1
= i
2
.
(2) : I
2
=2i
2
= 2i

1

⇒
i
1
= i
2
= 0.15A
Vậy I = I
1
+ i
1
= 0.2+ 0.15 = 0.35A
∗ . Trường hợp đổi R
2
với R
3
.
Sau khi đổi I’
2
= i
1
+ i
3
; (6)
Vì I’
2
= I
2
nên từ (2) và (6)

⇒
i
2
= i
3
.
(1) : I
1
=2i
2
= 2i
3

⇒
i
3
= i
2
= 0.1A
Vậy I = I
2
+ i
3
= 0.3+ 0.1 = 0.4A
II. Một số bài toán áp dụng:
Bài toán 1:
Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối
với bán kính R. Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt
đó từ phía điện tích còn lại.
Giải:

Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không
thể thay đổi. Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện
tích cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng
nhỏ δR. Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện
tích mà người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên hệ với điện tích của
A
2
E
A
1
R
1
R
2
R
3
A
2
E
A
1
I
I
1
i
1
i
2
i
3

I
2
R
1
R
2
R
3
nó bởi hệ thức:
R
Q
V
0
4
πεε
=
. Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có V =
Q/C, suy ra C = 4πεε
0
R. Năng lượng của tụ điện này W = Q
2
/2C = Q
2
/(8πεε
0
R).
Như vậy khi tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng:
∆W = W – W’ =
)(8)(88
0

2
0
2
0
2
RRR
RQ
RR
Q
R
Q
δπεε
δ
δπεεπεε
+
=
+
−
Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng
công toàn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu
thực hiện. Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR
2
.δR.
Do đó:
F.4πR
2
.δR =
)(8
0
2

RRR
RQ
δπεε
δ
+
. Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được:
F =
4
0
2
2
32 R
Q
εεπ
Bài 2:
Hai vật có kích thước nhỏ, khối lượng m
1
và m
2
, mang các điện tích
cùng dấu q
1
và q
2
nằm cách nhau một khoảng a trong chân không. Hãy tính
công của lực điện trường khi thả đồng thời cả hai điện tích cho chúng tự do
chuyển động. Xét trường hợp các khối lượng bằng nhau và trường hợp các khối
lượng không bằng nhau.
Giải:
a) Trường hợp khối lượng các hạt bằng nhau:

Do lực tương tác như nhau, gia tốc các hạt như nhau. Chúng đồng thời
được thả ra, nên các điện tích luôn đối xứng qua khối tâm chung, năm chính
giữa đoạn a ban đầu.
Gọi x là các khoảng cách tức thời từ mỗi điện tích đến khối tâm. Công
dịch chuyển mỗi điện tích đi ra đến vô cùng bằng:
1 2 1 2 1 2
1
2
0 0 0
/2 /2
/2
1
4 (2 ) 16 8
a a
a
q q q q q qdx
A Fdx
x x a
πε πε πε
∞
∞ ∞
 
= = = − =
 ÷
 
∫ ∫
Suy ra công toàn phần của lực điện trường khi cho cả hai điện tích đồng thời
chuyển động ra xa vô cùng bằng:
1 2
1 2 1

0
2
4
q q
A A A A
a
πε
= + = =
b) Trường hợp các khối lượng m
1
, m
2
khác nhau:
Khi đó gia tốc của hai vật là khác nhau. Tuy nhiên theo định luật bảo
toàn khối tâm:
1 1 2 2
1 1 2 2 2 1 1 2
2 1 2 1 2
m x m ( )
m x m m
x x x x x l
m m m m m
+ ⇒ = ⇒ = + =
+ +
và
1
2
1 2
m
x l

m m
=
+
.
với l kà khoảng cách tức thời giữa hai điện tích.
Gọi khoảng cách ban đầu từ khối tâm đến các điện tích là a
1
và a
2
, ta có công
dịch chuyển điện tích q
1
ra xa vô cùng bằng:
1
1 2 2 1 2 2
1 1 1
2
0 1 2 0 1 2
1
4 4
a a
q q m q q mdl
A F dx
m m l m m a
πε πε
∞ ∞
= = =
+ +
∫ ∫
Tương tự công cho điện tích q

2
:
1 2 1
2
0 1 2
1
4
q q m
A
m m a
πε
=
+
Thế năng tương tác ban đầu giữa hai điện tích được chuyển hoàn toàn
thành công của hai điện tích ra xa vô cùng:
1 2
1 2
0
1
W
4
t
q q
A A
a
πε
= + =
Nhận xét: dù cho một hay cả hai điện tích của hệ dịch chuyển ra xa vô
cùng thì công của lực điện trường cũng chỉ bằng thế năng của một điện tích này
trong điện trường của một điện tích kia khi chúng cách nhau một khoảng r.

Bài 3:
Một tấm có hằng số điện môi
3
ε
=
nằm giữa hai bản của một tụ điện
phẳng, choán hết thể tích của tụ điện. Tụ điện được mắc vào một
nguồn có suất điện động U = 100V qua một điện trở. Sau đó tấm
được đẩy ra khỏi tụ điện thật nhanh, đến mức điện tích trên tụ điện
chưa kịp biến thiên.
Hỏi phần năng lượng toả ra trong mạch sau đó dưới dạng
nhiệt bằng bao nhiêu? Biết điện dung của tụ điện khi chưa có điện môi la C
0
=
100μF.
Giải:
Khi vừa đánh bật tấm điện môi ra khỏi tụ điện, điện dung của tụ điện
còn bằng C
0
, nhưng điện tích trên tụ vẫ là q
1
= CE =
ε
C
0
U. Do đó năng lượng
của tụ điện ngay sau khi điện môi bị đánh bật bằng:
2 2 2
0 0
1

0
( )
W
2 2
C U C U
C
ε ε
= =
Sau đó điện tích của tụ còn lại: q
2
= C
0
U để phù hợp với điện dung mới, nên có
một điện lượng ∆q = q
1
– q
2
chạy qua nguồn ngược chiều lực lạ, do đó nguồn
tiêu thụ một công:
2
1 2 0
. ( ) ( 1)A qU q q U C U
ε
∆ = ∆ = − = −
đồng thời năng lượngcủa tụ điện chỉ còn bằng:
2
0
2
W
2

C U
=
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta thu được nhiệt lượng toả ra trên
mạch sau khi đẩy tấm điện môi ra ngoài:
2 2 2 2
2
0 0
1 2 0
( 1) ( 1)
W W ( 1) 2
2 2
C U C U
Q A C U J
ε ε
ε
− −
= − −∆ = − − = =
Một số bài tập khác:
Bài 4:
Một tụ điện phẳng có hai bản tụ bằng kim loại diện tích S, điện môi
không khí. Tích điện cho tụ bởi hiệu điện thế U. Tính lực hút giữa hai bản tụ?
Gợi ý giải:
Bài toán này chúng ta áp dụng như bài toán 1.
- Tính năng lượng ban đầu của tụ (W).
- Giả sử kéo hai bản tụ ra xa nhau một khoảng rất nhỏ x
- Tính năng lượng của tụ khi đã dịnh chuyển một đoạn nhỏ x (W’). Độ
chênh lệch năng lượng ở hai vị trí ∆W = /W’ – W/ chính bằng công dịnh
chuyển hai bản tụ ra xa nhau một khoảng x và bằng công cản của lực hút
giữa hai bản tụ.
- Từ các kết quả trên ta tính được: F.x = ∆W

Bài 5:
Một tấm đồng dày b được đưa vào một tụ phẳng có diện tích
bản là S. Chiều dày tấm đúng bằng nửa khoảng cách giữa các bản.
a) Hỏi điện dung sau khi đưa tấm đồng vào?
b) Hỏi công thực hiện khi đưa tấm đồng vào? Tấm bị hút vào
hay phải đẩy nó vào?
Gợi ý giải:
Khi đưa tấm đồng vào gữa hai bản tụ ta được bộ 2 tụ ghép nối tiếp. Học
sinh đễ dàng tính được điện dung của bộ tụ này. So sánh năng lượng của tụ
ghép này với năng lượng của tụ ban đầu (chưa đưa bản đồng vào) chúng ta sẽ
tính được công thực hiện để đưa tấm đồng vào, và sẽ biết được tấm đồng bị hút
vào hay phải đẩy nó vào (chú ý: mọi vật đều có xu hướng tồn tại với trạng thái
có mức năng lượng thấp nhất - mức bền vững nhất).
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG
LÝ:12
DAO DỘNG CƠ
HỌC
CHỦ ĐỀ 1: Kích thích dao động bằng
va chạm
I. PHƯƠNG PHÁP
+ Vật m chuyển động với vận tốc v
0
đến va chạm vào vật M đang đứng
yên.
+ Va chạm đàn hồi:












+
−
=
+
=
⇒



+=
+=
0
0
222
0
0
1
1
1
2
v
m
M
m

M
v
v
m
M
V
MVmvmv
MVmvmv

+ Va chạm mềm:
( )
00
1
1
v
m
M
VVMmmv
+
=⇒+=
II. BÀI TOÁN MẪU
Bài 1: Cho một hệ dao động như hình vẽ bên. Lò
xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng
( )
mNk /30=
. Vật
( )
gM 200=
có thể trượt không
ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng

một vật
( )
gm 100=
bắn vào M theo phương nằm ngang với vận tốc
( )
smv /3
0
=
. Sau va chạm hai vật dính vào nhau và cùng dao động điều
hoà. Xác định vận tốc của hệ ngay sau va chạm. Viết phương trình dao
động của hệ. Chọn trục toạ độ Ox trùng với phương dao động, gốc toạ độ
O là vị trí cân bằng, chiều dương của trục cùng chiều với chiều của
0
v

.
Gốc thời gian là lúc va chạm.
Giải
+ Va chạm mềm:
( ) ( ) ( )
scmsmv
m
M
VVMmmv /100/1
1
1
00
==
+
=⇒+= :ch¹m va sau ngaycña hÖ tèc VËn

+ Tần số góc của hệ dao động điều hoà:
)/(10
1,02,0
30
srad
mM
k
=
+
=
+
=
ω
.
+ Phương trình dao động có dạng:
( )
ϕ
+= tAx 10sin
, vận tốc:
( )
ϕ
+= tAv 10cos10
.
+ Thay vào điều kiện đầu:
( )






=
=
⇒=
=
=
s/cmv
x
t
t
t
100
0
0
0
0




0=ϕ
10=
⇒



100=ϕ
0=ϕ
⇒
)cm(A
cosA

sinA
10
+ Vậy phương trình dao động là:
( )
cmtsinx 1010=
.
ĐS:
( )
s/cmV 100=
,
( )
cmtsinx 1010=
.
Bài 2: Một con lắc lò xo, gồm lò xo có khối
lượng không đáng kể và có độ cứng
( )
mNk /50=
, vật M có khối lượng
( )
g200
,
dao động điều hoà trên mặt phẳng nằm ngang với biên độ
( )
cmA 4
0
=
. .
Giả sử M đang dao động thì có một vật m có khối lượng
( )
g50

bắn vào
M theo phương ngang với vận tốc
( )
smv /22
0
=
, giả thiết là va chạm
không đàn hồi và xẩy ra tại thời điểm lò xo có độ dài lớn nhất. Sau va
chạm hai vật gắn chặt vào nhau và cùng dao động điều hoà.
1) Tính động năng và thế năng của hệ dao động tại thời điểm ngay sau va
chạm.
2) Tính cơ năng dao động của hệ sau va chạm, từ đó suy ra biên độ dao
động của hệ.
Giải;
+ Vì va chạm xẩy ra tại thời điểm lò xo có độ dài lớn nhất nên vận tốc
của M ngay trước lúc va chạm bằng không. Gọi V là vận tốc của hệ
( )
mM +
ngay sau va chạm. Sử dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:
( ) ( )
smv
m
M
VVmMmv /24,022.
05,0
2,0
1
1
1
1

00
=
+
=
+
=⇒+=
1) Động năng của hệ ngay sau va chạm:
( ) ( )
( )
( )
J
VmM
E
d
04,0
2
24,005,02,0
2
2
2
=
+
=
+
=
+ Tại thời điểm đó vật có li độ
( ) ( )
mcmAx 04,04
0
===

nên thế năng đàn
hồi:

( )
J
kx
E
t
04,0
2
04,0.50
2
22
===
2) Cơ năng dao động của hệ sau va chạm:
( )
JEEE
td
08,0=+=
+ Mặt khác:
( ) ( )
cmm
k
E
A
kA
E 24204,0
50
08,0.22
2

2
====⇒=
ĐS: 1)
( )
JEE
dt
04,0==
; 2)
( )
JE 08,0=
;
( )
cmA 24=
Bài 3: Một con lắc lò xo, gồm lò xo, có độ cứng
( )
mNk /50=
và vật nặng
( )
gM 500=
dao động điều hoà với biên độ
0
A
dọc theo trục Ox trên mặt
phẳng nằm ngang. Hệ đang dao động thì một vật
( )
gm
3
500
=
bắn vào M

theo phương nằm ngang với vận tốc
( )
smv /1
0
=
. Giả thiết va chạm là
hoàn toàn đàn hồi và xẩy ra vào thời điểm lò xo có chiều dài nhỏ nhất.
Sau khi va chạm vật M dao động điều hoà làm cho lò xo có chiều dài cực
đại và cực tiểu lần lượt là
( )
cml 100
max
=
và
( )
cml
mim
80=
. Cho
( )
2
/10 smg =
.
1) Tìm vận tốc của các vật ngay sau va chạm.
2) Xác định biên độ dao động trước va chạm.
Giải
1) Vào thời điểm va chạm lò xo có chiều dài nhỏ nhất nên vận tốc của vật
M ngay trước va chạm bằng không. Gọi
vV ,
lần lượt là vận tốc của vật M

và m ngay sau va chạm. Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sử dụng
định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có:

( )
( )











−=
+
−
=
+
−
=
=
+
=
+
=
⇒






+=
+=
s/m,.v
m
M
m
M
v
s/m,.v
m
M
V
MVmv
mv
MVmvmv
501
31
31
1
1
501
31
2
1
2
222

0
0
22
2
0
0

2) Tại thời điểm ngay sau va chạm vật dao động có li độ và vận tốc lần
lượt là
0
Ax +=

( )
s/mV 3=
nên thế năng đàn hồi và động năng lúc đó là:
( )







===
===
J
MV
E
A
A

kx
E
d
t
0625,0
2
5,0.5,0
2
.25
2
.50
2
22
2
0
2
0
2
+ Biên độ dao động điều hoà sau va chạm
( ) ( )
mcm
ll
A 1,010
2
80100
minmax
==
−
==
2

-
nên cơ năng dao động:
( )
J
kA
E 25,0
2
1,0.50
2
22
===
.
+ Mà
2500625025
2
0
,,A.EEE
dt
=+⇔=+
( ) ( )
cmm,A
,
A 353050
25
18750
0
2
0
==⇒=⇒
ĐS: 1)

( ) ( )
smvsmV /5,0;/5,0 −==
; 2)
( )
cmA 35
0
=
Bài 4: Cho một hệ dao động như
hình vẽ bên. Lò xo có khối lượng
không đáng kể, độ cứng chưa
biết. Vật
( )
gM 400=
có thể trượt
không ma sát trên mặt phẳng
nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng một vật
( )
gm 100=
bắn
vào M theo phương nằm ngang với vận tốc
( )
smv /625,3
0
=
. Va chạm là
hoàn toàn đàn hồi. Sau khi va chạm vật M dao động điều hoà. Chiều dài
cực đại và cực tiểu của lò xo lần lượt là
( )
cml 109
max

=
và
( )
cml
mim
80=
.
1. Tìm chu kỳ dao động của vật M và độ cứng k của lò xo.
2. Đặt một vật
( )
gm 225
0
=
lên trên vật M, hệ gồm 2 vật
( )
Mm +
0
đang
đứng yên. Vẫn dùng vật
( )
gm 100=
bắn vào với cùng vận tốc
( )
smv /625,3
0
=
, 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
( )
Mm +

0
.
Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là
lúc bắt đầu va chạm.
3. Cho biết hệ số ma sát giữa
0
m
và M là 0,4. Hỏi vận tốc
0
v
của vật m
phải nhỏ hơn một giá trị bằng bao nhiêu để vật
0
m
vẫn đứng yên (không
bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho
( )
2
/10 smg =
.
Giải
1. Biên độ dao động
( )
cm
ll
A 5,14
2
80109
minmax
=

−
==
2
-
+ Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên vận tốc của M sau va chạm tính
theo công thức:



+=
+=
222
0
0
MVmvmv
MVmvmv
( ) ( )
s/cms/m,,v
m
M
V 1454516253
41
2
1
2
0
==
+
=
+

=⇒
(đây chính là vận tốc
cực đại của dao động điều hoà).
+ Sau va chạm vật dao động điều hoà theo phương trình li độ
( )
ϕω
+= tAx sin
, và phương trình vận tốc:
( )
ϕωω
+= tAv cos

+ Vậy vận tốc cực đại của dao động điều hoà:
( )
( )
( )
srad
cm
scm
A
V
VAv /10
5,14
/145
max
===⇒==
ωω
.
+ Chu kì dao động:
( )

sT 628,0
5
2
≈==
π
ω
π
.
+ Độ cứng của lò xo:
( )
mNMk /4010.4,0.
22
===
ω
.
2. Tương tự câu 1) vận tốc của hệ
( )
Mm +
0
ngay sau va chạm tính theo
công thức:
( ) ( )
( ) ( )
scmsmv
m
mM
V /200/225,7
1,0
625,0
1

2
1
2
'
0
0
==
+
=
+
+
=
(đây chính là vận
tốc cực đại của dao động điều hoà).
+ Tần số góc của dao động:
)/(8
225,04,0
40
0
srad
mM
k
=
+
=
+
=
ω
.
+ Phương trình dao động có dạng:

( )
ϕ
+= tAx 8sin
, vận tốc:
( )
ϕ
+= tAv 8cos8
.
+ Vận tốc cực đại của dao động điều hoà:
( )
( )
( )
cm
cm
scm
V
AVAv 25
8
/200
'
'
max
===⇒==
ω
ω
+ Pha ban đầu được xác định từ điều kiện đầu:
( )






−=
=
⇒=
=
=
scmv
x
t
t
t
/200
0
0
0
0

πϕ
ϕ
ϕ
=⇒



−=
=
⇒
1cos
0sin

+ Vậy phương trình dao động là:
( ) ( )
cmtx
π
+= 8sin25
.
3. Dùng vật m bắn vào hệ
( )
Mm +
0
với vận tốc v
0
, va chạm là hoàn toàn
đàn hồi thì vận tốc của hệ
( )
Mm +
0
ngay sau va chạm là:
( )
( )
sm
v
vv
m
mM
V /
29
8
25,61
2

1
2
'
0
00
0
=
+
=
+
+
=
(đây chính là vận tốc cực đại của
dao động điều hoà:
29
'
'
0
max
v
V
AVAv ==⇒==
ω
ω
).
+ Vậy phương trình dao động điều hoà có dạng:
( )
ϕ
+= t
v

x 8sin
29
0
, và gia
tốc của hệ là:
( ) ( )
ϕϕωω
+−=+−== t
v
tAxa 8sin
29
64
sin''
0
2
. Do đó gia tốc cực đại:
29
64
0
max
v
a =
.
+ Vật m
0
đặt trên vật M chuyển động với gia tốc a, nên nó chịu tác dụng
lực có độ lớn:
29
64
00

max0
vm
FamF
qtqt
=⇒=
.
+ Để vật m
0
luôn đứng yên trên M thì lực ma sát trượt
gmF
ms 0
µ
=
lớn hơn
hoặc bằng lực cực đại, tức là:
29
64
1080
0
00
v
.,agamgm
maxmax
≥⇒≥µ⇒≥µ

( )
s/m,v 6253
8
29
0

=≤⇒
.
+ Vậy để vật m
0
đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao
động thì vận tốc v
0
của vật m phải thoả mãn:
( )
smv /625,3
8
29
0
0
=≤≤
.
ĐS: 1)
( )
sT 628,0
5
≈=
π
;
( )
mNk /40=
;
2)
( ) ( )
cmtx
π

+= 8sin25
;
3)
( )
smv /625,3
8
29
0
0
=≤≤
Bài 5: Một vật nặng có khối lượng
( )
gM 600=
, được đặt phía
trên một lò xo thẳng đứng có độ cứng
( )
mNk /200=
như hình
vẽ. Khi đang ở vị trí cân bằng, thả vật
( )
gm 200=
từ độ cao
( )
cmh 6=
so với M. Coi va chạm là hoàn toàn mềm, lấy
( )
10;/10
22
==
π

smg
.
1) Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của
hai vật ngay sau va chạm.
2) Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hoà.
Giải:
1) Vận tốc của vật m ngay trước lúc va chạm:
( )
s/m,, ghv 3200601022
0
π
===

( )
s/cmv 320
0
π
=
(hướng xuống dưới).
+ Hệ
( )
mM +
lúc va chạm có thể coi là hệ kín, theo định luật bảo toàn
động lượng (theo giả thiết va chạm hoàn toàn mềm):
( )
VMmmv +=
0
. Suy
ra, vận tốc của hai vật ngay sau va chạm:
( )

scmv
m
M
V /35
1
1
0
π
=
+
=
(hướng xuống dưới).
2) Tại VTCB cũ của M, lò xo nén một đoạn:
( ) ( )
cmm
k
Mg
303,0
200
10.6,0
====∆
+ Tại VTCB mới của hệ sau va chạm, lò xo nén một đoạn:
( )
( ) ( )
cmm
k
gMm
404,0
200
10.8,0

' ===
+
=∆
.
+ Suy ra:
( )
cmllOC 134' =−=∆−∆=
+ Chọn hệ toạ độ Ox như hình vẽ, gốc O trùng với vị trí cân bằng mới của
hệ
( )
mM +
sau va chạm. Do đó, ngay sau va chạm hệ có toạ độ và vận tốc
lần lượt là:
( ) ( )
scmVvcmx /35,1
11
π
+==−=
.
+ Sau va chạm hệ dao động điều hoà xung quanh VTCB mới O với tần số
góc:
( )
( )
srad
mM
k
/5
2,06,0
200
πω

=
+
=
+
=
.
+ Biên độ dao động:
( )
( )
( )
( )
cm
v
xA 2
5
35
1
2
2
2
2
2
1
2
1
=+−=+=
π
π
ω
ĐS: 1)

( )
smv /320
0
π
=
,
( )
scmV /35
π
=
, 2)
( )
cmA 2=
Bài 6: (ĐH Kinh tế quốc dân - 2001) Con lắc lò xo gồm vật
nặng
( )
gM 300=
, lò xo có độ cứng
( )
mNk /200=
lồng vào
một trục thẳng đứng như hình vẽ. Khi đang ở vị trí cân bằng,
thả vật
( )
gm 200=
từ độ cao
( )
cmh 75,3=
so với M. Coi ma
sát không đáng kể, lấy

( )
2
/10 smg =
, va chạm là hoàn toàn
mềm.
1. Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của
hai vật ngay sau va chạm.
2. Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hoà. Lấy
0
=
t
là
lúc ngay sau va chạm. Viết phương trình dao động của hai
vật trong hệ toạ độ O’X như hình vẽ, gốc O’ trùng với vị trí
cân bằng mới C của hệ
( )
mM +
sau va chạm.