Tổng hợp bài tập bồi dưỡng HSG môn Vật Lý lớp 12 có lời giải

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

⇒N≤
2
max

mV
R
Chiếu lên Ox:

⇒V ≤

mg
cos α − µ sin α

R
(2)

= Fmsn cos α + N sin α ≤ µ N cos α + N sin α
gR ( µ + tgα )
1 − µ tgα

⇒ 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 )

Fms
n

x

O

α

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

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
r ur uu
r
a. Ta có:
ma = P + N
* Chiếu lên phương tiếp tuyến:
x
mat = − P sin α ≈ mg
R
"
2
g
2
⇒ x +ω x = 0
Với: ω =
R
Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là

y
M

Fmsn

O

O

x

α N
NM
m
I
A
PM

1
T
R
chu kỳ dao động. ∆t = = π
2
2
g

N'


uur uuur uur' uuuu
r r
PM + N M + N + Fmsn = 0

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

− PM + N M − N cos α = 0
'

Với N' = N

(1)
(2)

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

2

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

 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
m sin 2α
µ≥
Vậy:
2 M + m cos 2 α

(

y
M

α

NM
Fmsn

)

I

x

O

O

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
m
lượng không đáng kể.Quả cầu 3 có khối lượng m3 = .Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự
2


nhiên l0 .Truyền cho m3 vận tốc v 0 đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1. Sau
3 v 1
2
0
va 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
m
v0 = mv1 + v3 (1)
2
2

m v02 mv12 m v32
⇒ 3v32 − 2v0 v3 − v02 (3)
(2)
=
+
2 2
2
2 2
v0
2v
(3) có nghiệm v3 = v0 (loại vì vô lý) và v3 = −
(4)
Đưa (4) vào (1) ta có: v1 = 0
3
3


Đăng ký mua tài liệu file word với giá rẻ nhất!

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ

Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Vật Lý ”
Gửi đến số điện thoại

2m0 v 0
µg ( m0 + m + M )
µg
≤ 2 ⇒ v0 ≤
= 1,34(m / s )
( m0 + m + M )ω ω
2m0ω
Vậy v ≤ 1,34(m / s ) thì vật m không bị trượt trên vật M trong quá trình hệ dao động.
⇒

0

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.
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.

T
F

P

α
x

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
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là

T = 2π

u
r
T

Hệ kín động lượng bảo toàn
uu
r
ur
ur
r
MV0 = mv1 + mv2 + M v
→

MV0 = mv1 y + mv2 y + MvM
0 = mv1x + mv2 x

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

v1 y

u

r
T

y

v1x

M

V0

u
r
T

u
r
Tv
2y
v2 x

O

A

B

Hình vẽ 1
v

u
r u
r
T T
u
r u
r

x
MV0
T T
2m + M
v1 y v2 y
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
1
1
1
1
MV02 = 2 mv y2 + 2 mvx2 + Mv y2 ( v x độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào nhau)
2
2
2
2
2
2T
mMV0
Gia tốc của quả cầu M: a =
→ mvx2 =
M
2m + 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:
mMV02
mM 2V02
2T
v2
=
Lực căng của dây khi đó: T =
T + Fq = m x → T + m
M l (2m + M )
l (2m + M ) 2
l
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 .
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 )
2π
Vì sin ϕ < 0; cos ϕ < 0; tan ϕ = 3 ⇒ ϕ = −
(rad) Biên độ dao động : A = 4 (cm)

3
→ vy =





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

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:


2π  1

cos5πt − 3  = 2




2π 
sin 
5πt −
 >0


3 
 

Giải hệ phương trình (lấy giá trị nhỏ nhất) được kết quả: t = 0,2 (s)

* 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
bằng m gắn chặt vào lò xo có độ dài l, độ cứng
v
3
1
2
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.
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)
1 2 1 2 1 2
1
kx 2
mv1
mv 2

kx
⇒
= v 2 − (v1 + v2 ) 2 (2). Từ (1) va (2):
2
2
+ Định luật bảo toàn cơ năng: 2 mv2 = 2
+
+
m
kx 2
kx 2
= v1v2 (3) vì
> 0 ⇒ v1v2 > 0 : tức là v1 và v2 cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm hai
2m
2m
vật 1 và 2 luôn chuyển động về cùng một phía.
v
kx 2
2) v1 + v2 = v = const. Suy ra tích v1v2 cực đại khi v1 = v2 = nghĩa là
cực đại
2
2m
2
v
v2
kxmax
m
⇒ xmax = v
lúc đó:
=

lò xo biến dạng lớn nhất khi v1 = v2 =
lúc này khoảng
2
2k
4
2m
m
2k
Bài 2(HSG Nghệ An 07-08) 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 tường đứng A
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 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 khối
lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ. Hãy xác định độ
M
lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.
GIẢI
cách giữa vật 1 và vật 2 là:

l12 = l ± xmax = l ± v

k

F

m
Hình 2a

k
Hình 2b

m

F


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
F = − kx0 ⇒ x0 = − .
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.
Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được:
F

− k  x +  + F = ma ⇒ − kx = ma ⇒ x"+ω 2 x = 0.
k

Trong đó ω = k m . Nghiệm của phương trình này là: x = A sin(ωt + ϕ ).

k

F

m

x0

O

Hình 1

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
t = =π
.
2
k
F

F
 A = k ,
x = A sin ϕ = − ,
⇒ 
k
Khi t=0 thì:
ϕ = − π .
v = ωA cos ϕ = 0

2
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:
2F
S = 2A =
.
k
F
b) Theo câu a) thì biên độ dao động là A = . Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì
k
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:
F
k .2 A < µMg ⇒ k .2. < µMg.
k
µmg
.
Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F: F <
2
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.
Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T = 2π


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):

S1

l 2 + d 2 − l = kλ.

d

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:
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

d 2 − (2k + 1) 
Ta suy ra :
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 .
+ Do A va chạm với B là
ur đàn uhồi
u
r nên động lượng và động năng hệ được bảo toàn.
ur
mv1 = mv1' + mv2'

l

k=2
A

k=1
k=0

S2
Hình 2

M

A

B
k
C
N

Hình 1

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

mv12 m(v1' ) 2 m(v2' ) 2
=
+
⇒ v1' = 0, v2' = v1
2
2
2
+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
+ 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 vớ
2

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:
mv 2
mgx 2
-Động năng của quả cầu Eđ =
-Thế năng trọng trường Et1= −
2
2l
2
kx
kx 2
-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
k
g
mgxx ' kxx '
− )x = 0 .
+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta được:
mvv’ +
= 0 Hay x’’+(
4m l
l
4
2π
k
g
T2 =
= 0, 4 s
+Vậy vật dao động điều hòa với tần số góc ω =
− và chu kì
ω
4m l
1
+Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ T = (T1 + T2 ) = 0,7 + 0,2 = 0,9s
2
(HSG Hậu Lộc 05-06)
a) Cho con lắc liên hợp như hình vẽ 1 biết khối lượng m 1, 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

m
1

K1

l1

•

K3

K2

l2

m
1

m
m
Hình2
2 Hình

(m1l1 + m2 l 2 ) g
Câu a . Học sinh có thể làm
2
1 theo nhiều cách cho kết quả: ω =
2
2
m1l1 + m2 l 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
Học sinh tính được K ′ (hệ mới) : K ′ =
+ K + Kh = K + Kh
2K
2
3K ( m1l1 + m2 l 2 ) g
3K 2
1
+
l1 + (m1l1 + m2 l 2 ) g
2
2
l1
Kết quả: ω ′ = K ′
hay ω ′ =
2
l1
=
m1l12 + m2 l 22

M
m1l12 + m2 l 22

l1
l2


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 m 0 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.
2
Trường hợp 1: Nếu v0 ≤ 2 gL thì dây cáp không bị căng và độ cao cực đại


v0

v02
H=
≤L
2g

m0
m

Trường hợp 2:
+ Nếu v0 ≥ 2 gL thì ngay trước lúc dây căng, vận tốc của m0 là v1 =
2

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.
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:
a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dưới dạng hàm của thời gian.
T
b) Tính cơ năng toàn phần của dao động của hạt.
F
Câu 1
+ Tần số dao động ω = 2πƒ = π/2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)
P'
P
π
α
Vậy x = 0,37sin( t+ ϕ) (cm).
2
+ Tại t = 0 thì x = 0,37 => ϕ = π/2. Vậy phương trình dao động của hạt là
π
π
π
x = 0,37sin ( t + ) (cm) = 0,37cos t (cm).
2
2
2
π
π

π
+ Lúc t = 3 (s) độ dời là xt = = 0,37cos .3 = 0 và v = x't = - 0,37. . sin 3 = 0,581 (cm/s).
2
2
2
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):
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 giảm
1
1
2
2
thế năng là ( mglα1 - mglα 2 ).
2
2
+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trường A = Fc.S = Fc.l.(α1 + α2).
1
+ Suy ra 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.
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).
2π
π
+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t - ) = 80 sin(2.103t + ) (N)
3
3
+ Vận tốc cực đại của hạt là vm = ωA = 4 (m/s)
mv 2m
+ Cơ năng toàn phần E0 =

= 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 :
- Khi ở VTCB: −mg + Fqt = 0
(1)
3x
= m.a = mx '' (2)
- Khi ở li độ x: lò xo giãn một đoạn bằng 3x/2 . Suy ra: −mg + Fqt − k
2
3k
3k
3k
''
x = 0 ⇒ x '' + ω 2 x = 0 với ω =
Từ (1) và (2) : x +
= 10 (rad/s) ⇒ x = A.sin(
.t + ϕ )
2m
2m
2m
+ Năng lượng ban đầu của con lắc là E0 = mgl.(1-cosα0) =

m

2m


2∆l0
π
= 0, 2 (m) và v0 = ω. A.cos ϕ = 0 ⇒ A = 0, 2 (m); và ϕ = (rad)
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) ;
- 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)
1
1 2 1
2
2
- Theo ĐLBTNL: k .∆l0 + 3mg .∆h = mvm + .2m.v2 m ;
2
2
2
k .∆l0 = 2mg ⇒ v2 m = π − 1 ≈ 0,57 (m/s)
Mặt khác, ta có:
2
......................................................................................
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)
π
π
* Với ϕ = ϕu – ϕi là độ lệch pha của u so với i, có − ≤ ϕ ≤
2
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.
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.
U1
4∆ϕ
∆t =
Với cos∆ϕ =
, (0 < ∆ϕ < π/2)
U0
ω
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)
U
U
I=
và I 0 = 0
R
R
U
Lưu ý: Điện trở R cho dòng điện không đổi đi qua và có I =
R

* Đoạn mạch chỉ có cuộn thuần cảm L: uL nhanh pha hơn i là π/2,
(ϕ = ϕu – ϕi = π/2)
U0
U
I=
và I 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)
U0
U
1
I=
và I 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

Tại t = 0 : x0 = A.sin ϕ =

Z = R 2 + ( Z L − Z C ) 2 ⇒ U = U R2 + (U L − U C ) 2 ⇒ U 0 = U 02R + (U 0 L − U 0C ) 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 Z L = ZC hay ω =
⇒ ϕ = 0 thì u cùg pha với i và I = I Max =
gọi là hiện tượg cộg
LC
R
hưởg dòng điện
5. Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch RLC:
* Công suất tức thời: P = UIcosϕ + UIcos(2ωt + ϕu+ϕi)

* Công suất trung bình: P = UIcosϕ = I2R.
6. Điện áp u = U1 + U0cos(ωt + ϕ) được coi gồm một điện áp không đổi U 1 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.
8. Dòng điện xoay chiều ba pha là hệ thống 3 dòng điện xoay chiều 1 pha được gây bởi 3 suất điện động
tan ϕ =

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 )
i1 = I 0 cos(ωt )

 B1 = B0 cos(ωt )



2π
2π
2π



e2 = E0 cos(ωt − )
i2 = I 0cos(ωt − )
 B2 = B0 cos(ωt − )
3
3
3



2π
2π
2π



e3 = E0 cos(ωt + 3 )
i3 = I 0 cos(ωt + 3 )
 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.
P 2
∆
P
=
R
9. Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng:
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
l
* R = ρ 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
; R1 R2 = ( Z L − Z C ) 2
thì ta có R1 + R2 =
P

và khi R = R1 R2 thì PMax =

U2
U2
=
2 Z L − Z C 2( R + R0 )

2
2
+ Khi R = R0 + ( Z L − ZC ) ⇒ PRMax =

2 R1 R2

R

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

U2

U2
2 R02 + ( Z L − Z C ) 2 + 2 R0

L,R0

A
=

U2
2( R + R0 )

Đăng ký mua tài liệu file word với giá rẻ nhất!

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ
Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Vật Lý”
Gửi đến số điện thoại

UR
UC = IL/C ω = R 2

1
2

(6)
1 

Cω R +  Lω −

Cω 

Với R tính bởi (*)
2) Xét biểu thức của I, ta thấy biểu thức dưới dấu căn (kí hiệu là y) là
R 12 + (Lω − 1 / Cω) 2

R 12 − R 2
y= 2
= 1+ 2
R + (Lω − 1 / Cω) 2
R + (Lω − 1 / Cω) 2
2

Bởi R1>R, y đạt cực đại, tức là số chỉ ampe kế khả dĩ lớn nhất khi ω =
Khi đó theo (4), (5) và (6): Imax=U/R2=5/2=2,5(A)

1
LC

= 10 4 rad / s .

C
B


Số chỉ của V2 là: UC=U/R2Cω=
3) Ta có
--> ω =

5
−7

2.10 .10 4

= 2500(V)(!)

UV1=UV2--> UR1 = UC --> Lω-1/Cω=1/(Cω)
2
= 1,41.10 4 rad / s .
LC

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

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

2L
= 2 .10 3 (Ω) → I ≈ 1(A);
C

Lω

UR
2R 2

≈ 3(V).
R 2 + (0,5Lω) 2
Bài 14: (Tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2007 - 2008)

Một đoạn mạch điện xoay chiều AB gồm một điện trở
thuần, một cuộn cảm và một tụ điện ghép nối tiếp như trên
A
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:
175 2
= 175 (V).
- Theo giả thiết có : U AB =
2
- Gọi r là điện trở nội của cuộn cảm. Giả sử r = 0, ta có :
U AB = U 2R + (U L - U C ) 2 = 252 + (25 - 175) 2 = 25 37 ≠ 175 ⇒ r > 0.
U 2MN = U L2 + U 2r = 252

- Ta có :
- Mặt khác ta có : U

2
AB

2

2

B

(1)

= (U R + U r ) + (U L - U C ) = U + 2U R U r + U r2 + U L2 + U C2 - 2U L U C

. Cuộn dây có hệ số tự cảm L =

1

L,r

R
A

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

M

3.10 −3

C
N

(h .1)

π 3
16π
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:
2

N

M

2
R

2
= U 2R + 2U R U r + U MN
+ U C2 - 2U L U C = 1752
⇒ 7U L - U r = 25
(2)
- Giải hệ phương trình (1) và (2) : U L = 7 (V) và U r = 24 (V)
UR + Ur
25 + 24
=
= 0,28
- Hệ số công suất của đoạn mạch : cosϕ =
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: u AB = 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 tức thời uAN lệch pha so với uMB một góc

π

C

R

(F).

B


a) Tính r: Z L = ω.L =

100
3

1

Ω; ZC =

ωC

=

160
3

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

Ω.
1

, từ đó:

tgϕ MB

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 )
2

2

(1)

2

Mặt khác: U AN = (U r + U R ) + U L
2

(2)

2

U MB = U r + (U L − U C )

Và:

2
UL
2
Ur

2

Từ (1), ta rút ra: (U R + U r ) =
UL
2
Ur

(3)

(U C − U L )

2

2

Thay (4) vào (2): U AN =

2

2

2

(4)
2

2

(U C − U L ) + U L =

UL
2
Ur

(U C − U L ) 2 + U r2 

(5)

2

2
U AN

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

UL

=

Ur

300
60 3

=

U  2
=  L ÷ .U MB
 Ur 

5
3

3

, suy ra: r = ZL.

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 = ϕ u − ϕ + ϕ AN = −ϕ + ϕ AN
Mà: tgϕ =

(7)

Z L − ZC

(8)

R+r

Từ mục a/ ta có: R + r =

100  160 100 
−
÷
= 3  3
3
= 100Ω
20

Z L (ZC − Z L )
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

0
0
0
Vậy: ϕu AN = 19 + 30 = 49 =

49π
180

=

1
3

(9)
(10)

⇒ ϕAN = 300

(11)
(12)

(rad)

- Biểu thức: u AN = 300 2 sin(100πt +

49π

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) + (Z L − ZC )

Theo Cô si: PRmax khi R = r 2 + (Z L − Z C ) 2 = 40Ω.

2

U

=

2

2

R+

r + (Z L − Z C )
R

2

+ 2r


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

A
⋅

Nếu mắc mạch lại như hình vẽ (2) thì cường độ hiệu
dụng qua mạch chính là bao nhiêu? Biết dung kháng Z C = 50Ω
và điện áp hiệu dụng hai đầu mạch là 100V.

X

Z

•
•

(hình 2)

A
⋅

Z L 2Z C
=
⇒ Z L = 2 Z C (0,5đ)
R
R
Hình (2) được vẽ lại như sau:

•

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

X

2
2
U 2 = U AD

+ U DB
− 2U ADU DB

I

IL
I

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

i •
A

M
⋅

I

→

α
L

B

X

•

∼
u

•

C

N
⋅

Y

∼
u

B
⋅

Z

IL

•
D iR

L

∼

u

→

→

B
⋅

Z

Y

Từ tan ϕ AN = 2 tan ϕ MB ⇒
•

N
⋅

Y

∼
u
D

(hình 1)

A
•

ĐÁP ÁN
Do mạch có ba phần trở R, L, C mà u AN 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)

M
⋅

•B

R

→

R

α

→

I

U DB

→

U

U AD

2
2
2
2
U 2 = U AD
+ U DB
− U DB
= U AD
U
U
⇒ I = AD =
= 2A
⇒ U = UAD
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:

nên


a) Ta có ZL = ωL = 62,8Ω ; ZC = 1/ωC = 63,7Ω . Suy ra Z =

(

R 2 + Z L2 − Z C2

chiều không qua tụ điện nên I = U/Z ≈ 4A.

)

= 30,01Ω. Dòng một
UL+U0

R
b) Độ lệch pha giữa h.đ.t và dòng điện toàn mạch là cosφ =
≈ 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
≈
thêm hiệu điện thế một chiều U0. Hình vẽ bên.
-U +U
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. 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 :
π
π
- Dòng i nhanh pha
so với u AD và chậm pha
so với u DF .
2
2
- 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 ).
0.5 điểm
U EF
⇒ U EF = U AE .Sin Aˆ = 100.Sin60 0 = 100. 3

+ Sin Aˆ =
U AE
2
R

0

C

L

⇔ I.R = 100. 3 ⇒ R = 50 3 ( Ω ).
2
0.5 điểm
U DF
⇒ U DF = U DE Cos Dˆ = 100 3 . 3 = 150 (V)
+ Ta có : Cos Dˆ =
U DE
2
⇔ I.Z L = 150 ⇒ Z L = 150 ( Ω ).

0


⇔ L.2 π f 0 = 150
150
0,3
⇒ L =
=
(H).

500π
π
+ U AD = I.Z C ⇒ Z C = 200 ( Ω
1
1
10 −5
Mà C =
=
=
(F).
Z C 2πf 0
200.500π
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 :
100
U AE
+ R/ =
=
= 100 ( Ω ).
1
I
U2
100 3
/

/
+ ZL = ZC =
=
= 100 3 ( Ω ).
I
1
Z L/
100 3
3
+ L/ =
=
=
(H).
2πf 0
500π
5π
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
3
5π
và u DE là
.
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).
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 :
0.5
điểm
Theo sơ đồ này ta có :
R = 2R /
L = 2L / ⇒ Z L = 2L / 2 πf 0
2
C/
⇒ ZC =
C =
/
C 2πf 0
2
/
/
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=100
Mạch điện có sơ đồ như hình vẽ.
A V D
Cuộn dây thuần cảm L. Người ta thay đổi L và C để
f=50Hz
C
L
R

~

B

E


2
công suất mạch tuân theo biểu thức: P = K Z L .Z C .
1
a)Khi L = ( H ) thì K 2 = 4 , dòng điện trong mạch cực đại. Tính C và R.
π
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:
1
a)+ Ta có : Z L = L.2π . f = ×2π ×50 = 100Ω
π
AE
2
+ Khi K = 4 ⇒ P = 4 Z L ×Z C (1)

L

uuuu
r
U
ϕ1

+ Vì mạch RLC nối tiếp có Imax nên cộng hưởng xảy ra
O
Do đó : C =

−4

1
1
10
=
=
(F )
Z C ×ω 100 ×100π
π

+Từ (1) và (2), được : P = 4Z L = 400(W)
U
U
=
+ Mặt khác : P = R ×I 2 , với I = I max =
nên
Z min R
b)+ Giản đồ véc tơ vẽ được :

ϕ2 uuur
uuuur
UC

⇒ Z L = Z C =i100Ω

UBD

P=

+Từ giản đồ véc tơ suy ra : ϕ1 = ϕ 2
U L Z L 100
=
=
= 4 ⇒ ϕ1 ≈ 760
Với : tan ϕ1 =
UR
R
25
38π
0
+Suy ra : ϕu AE − ϕuBD = ϕ1 + ϕ 2 = 152 =
45
 P = R ×I 2
+ Ta biết : 
nên khi I = K, ta suy ra :
2
 P = K × Z L ×Z C
R = Z L ×Z C ⇔ R 2 = Z L ×Z C ⇔ R 2 =

uur
U

L
C

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

U2
U 2 1002
⇒R=
=
= 25Ω
R
P
400

(2)

+Suy ra: ϕ = ϕu AE − ϕuBD = ϕ1 + ϕ 2 =

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).
u AB = 120 2 ×sin wt (V ) ;
Cw
a) Khi khoá K đóng, tính m để hệ số
công suất của mạch bằng 0,5.
b) Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vuông pha với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
a)Tính m để cosj = 0,5
+Vì khi K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R) .
R
1
R2
2
2
c
os
j
=
=
Þ

R
=
+ Z C2
+Lúc đó :
2
4
R
( ) 2 + Z C2
(+)
2
3
3
3
3
+Suy ra : Z C2 = R 2 Þ Z C =
R Þ mR =
RÞ m=
r uuuu
r
4
2
2
2 MB u
u
r
I
U
b)+Nhánh (1) :
DM
(1

uuur
U

sin j 1 =

)

- ZC
R 2 + Z C2

; cosj 1 =

R

I1

; j 1 p 0 (1)

R 2 + Z C2
uuur
ur p
j 1 là góc lệch pha của U DB so với I1 ( +j 1 )
2

O

aj
a

ur 1uuur
I 2 U DB
K

uuur C
uuur
UAAD
U AB
D
M

R
B

C

R
+Trong tam giác vectơ dòng ta có :

I 2 = I12 + I 22 + 2 I1 I 2 cosj

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 :
R2
RI 22

R
2
2
2
I = I2 2
+ I2 + 2
×
2
2
2
2
R + ZC
R + ZC
R + Z C2

1

(2)


Û I 2 = I 22 (

4 R 2 + Z C2
4 R 2 + Z C2
)
Þ
I
=
I
2

R 2 + Z C2
R 2 + Z C2

(4)

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

I2
I
=
sin a sin(- j 1 )

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có:
U DB
U AD
U
=
= AD
sin a sin( p +j ) cosj 1 (6)
1
2
I2
U DB
×cos j
+Từ (5) và (6), suy ra: sin a = ×sin(- j 1 ) =
I
U AD
ZC
I
I R

R
Þ 2×
= 2 ×
I
IZ C R 2 + Z C2
R 2 + Z C2

(5)

1

+Suy ra: Z C = R Þ mR = R Þ m = 1
+Khi m = 1 thì ZC = R, ta có:
ïìï U MB = I1 R
ï
í
ïï U AB = U AD ×cosa +U DB ×cos( p +j 1 ) = IZ C ×cosa + I 2 R ×cos( p +j 1 )
2
2
îï
ïìï
5
I
I
2 1
1
; I1 = 2 ;sin a = 2 sin(- j 1 ) =
× =
ïï I = I 2
2

I
5 2
2
5
ï
+Vì: í
ïï
1
2
p
1
ïï cos a = 1- =
;cos( +j 1 ) =- sin j 1 = sin(- j 1 ) =
ïïî
5
2
5
2
I2
U MB
I1
1
1
2
=
=
=
=
+Suy ra:
1

U AB
5
p
5 2
1
2 ×( 2 +
) 3
I2
×cosa + I 2 cos( +j 1 ) I 2 (
× +
)
2
2
2
2 5
2
1 120
Þ U MB = U AB × =
= 40(V )
3
3
Bài 21: (Tỉnh An Giang, năm học 2010 - 2011)
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:
Z 2 − r2

Ta có: Z = U/I = 130 Ω .
Mặt khác: r 2 + ( Z L1 + Z L 2 ) 2 = Z 2 ⇒ ( L1 + L2 ) 2 =
ω2
1,2
 L1 + L2 =
π
Khi mắc thêm tụ C vào mạch, lúc này:
Một mạch điện XC gồm một cuộn dây thuần cảm có L 1 mắc nối tiếp với cuộn dây L2 =


U day 2 = I .Z day 2 =

U
.Z day 2 =
Z

U
r + ( Z L* − Z C ) 2
2

Z day 2

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

12π
............................................................................
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
mhd x '2 k hd x 2
thức cơ năng ở li độ x của hệ đưa về dạng E=
thì hệ sẽ dao động điều hoà x=Asin (ϖt + ϕ )
+
2
2
k hd
với tần số góc : ϖ =
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
α
với những độ lệch nhỏ của con lắc (x<2
2
2
mg
x
mg
α
x
=
(1) , trong đó α = là góc lệch của con lắc. Do đó, độ cứng hiệu dụng bây giờ là
và

l 2
l
l
2
k hd
g
tần số góc của dao động là ϖ =
=
mhd
l
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 bằng nếu trục
quay vuông góc với mặt phẳng đó. Lấy g=9,8 m/s2.
x
Giải:
x
O
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 một
mx
2mg x 2
gx
đoạn x, tức là độ biến thên thế năng của thanh bằng E t=
=

(2) (ta quy ước thế năng ở
l
l
2
VTCB=0). Điều này có nghĩa là độ cứng hiệu dụng của hệ là k hd=2mg/l. Do đó tần số góc của dao động là
k hd
2g
ϖ =
=
=7 (rad/s)
mhd
l
Bài toán 2. Một ống chữ U có thiết diện S=10cm 2 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: E t= ( ρ Sx)gx=2
2
ρ gS x
2
x
ρ
Với =1g/cm3 là khối lượng riêng của nước. Như vậy độ cứng hiệu dụng là
x
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
Tức khối lượng hiệu dụng là mhd=2mR2 (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
α
Et=2mgl(1-cos )=2mgl
=mgR
. Điều này có nghĩa là độ cứng hiệu dụng k hd=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 2Mg x 2 (πm + 2 M ) g x 2
Et=(mgR(1-cos α )+
.
gx =
+
=
l
R 2
l 2

l
2
x '2
Vì động năng của hệ bằng Ek=(m+M)
2
k hd
πm + 2 M g
nên tần số góc của dao động là: ϖ =
=
=5 (rad/s)
mhd
m+M l


Đăng ký mua tài liệu file word với giá rẻ nhất!

HƯỚNG DẪN

ĐĂNG KÝ

Soạn tin nhắn “Tôi muốn mua tài liệu môn Vật Lý”
Gửi đến số điện thoại

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 =

R+r
ξ2
ξ2
2
2
ξ
=
ξ R
.R ⇔ P = 2
- Công suất: P = I2.R =
=
r 2 ( R + r )2 .
2
2
R + 2r +
(R + r )
R + 2rR + r
R
R
2
r
ξ
)⇒P= 2
Đặt y = ( R +
R
y
Nhận xét: Để Pma x ⇔ ymin
Theo bất đẳng thức Côsi: Tích hai số không đổi, tổng nhỏ nhất khi hai số bằng nhau =>
r
ξ2

ξ 2 122
R=
⇒ R = r = 4 (Ω) thì Pmax =
=
=
= 9(W )
R
r + 2r + r 4r 4.4
Bài toán 2: Cho mạch điện như hình vẽ: u AB = 200 2 cos100π t (V ).
1
10−4
L = (H ) , C =
( F ). R thay đổi.
π
2π
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) .

A

R

L,
r

E,
r
R

y min ⇔

C

B


+ Dung kháng: Z C =

1
= 200(Ω).
ωC

+ Tổng trở: Z = R 2 + ( Z L − Z C )2 .
U2
U2
.
R
=
.R
+ Công suất : P = I .R = 2
Z
R 2 + (Z L − ZC )2
2

U2
U2
(Z L − ZC )2
2

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

U2
U2
2002
Pmax =
=
=
= 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
U2
U2
.R
+ Công suất P = I .R = 2 .R =

Z
( R + r ) 2 + ( Z L − ZC ) 2
2

U2
U2
⇔ P= 2
.R =
r 2 + (Z L − ZC ) 2
R + 2 Rr + r 2 + ( Z L − Z C ) 2
R + 2r +
R
2
2
2
U
r + (Z L − ZC )
⇒P=
Đặt y = R + 2r +
.
y
R
+Nhận xét: Để Pmax ⇔ ymin .
r 2 + (Z L − ZC )2
Theo bất đẳng thức Côsi ymin ⇔ R =
⇒ R = r 2 + (Z L − ZC ) 2
R
2
U
⇒ Pmax =

r 2 + (Z L − ZC )2
r 2 + (Z L − ZC )2 +
+ 2r
r 2 + ( ZC − ZC ) 2
U2

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

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

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 − Z C > r thì Pmax khi R = Z L − Z C − r .
+Nếu Z L − ZC ≤ r thì Pmax khi R = 0.

= 124(W )