một số vật lý hay cho luyện thi học sinh giỏi

Bài 1

Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có
tần số f = 100Hz, được đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước
là v = 0,8 m/s.
a/ Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương
trình dạng u = A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2
một khoảng d = 8cm.
b/ Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha
với M1.
c/ Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng
giao thoa ổn định trên mặt nước, phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao
nhiêu ? Với khoảng cách ấy thì giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi
rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là hai điểm có biên độ cực tiểu.
Lời giải
M2
M1
M2'

a.

+ λ=

v
= 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm
f

S1

I

+ Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1
uM1 = 2A cos

(d 2  d 1 )
(d1  d 2 ) 

cos 200t 






với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0,
ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π)
b. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có:
S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm và S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm
Do đó:
IM2 = S1M 22  S1I 2  8,8 2  4 2  7,84(cm)
IM1 = S1I 3  4 3  6,93(cm)
Suy ra
M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)
Tương tự: IM2’ = S1M 2'2  S1I 2  7, 22  42  5,99(cm)
 M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm)
c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất
gần chúng xem gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao

2




 (2k  1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1)
4
4
2


Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng =
2
2

thoa cực đại. Do đó ta có: S1I = S2I = k 

0,4cm.
Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.
/>



Bài 2
Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí
tưởng, chiều dài l = 20cm như Hình 1. Dùng vật nhỏ m = 50g có
tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g =
10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi.
a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang.
b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O.
c/ Cho v0 =

O
l
m

M

v0

3 7
m/s, xác định chuyển động của M.
2

Giải
a/ Va chạm đàn hồi:
mv 0  mv 1  Mv 2

2m
v0
mv 20 mv 12 Mv 22 => v 2 
mM


2
2
2
Mv 22
m  M gl
Khi dây nằm ngang:
 Mgl  v 0 

2
m
2

Thay số: v0 = 3m/s.
b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E  gl
Mv 22
Mv E
mM
 Mg 2l 
 v0 
5gl .
2
2
2m
3 10
Thay số: v0 =
m/s.
2
3 7
3 10
c/ Khi v 0 
m/s <
=> M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn.
2
2
mv 2
Lực căng của dây: T  mg cos  
. Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại
l

=>

D với vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 600.
Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 300.
* Nếu HS tính kỹ hơn ý c/ có thể thưởng điểm.

Bài 3

O

Con lắc lò xo như hình vẽ. Vật nhỏ khối lượng m = 200g, lò
xo lí tưởng có độ cứng k = 1N/cm, góc α = 300. Lấy g = 10m/s2.
a/ Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với vị trí cân
bằng. Viết phương trình dao động. Biết tại thời điểm ban đầu lò
xo bị dãn 2cm và vật có vận tốc v0 = 10 15 cm/s hướng theo
chiều dương.

m

b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng. Hỏi tại t2 = t1 +
bao nhiêu?
/>

4 5

s, vật có tọa độ

x

α



c/ Tính tốc độ trung bình của m trong khoảng thời gian Δt = t2 - t1.
Giải
a/ Tại VTCB  

k

m

g sin 
l

=> Δl = 1cm, ω = 10 5 rad/s, T =


5 5

s.

2

Biên độ: A =


v 
x   0  => A = 2cm và    .
3


2

M



K

Vậy: x = 2cos( 10 5t  )cm.
3

b/ Tại t1 vật ở M có vận tốc v1, sau Δt =


4 5

-1

= 1,25T.

x

O
K'

- vật ở K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = 3 cm.
N
- vật ở N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - 3 cm.
c/ Quãng đường m đi được: - Nếu v1<0 => s1 = 11  3 => vtb = 26,4m/s.

- Nếu v1>0 => s2 = 9  3 => vtb = 30,6m/s.

Bài 4 Vật 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 A
k
F
tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm
m
nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không
đổi F hướng theo trục lò xo như 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
k
F
M
m
được nối với một vật khối lượng M như hình 2b, hệ số
ma sát giữa M và mặt ngang là . Hãy xác định độ lớn
của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.
a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân
bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban đầu của vật
có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và:
F   kx0



x0  

F

.
k

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.

k

x0
1

Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được:
F

 k  x    F  ma   kx  ma 
k

/>
F

m

x" 2 x  0.

O



Trong đó   k m . Nghiệm của phương trình này là:

x  A sin( t   ).

Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T  2

m
. Thời gian kể từ khi tác
k

dụng lực F lên vật 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

T
m

.
2
k

Khi t=0 thì:
F

 A  k ,
 
    .

2

F
x  A sin    ,

k
v  A cos  0

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

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

F
.
k

Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa 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  Mg

 k . 2.

F
 Mg.

k

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

mg
.
2

Bài 5.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.

/>


Giải
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  k .

S1
d

k=2
l
A

k=1
k=0

S2

Với k=1, 2, 3...
Hình 2
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:
l 2  4  l  1  l  1,5(m).

b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:

l 2  d 2  l  (2k  1) .
2

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...
Ta suy ra :



d 2  (2k  1) 
2

l
(2k  1)

2

.

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).

Bài 6.

Biểu thức của cường độ dòng điện trong một mạch dao động LC là
i  I 0 cos t. 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?
Sau thời gian t kể từ thời điểm t=0 thì năng lượng từ trường của mạch bằng:
Wt 

1 2 1 2
Li  LI 0 cos 2 t.
2
2

Tổng năng lượng dao động của mạch:
W  Wt max 

1 2
LI 0 .
2

Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là:

Wđ  W  Wt 

1 2 2
LI 0 sin t.
2

Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng:
Wt cos 2 t

 cot g 2t.
2
Wđ sin t
W
T
2 T

Vào thời điểm t  thì: t  cot g 2  .   cot g 2  1.
8
Wđ
4
 T 8

Như vậy sau 1/8 chu kỳ thì năng lượng từ trường bằng năng lượng điện
/>


trường.
Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì:
Wt
 2 

 cot g 2  .t   3.
Wđ
T 

Từ đó suy ra:
 2
cot g 
T


t  3 


2

t
T
6

 t

T
.
12

Bài 7 Cho một mạch dao động gồm một tụ điện phẳng điện dung Co và một cuộn
dây thuần cảm có độ tự cảm L. Trong mạch có dao động điện từ với chu kỳ To. Khi
cường độ dòng điện trong mạch đạt cực đại thì người ta điều chỉnh khoảng cách
giữa các bản tụ điện, sao cho độ giảm của cường độ của dòng điện trong mạch sau
đó tỉ lệ với bình phương thời gian; chọn gốc thời gian là lúc bắt đầu điều chỉnh, bỏ

qua điện trở dây nối.
a, Hỏi sau một khoảng thời gian t bằng bao nhiêu (tính theo To) kể từ lúc bắt đầu
điều chỉnh thì cường độ dòng điện trong mạch bằng không ?
b, Người ta ngừng điều chỉnh điện dung tụ điện lúc cường độ dòng điện trong
mạch bằng không. Hãy so sánh năng lượng điện từ trong mạch sau khi ngừng điều
chỉnh với năng lượng điện từ ban đầu trước khi điều chỉnh. Giải thích ?
di qB

(1)
dt C
di
Theo đề ra: i  I 0   at 2 
 2at .
dt
dq
Mặt khác: B  i  I 0  at 2
dt
at 3
 qB  I 0t 
(vì qB (0)  0 ).
3
1
at 3 
1 
at 2 
Thay vào (1) : 2aLt   I 0t    0  C 
 I0 
 (2)
C
3 

2aL 
3 
Xét lúc t = t1 thì i = 0, ta có : I 0  at12 .
(3)
I
Mặt khác theo (2), lúc t = 0 (chưa điều chỉnh tụ): C0  0
(4)
2aL
Từ (3) và (4) : t1  2C0 L .

a, Áp dụng ĐL Ohm:  L

Biết T0  2 LC0 , ta có t1 

T0

 2

(s).

b, Năng lượng điện từ khi chưa điều chỉnh: W0 
- Điện tích của tụ khi ngừng điều chỉnh:
qB (t1 )  I 0 t1 

at13 2 2
2 2

I 0 LC0 
Q0 ;
3

3
3

/>
Q02
, với Q0  I 0 LC0 ;
2C0



- Điện dung của tụ khi ngừng điều chỉnh :
C

1 
at12 
1 1
2C0
2
I

;
 0
  C0  . 2 .4 LC0  C 
2aL 
3 
6 L 2
3

- Năng lượng điện từ sau khi ngừng điều chỉnh :
2

2 2 
Q0 

2
Q2  3
  4 . Q0  4 W > W ;
W

0
2
2C
3 2C0 3 0
2. C0
3
Sở dĩ W > W0 vì đã thực hiện công kéo các bản tụ ra xa nhanh hơn lúc đầu.

Câu 8: Một khối gỗ khối lượng M=400g được treo vào lò xo có độ cứng
k=100N/m. Một viên bi khối lượng m=100g được bắn đến với vận tốc v0= 50cm/s
va chạm vào khối gỗ. Sau va chạm hệ dao động điều hòa. Xác định chu kì và biên
độ dao động. Biết va chạm tuyệt đối đàn hồi.

Va chạm tuyệt đối đàn hồi
mv0  mv  MV (1)
Đinh luật bảo toàn năng lượng
1 2 1 2 1
mv0  mv  MV2
2
2
2

(2)

Từ (1), (2) suy ra: V 

2m
v
m M 0

Chu kì: T  2

M 2

(s)
k
5

Định luật bảo toàn cơ năng
1 2 1
1
2m
kA  MV2  M
v
2
2
2 m M 0

A

2m

M
v0
 4(cm)
m M
k

Câu 9: Một quả cầu có khối lượng m= 2kg treo ở một đầu một sợi dây có khối
lượng không đáng kể và không co dãn. Bỏ qua ma sát và sức cản. Lấy g= 10m/s2.
a) Kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc  m rồi thả ra ( vận
tốc ban đầu bằng không). Thiết lập biểu thức lực căng dây của
dây treo khi quả cầu ở vị trí lệch một góc  so với vị trí cân
bằng. Tìm vị trí của quả cầu trên quĩ đạo để lực căng đạt cực
đại. Tinh độ lớn của lực căng cực đại nếu góc  m =600.
/>


b) Phải kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc bằng bao nhiêu để khi thả cho
dao động, lực căng cực đại gấp 3 lần trọng lượng của quả cầu.
c) Thay sợi dây treo quả cầu bằng một lò xo có trọng lượng không đáng kể. Độ
cứng của lò xo là k= 500N/m, chiều dài ban đầu l0=0,6m. Lò xo có thể dao động
trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh điểm treo O. Kéo quả cầu khỏi vị trí cân
bằng một góc   90 0 rồi thả ra. Lúc bắt đầu thả, lò xo ở trạng thái không bị nén
dãn. Xác định độ dãn của lò xo khi quả cầu đến vị trí cân bằng.
a
b

T  mg(3 cos   2 cos  m )
Tmax  mg(3  2 cos  m )  40( N )

Tmax= 3mg. Từ hệ thức trên suy ra: 3  2 cos  m  3

 m  90 0

Chọn mốc thế năng tại VT thấp nhất.
Cơ năng tại A(ngang): E A  mg(l0  l) (1)
1
2

1
2

Cơ năng tại B(thấp nhất): EB  mv2  kl 2 (2)
c

Lực đàn hồi tại VT B: F  kl  mg  m

v2
(3)
l0  l

Từ (1),(2)  mv2  2mg(l0  l )  kl 2
Thay vào (3): k(l0  l )  mg(l0  l )  2 mg(l0  l)  kl 2
l 2  0, 24 l  0, 036  0
Giải ra: l =0,104(m)

Câu 10:

Trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau A và B, cách nhau

khoảng
AB = 12(cm) đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bước sóng  =

1,6cm.
a) Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu trên đoạn AB.
b) C và D là hai điểm khác nhau trên mặt nước, cách đều hai nguồn và cách trung
điểm O của AB một khoảng 8(cm). Tìm số điểm dao động cùng pha với nguồn ở
trên đoạn CD.
Gọi M là điểm bất kỳ thuộc AB, với MA= d1; MB= d2.
Ta có d1  d 2  AB (1)
Để M dao động với biên độ cực đại: d1  d 2  k  (2)
a
Từ (1) và (2) ta có: d1 

k  AB

(3)
2
2

Mặt khác: 0  d1  AB (4)

/>


AB
AB
k


Thay số ta có: 7,5  k  7,5  k  7...........7 vậy có 15 điểm dao động với biên độ cực

Từ (3) và (4) suy ra: 

đại.

Tương tự trên nếu M dao động với biên độ cực tiểu:


AB 1
AB 1
 k
  8  k  7  k  8...........7 vậy có 16 điểm dao động với biên độ
 2
 2

cực tiểu.
……………Hết……………

/>