83 Bai toan Vat Li pho thong

83 BÀI TOÁN VẬT LÍ PHỔ THÔNG

Bài toán 1: Con lắc lò xo có K = 40 N/m nằm ngang 1 đầu gắn vơi vật có m = 400g . Kích thích để
vật dao động điều hòa theo phương nằm ngang với A = 5cm . I là điểm cách điểm cố định của lò
xo 1 đoạn bằng 3/4 chiều dài lò xo. Khi vật có a = −300 (cm/s) thì tốc độ của điểm I là?
A. 20 (cm/s)

co
m

B. 30 (cm/s)
C. 40 (cm/s)
D. 50 (cm/s)

s.

Lời giải:
3
4

dp
re
s

biên độ A I = .A = 3, 75

a max = 500 cm/s2 , v I max = 37, 5 (cm/s)

vI

Vì pha của I và chất điểm m dao động cùng pha nên

v I max

2

+

a
amax

2

= 1 ↔ v I = 30cm

Bài toán 2: Hai chất điểm dao động điều hòa trên hai trục Ox và Oy vuông góc với nhau, biết

π
π
, y = 4 cos 5πt − . Tính tỉ số khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa hai vật
2
6

trong quá trình dao động
A.0,7

vn
.

B.0,5

Lời giải:

bo
x

C.0,6
D.0,4

w
or

x = 2 cos 5πt +

Ta có x, y vuông pha với nhau nên: d =

x 2 + y 2 ⇔ d 2 = −2 sin (5π.t ) + 4 cos 5π.t −

⇔ d 2 = 10 − 2 cos 10πt + 4 cos 10πt + 4 3 sin 10πt

π
6

d 2 = 2 cos 10πt + 4 3 sin 10πt + 10
− 22 + 4 3

2

≤ 2 cos 10πt + 4 3 sin 10πt ≤

22 + 4 3

2

(Theo bunhia)

Tính tỉ số khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa hai vật trong quá trình dao động
2

− 22 + 4 3 + 10
= 0, 4
2

22 + 4 3 + 10

Bài toán 3: Cho hai chất điểm dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, có phương trình
vận tốc lần lượt v 1 = −V1 sin ωt + ϕ1 ; v 2 = V2 sin ωt + ϕ2 . Cho biết v 12 +9v 22 =900. Khi chất điểm thứ
nhất có tốc độ v1=15 cm/s thì gia tốc có độ lớn bằng a1 = 150 3
1

cm
khi đó độ lớn gia tốc của
s2


chất điểm thứ hai là
cm
s2
cm
B.100 2
s

cm
C.150 2
s
cm
D.20 2
s

A.50

Lời giải:

co
m

v 12 + 9v 22 = 900 (1)
v 12
v 22
⇒
+
= 1(2)
900 100
⇒ v1, v2 vuông pha V1=30, V2=10
2v 1 a 1 2v 2 a 2
+
= 0(3)
Đạo hàm hai vế pt 1 ⇒
900
100
có v1=15 từ (2) ⇒ v2 = 5 3 thay v1, v2, a1 vào (3) tìm đc a2=-50 ⇒ độ lớn a2=50

Bài toán 4: Một con lắc lò xo nằm ngang có một đầu được gắn cố định, đầu kia gắn với một vật
nhỏ. Vật chuyển động có ma sát trên mặt bàn nằm ngang dọc theo trục lò xo. Nếu đưa vật đến

s.

vị trí lò xo bị nén 10 cm rồi thả ra thì khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng lần đầu tiên, vật có

dp
re
s

vận tốc 2 m/s. Nếu đưa vật đến vị trí lò xo bị nén 8 cm rồi thả ra thì khi đi qua vị trí lò xo không
biến dạng lần đầu, vật có vận tốc 1,55 m/s. Tần số góc của con lắc có độ lớn gần với giá trị nào
sau đây
A.20 rad/s
B.23 rad/s

w
or

C.8 rad/s
D.12 rad/s

vn
.

Lời giải:

Lần đầu tiên, kéo vật 10 (cm) rồi thả ra, vật chuyển động về VTCB, và lúc này CB mới đã dịch
F ms

F ms
nên ta có:
k
k
F ms
Tương tự lần sau, ta cũng có
k

bo
x

một đoạn x =

2

+

2

v 12

ω2
v 22

= 102 .

= 82 .
ω2
Trừ hai vế hai phương trình, giải được ω ≈ 20 rad/s
+

Bài toán 5: Ba dao động điều hòa cùng dao động trên trục Ox có phương trình lần lượt là x 1 =
A 1 cos ωt + ϕ1 (cm), x 2 = A 2 cos ωt + ϕ2 (cm), x 3 = x 1 + x 2 có cơ năng tương ứng là W, 2W, 3W .
x2
9
v1
= thì tỉ số vận tốc
gần
Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng. Tại thời điểm t, tỉ số li độ
x1
8
v2

giá trị nào nhất sau đây?
A.0,8
B.0,5
C.1
D.2,3
Lời giải:
Chuẩn hóa A 1 = 1, A 2 = 2, A = 3 dễ dàng suy ra x 1 , x 2 vuông pha
2


x2
2 cos α1
2 cos α1 9
=
=
=
x1

cos α2
sin α1
8
v1
−ω sin α1
sin α1
8
→
=
=
= ≈ 0, 88
v 2 − 2ω sin α2
2. cos α1 9
Bài toán 6: Cho hai chất điểm M , N chuyển động tròn đều cùng chiều trên một đường tròn tâm
O bán kính R = 10cm với cùng tốc độ dài v = 1 (m/s). Biết góc MON có số đo bằng 300 . Gọi K là

trung điểm đoạn M N . Hình chiếu của K xuống một đường kính đường tròn có tốc độ trung bình
trong một chu kì bằng
A.61, 5 (cm/s)
B.63, 5 (cm/s)
C.69, 6 (cm/s)

co
m

D.67, 5 (cm/s)
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của K trên Ox

dp

re
s

s.

6+ 2
H K = cos 15o .R =
.R (cm)
4
v
ωK =
= 10 6 − 10 2 rad/s
HK
4H K
≈ 63, 66 (cm/s)
→| v t b |=
2π
ω
2πR
Lưu ý:Cái đoạn này thay T =
cần gì phải tính ωK mà ω đâu có thay đổi nghĩ thế là ra kết quả
v

ra đúng là 61,5

w
or

Bài toán 7: Một vật thực hiện đồng thời 2 dao động điều hoà cùng phương cùng tần số ω biên
độ A 1 , A 2 . Gọi x 1 , x 2 , v 1 , v 2 lần lượt là li độ và vận tốc tức thời của hai dao động thành phần. Biết

B.v = 3ω
C.v = 2ω
D.v = 4ω
Lời giải:

bo
x

A.v = 5ω

vn
.

tại mọi thời điểm v 2 = 2ωx 1 . Khi x 1 = 2 3 cm,v 2 = 4 cm thì tốc độ vật gần với hệ thức nào sau đây?

Từ v 2 = 2ωx 1 có thể suy ra v 2max = 2ωx 1max ⇔ ωA 2 = 2ωA 1 ⇔ A 2 = 2A 1 .
Cũng có : −ωA 2 sin ωt + ϕ2 = 2ωx 1 ⇔ −A 2 sin ωt + ϕ2 = 2x 1
Khi x 1 = 2 3 cm,x 2 = 4 cm thì :
−A 2 sin ωt + ϕ2 = 4 3 và A 2 cos ωt + ϕ2 = 4

Do đó : tan ωt + ϕ2 = − 3 ⇒ A 2 = 8cm ⇒ A 1 = 4cm
Mặt khác nhận thấy hai dao động vuông pha nên biên độ tổng hợp : A =

A 21 + A 22 = 4 5cm

Từ đây : |v| = ω A 2 − x 2 ≈ 5ω
Bài toán 8: Một vật thực hiện đồng thời 3 giao động điều hòa cùng tần số x 1 ,x 2 ,x 3 . Với x 12 =
x 1 + x 2 ,x 23 = x 2 + x 3 ,x 13 = x 1 + x 3 ,x = x 1 + x 2 + x 3 . Biết x 12 = 6 cos πt +

3

π
2π
, x 23 = 6 cos πt +
,x 13 =
6
3


6 2 cos πt +

5π
. Tìm x biết x 2 = x 12 + x 32
12

A.6cm
B.0cm
C.3cm
D.2cm
Lời giải:
x 12 + x 23 + x 13
5π
= 6 2∠
2
12

π

x

=
x
−
x
=
6
cos
πt
+
cm

1
23


6
5π
x 2 = x − x 13 = 0
⇒ x = 6 2cos πt +
(cm) Tương tự:

12
2π


 x 3 = x − x 12 = 6 cos πt +
cm
3

π π

πt + = + kπ
x
=
0

1
6 2
Theo bài: x 2 = x 12 + x 32 và x = x 1 + x 2 + x 3 = x 1 + x 3 ⇒ x 1 x 3 = 0 ⇒
⇒
2π π
x3 = 0
= + kπ
πt +
3
2

5π 3π
5π
 πt + 12 = 4 + kπ
⇒
= ±6 cm
⇒ x = 6 2 cos πt +
5π π
12
πt +
= + kπ
12 4

s.

co
m

Phương trình của dao động tổng hợp là : x = x 1 + x 2 + x 3 =

dp
re
s

Bài toán 8: Vật tốc của dòng sông là 5 m/s, độ rộng của nó là 32m. Khi vượt qua sông bằng
thuyền với vận tốc 4 m/s đối với nước, người lái đảm bảo để thuyền không bị nước cuốn trôi
một khoảng thời gian ngắn nhất là.
A.12s

w
or

B.20s
C.30s
D.19s

vn
.

Lời giải:

Thời gian thuyền cập bờ khi nước yên lặng 3, 5s

bo
x

Cứ 1s nước trôi 5m vậy quãng đường thuyền cập bờ là 3, 5 106m
s
= 12s
v
Bài toán 10: Một vật có khối lượng M = 100 g mang điện tích q = 2.10−5C được gắn vào lò xo nằm

Không bị trôi khi đã cập bờ t =

ngang có độ cứng k = 100N . Điện tích trên vật M không thay đổi khi con lắc dao động. Kích thích
cho con lắc dao động điều hòa với biên độ A = 8cm . Tại thời điểm vật đi qua vị trí có động năng
bằng ba lần thế năng và có vận tốc hướng ra xa gốc lò xo thì xuất hiện một điện trường đều có
cường độ E = 105

V
cùng hướng với vận tốc của vật. Khoảng thời gian từ lúc bật điện trường
m

đến thời điểm con lắc dừng lại lần thứ hai gần với giá trị nào nhất sau đây?
A.0,14s
B.0,24s
C.0,19s
D.0,1s

4


Lời giải:
3ωA 1
qE

,x =
= 2 ⇒ A 2 = 2 13
2
k
sin 2 : 2 13
1 1 2π
⇒t =
+ + .
⇒ t = 0, 16 ≈ 0, 14
ω
4 2 5π
v=

Bài toán 11: Một chất điểm thực hiện hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số có biên
độ lần lượt là A 1 và A 2 , có độ lệch pha không đổi là 900 . Biết rằng tại thời điểm ban đầu, thế năng
của dao động thứ hai là n (mJ) và động năng của dao động thứ nhất là n+24 (mJ). Sau đó, khi thế
năng của dao động thứ nhất giảm ba lần thì động năng của nó gấp năm lần so với động năng
của dao động thứ hai ở thời điểm ban đâu và có giá trị bằng 5n (mJ) . Hỏi tỉ số

A1
gần giá trị nào
A2

nhất? Biết cơ năng của dao động tổng hợp là 5n+36 (mJ).

co
m

A.2
B.1,74

C.3
D.4

s.

Lời giải:

dp
re
s

Ta thấy, đề bài cho hai dao động vuông pha. Điều này gợi ngay cho ta liên tưởng tới hệ thức
tính biên độ của dao động tổng hợp : A 2 = A 1 2 + A 2 2 . Chưa hết, từ hệ thức trên, ta có thể suy biến
về hệ thức cơ năng của dao động tổng hợp.
1
2

1
2

Thật vậy ta có : mω2 A 2 = mω2 A 1 2 + A 2 2 ⇒ Wt h = W1 + W2

w
or

Mà ta đã biết cơ năng của dao động tổng hợp là 5n+36 (mJ). Vậy điều này chứng tỏ suy luận
của ta là đúng.

Do đó :W1 + W2 =5n+36 (mJ)

vn
.

Bảo toàn cơ năng cho dao động thứ nhất :

Wt1 + Wd1 = Wt2 + Wd2 (= W1 ) ⇔ 3Wt 2 + n + 24 = Wt2 + Wd2 ⇒ Wt2 =

bo
x

W1 = t 2 W2 ⇔ W t 2 + Wd 2 = t 2 W t 2 + Wd 2

M a` : Wd2 = 5Wd 2 = 5n; Wt2 =

⇒ 7, 5n −

Wd 2
2

−

Wd 2
2

−

n
A1
− 12 Gọi :
=t ⇒

2
A2

n
− 12
2

n
− 0, 012 = t 2 (12 + n) ⇔ 7n − 12 = t 2 (12 + n) (1)
2

Mặt khác :
W1 + W2 = t 2 W2 + W2 =⇔ (n + 12) t 2 + 1 = 5n + 36 (2)
t 2 = 3,n = 12 (m J )⇒ t =

A1
=
A2

3 ≈ 1, 74

Bài toán 12: Cho con lắc lò xo dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang không có ma sát.
Gia tốc của vật khi tới vị trí biên là amax = 160π2 cm/s2 . Thời điểm ban đầu vật qua vị trí có li độ
x 0 = 5 3cm , sau đó một thời gian là ∆t =

T
, vận tốc có giá trị v 1 = −20π 3 (cm/s) và đang giảm.
4

Viết phương trình dao động của vật?

A.x = 10 cos 4πt −

π
cm
6

5


π
cm
6
π
C.x = 20 cos 4πt − cm
6
π
D.x = 10 cos 4πt − cm
3

B.x = 10 cos 4πt +

Lời giải:
Giả sử phương trình dao động của vật là:x = A cos ωt + ϕ cm
Phương trình vận tốc là: v = x = −Aω sin ωt + ϕ = Aω cos ωt + ϕ +

π
2

Dùng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta thấy thời điểm ban đầu t 0
vật có li độ x t0 , thì tại thời điểm t = t 0 +

T
vận tốc lúc này sẽ ngược pha với li độ tại thời điểm t 0 ,
4

ta có:

Dựa vào đường tròn lượng giác suy ra:ϕ = − π6
Phương trình dao động chất điểm: x = 10C os 4πt − π6

co
m

−Aω cos ωt + ϕ
vt
= −ω= −20π 3 = −4π ⇒ ω = 4π (r ad /s)
=
5 3
x t0
A cos ωt 0 + ϕ
Gia tốc của vật tại vị trí biên: amax = Aω2 = A (4π)2 = 160π2 cm/s 2 ⇒ A = 10cm

s.

Bài toán 13: Một cllx gồm vật nhỏ khối lượng 200g và độ cứng 100N/m. Vật nhỏ được đặt trên

dp
re
s

giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1.
Lấy g = 10 m/s2 . Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo dãn 20 cm rồi buông nhẹ. Kể từ lúc đầu cho đến
thời điểm tốc độ của vật bắt đầu giảm, cơ năng của con lắc lò xo đã giảm 1 lượng?
A.40 mJ
B.20 mJ

w
or

C.30 mJ
D.10 mJ
Lời giải:

vn
.

µmg
= 0, 002cm
k
Biên độ lúc này là A = A − x = 0, 198cm
1
Lượng giảm cơ năng của con lắc: ∆W = 100 0, 22 − 0, 1982 = 39, 8 (m J )
2

bo
x

Vị trí lò xo đạt vận tốc cực đại x =

Bài toán 14: Vật treo của con lắc đơn dao động điều hòa theo cung tròn M N quanh vtcb O. Gọi

P và Q lần lượt là trung điểm của cung tròn MO và cung tròn M P . Biết tốc độ cực đại là 8(m/s),
tìm tốc độ của vật khi qua Q
A.4,29(m/s)
B.3,29(m/s)
C.5,29(m/s)
D.2,29(m/s)
Lời giải:
v = v max

1−

α
α0

2

=8

1 − 0, 752

5, 299m/s

Bài toán 15: Một con lắc gồm vật nặng có khối lượng m=100g và lò xo có độ cứng k = 40N /m
đang dao động điều hòa với biên độ A = 5cm trên mặt phẳng nằm ngang. Trong khoảng thời
6


gian khi vật đi từ vị trí biên đến vị trí cân bằng, xung lượng của lực đàn hồi có độ lớn là
A. J = 0, 1N .s
B. J = 0, 12N .s

C. J = 0, 11N .s
D. J = 0, 31N .s
Lời giải:
xung lượng có độ lớn bằng độ biến thiên động lượng nên J = mv max − 0 = mωA = 0, 1N .s
Bài toán 16: Một con lắc lò xo đặt nằm ngang gồm một vật có khối lượng m = 100 g gắn vào 1 lò
xo có độ cứngk = 10 N/m. Hệ số ma sát trượt giữa vật và sàn là 0,1. Ban đầu đưa vật đến vị trí lò
xo bị nén một đoạn 7cm và thả ra. Tính quãng đường vật đi được cho tới khi dừng lại.

co
m

A.24m
B.21m
C.10m
Lời giải:
độ lớn lực ma sát: Fms = µ.m.g = 0, 1N

F ms
µ.mg
= 2.
= 0, 02m = 2cm
k
k

dp
re
s

Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kì:∆A = 2

s.

D.12m

Độ lớn lực đàn hồi khi lò xo biến dạng một đoạn x là: Ffflh = kx = 10.x .
Nếu Ffflh = Fms = 0, 1N thì x=0,01m=1cm

w
or

Vậy nếu vật nằm ở vị trí lò xo biến dạng một đoạn nhỏ hơn 1cm thì lực đàn hồi lò xo bé hơn lực
ma sát nên vật sẽ không chuyển động nữa.

Ban đầu vật ở vị trí biên dương 7cm, sau nửa chu kì thì ở biên âm 5cm, tiếp tục chuyển động

vn
.

đến biên dương 3cm, sau đó sang biên âm 1cm. Chỗ này thì bắt đầu dừng lại
vậy quãng đường đi được là: S=(7+5)+(5+3)+(3+1)=24cm

bo
x

Bài toán 17: Hai con lắc lò xo hoàn toàn giống nhau gồm vật nhỏ m = 400g và lò xo nhẹ có độ
cứng k = 40 N/m. Đặt hai con lắc này sát nhau sao cho trục của chúng song song với nhau và có
thể coi như trùng nhau (CLLX dao động thẳng đứng). Từ vị trí cân bằng kéo 2 vật dọc theo trục
lò xo cùng chiều một đoạn a sao cho khi thả nhẹ thì các vật dao động điều hòa. Sau khi thả vật
1 khoảng thời gian ∆t thì thả vật 2. Giá trị nhỏ nhất của ∆t để biên độ dao động của vật 2 so với
vật 1 đạt giá trị cực đại là?

A.0, 1π (s)
B.0, 2π (s)
C.0, 3π (s)
D.0, 5π (s)
Lời giải:
T = 2π

m
= 0, 2π(s)
k

Để biên độ vật 2 so với vật 1 cực đại thì lúc thả vật 2, vật 1 đã lên vị trí biên trên. Vậy t =
7

T
= 0, 1π(s)
2


Bài toán 18: Nếu công sinh ra khi kéo căng nó từ độ dài 2m đến 3m bằng

1
công sinh ra khi kéo
4

căng nó từ 3 m đến 5m thì độ dài tự nhiên của lò xo là.
A.l 0 = 1, 5m
B.l 0 = 2, 5m
C.l 0 = 3, 5m
D.l 0 = 4, 5m

Lời giải:
A 12 =
A 34 =

k 2
x − x 22
2 1

k 2
x − x 32
2 2

1
4
⇒ 3 (3 − l 0 )2 = 4 (2 − l 0 )2 + (5 − l 0 )2

co
m

Theo giả thiết A 12 = A 23 ⇒ 3x 22 = 4x 12 − x 32 chú ý x là độ giãn của lò xo

Triển khai hằng đẳng thức và giải pt này ⇒ l 0 = 1, 5m

Bài toán 19: Vào buổi trưa 1 con tàu A cách 1 con tàu B 50 hải lý về phía bắc và đang chạy về

s.

phía nam với tốc độ 16 hải lý/h. Tàu B thì đi về phía tây với tốc độ 12 hải lý/h, ở thi điểm nào thì

dp

re
s

chúng gần nhau nhất và khoảng cách nhỏ nhất giữa chúng là bao nhiêu.
A.30 hải lý
B.20 hải lý
C.10 hải lý

w
or

D.50 hải lý
Lời giải:

Do 2 xe chuyển động trên 2 phương vuông góc nhau nên. Tọa độ của 2 xe sau thời gian t là:

vn
.

x 2 = v 2 t ; y 1 = 50 − v 1 t

x2 + y 2 =
v 12 + v 22 t 2 − 100v 1 t + 502
b
Khoảng cách nhỏ nhất khi: t = − = 2h Thay t = 2h vào công thức tính d sẽ tìm được khoảng
2a

bo
x

Khoảng cách giữa 2 xe là: d =

cách nhỏ nhất là 30 hải lý

Bài toán 20: Một dđđh có chu kì dao động là T và biên độ là A. Tại thời điểm ban đầu vật có li
độ x 1 > 0 . Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí ban đầu về VTCB gấp 3 thời gian ngắn nhất để
vật đi từ vị trí ban đầu về vị trí biên x=+A. Chọn phương án đúng?
A.0,924A
B.0,124A
C.0, 5A 2
D.0, 5A 3
Lời giải:
gọi t 1 là thời gian ngắn nhất vật đi từ VT x 1 đến VTCB
t 2 là thời gian ngắn nhất để vật đi từ VT x 1 đến VT biên +A
T
T
2π T
ta có : t 1 = 3.t 2 t 1 + t 2 = ⇒ t 2 =
⇒ x 1 = A.cos
. ≈ 0,924A
4
16
T 16

8


Bài toán 21: Hai chất điểm A, B có khối lượng bằng nhau được gắn vào 2 lò xo giống nhau. Đặt
ngang dao động trên đường thằng song song cạnh nhau cùng vị trí cân bằng. Ban đầu kéo vị trí
cân bằng ban đầu kéo ra ở 1 vị trí. Người ta thả nhẹ cho vật A chuyển động khi vật A đi qua vị trí

cân bằng rồi thả vật B. 2 Vật dao động điều hòa với 4 3J . Khi vật A có động năng là

3J thì thế

năng của vật B gần giá trị nào nhất sau đây.
A. 3J
B. 2J
C. 5J
D. 7J
Lời giải:
Ban đầu, kéo vật 1 lệch khỏi vị trí cân bằng, hai vật dao động điều hòa với cơ năng 4 3J
π
nên thế năng vật 1 bằng động năng vật 2 =
2

co
m

Vật 1 và 2 lệch pha

3J

Bài toán 22: ]Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nặng có khối lượng m tích điện q =

s.

8µC và lò xo có độ cứng k = 10 N/m. Khi vật đang ở vị trí cân bằng, thì xuất hiện trong thời
m
gian∆t = 3π
một điện trường đều E= 25000 V/m có hướng thẳng đứng lên trên. Biết qE =

k

dp
re
s

mg. Sau đó con lắc dao động điều hòa với biên độ A dọc theo trục của lò xo. Giá trị A là
A.4cm
B.6cm
C.8cm

w
or

D.10cm
Lời giải:
dụng của P ; Fđàn hồi .

vn
.

Chọn chiều dương hướng xuống. Xét lúc ban đầu, khi chưa có điện trường thì vật chịu tác
→
− −−−−−→

→
−

Phương trình định luật II Newton cho vật là: P + Fđàn hồi = 0 .

bo
x

Xét khi có điện trường hướng lên trên, ngược chiều của P , và mg = qE suy ra phương trình định
luật II Newton lúc sau là

→
− −−−−−→ −−−→ →
→
− −−−−−→ →
−
−−−−−→ →
−
−
P + F đàn hồi + F điện = 0 ⇐⇒ P + F đàn hồi − P = 0 ⇐⇒ F đàn hồi = 0

Từ đó suy ra vật sẽ dao động quanh vị trí tự nhiên với A 1 = ∆l ◦ Theo giả thiết
qE = mg ⇒ m =

mg
qE
= 0, 02kg =⇒ ∆lo =
= 0, 02m = 2cm
g
k

t
3
3T
= ⇒t =

=⇒ tính từ lúc bắt đầu, vật từ vị trí x o = +A 1 sau
T
2
2
thời gian t sẽ về vị trí x = −A 1 , vận tốc bằng 0, và từ đây ngừng điện trường tác dụng. VTCB trở

Xét khi ngừng điện trường, có
về như ban sơ

Từ đây rút ra A = A 1 + ∆l ◦ = 4 cm =⇒
Bài toán 23: Một con lắc lò xo dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang với chu kì T = 2π
(s), quả cầu nhỏ có khối lượng m1 . Khi lò xo có độ dài cực đại và vật m1 có gia tốc là −2 cm/s2
9


thì một vật có khối lượng m2 (m1 = 2m 2 ) chuyển động dọc theo trục của lò xo đến va chạm đàn
hồi xuyên tâm với vật m1 , có hướng làm lò xo nén lại. Biết tốc độ chuyển động của vật m2 ngay
trước lúc va chạm là 3. 3 ( (cm/s)) . Quãng đường mà vật m1 đi được từ lúc va chạm đến khi vật
m 1 đổi chiều chuyển động là

A.6cm
B.5cm
C.4cm
D.7cm
Lời giải:
Từ giả thiết
−2
=
−ω2

−2
2π
−
T

2

= 2 rad/s

co
m

a min = −ω2 A = −2 ⇒ A lúc đầu =

. Con lắc lò xo dao động đúng lúc x ◦ = +A lúc đầu thì va chạm. Va chạm:
2m 2 v o
m1 v o
=
= 2 3 (cm/s)
m 2 + m 1 1, 5m 1

dp
re
s

V=

s.

Là va chạm đàn hồi xuyên tâm nên sau va chạm

Hướng làm lò xo nén nên sau va chạm, vật chuyển động về cân bằng, và khi va chạm, li độ
x = x ◦ = 2 cm, vận tốc v = V suy ra biên độ lúc sau là
x o2 +

V2
=
ω2

x o2 +

w
or

A=

V2

2π
T

2

= 4cm

hiểu như sau:

vn
.

. Quãng đường mà vật m1 đi được từ lúc va chạm đến khi vật m1 đổi chiều chuyển động có thể

bo
x

" Từ lúc va chạm" nghĩa là chuyển động từ x = x o hướng về VTCB "Đổi chiều chuyển động"
nghĩa là đến khi vận tốc đổi chiều =⇒ đến khi về đến biên.
Do bài toán không nói là đến khi vật m1 đổi chiều lần thứ mấy nên ta sẽ xét quãng đường
tổng quát theo yêu cầu bài toán là S = x ◦ + A + 2 (k − 1) A, k = 1, 2... với k ứng với lần vật đổi chiều.
Thay k = 1, ta có đáp án cần tìm là 6m
Bài toán 24: Một vật DĐĐH theo phương trình x = 5 cos s 4πt −
2
chu kì đầu để toạ độ vật không vượt quá −3, 5cm
3
A.t = 0, 125 (s)

π
− 1 (cm). Tìm thời gian trong
6

B.t = 0, 225 (s)
C.t = 0, 325 (s)
D.t = 0, 425 (s)
Lời giải:
Xét x = x + 1 và câu hỏi sẽ là tìm thời gian để li độ không vượt quá −
10

A
2

Thời điểm t = 0 vật ở vị trí
T
⇒ ∆t = 0, 125 (s)
4

A 3
A
vật đi theo chiều dương đến vị trí − trong khoảng thời gian
2
2

Bài toán 25: Một lò xo nhẹ cách điện có độ cứng k = 50 N/m một đầu cố định, đầu còn lại gắn
vào quả cầu nhỏ tích điện q = 5µC . Khối lượng m = 50 g. Quả cầu có thể dao động không ma sát
dọc theo trục lò xo nằm ngang và cách điện. Tại thời điểm ban đầu t = 0 kéo vật tới vị trí lò xo
giãn 4cm rồi thả nhẹ đến thời điểm t = 0,1 s thì thiết lập điện trường không đổi trong thời gian
0,1 s, biết điện trường nằm ngang dọc theo trục lò xo hướng ra xa điểm cố định và có điện lớn
E = 105

V
, lấy g = π2 = 10 m/s2 . Trong quá trình dao động thì tốc độ cực đại mà quả cầu đạt
m

được là:
A.20π (cm/s)

co
m

B.10π (cm/s)

C.60π (cm/s)
D.50π (cm/s)

s.

Lời giải:

Tại thời điểm ban đầu, vật đang ở biên. Có tần số góc ω = 10π rad/s , chu kì T = 0, 2 s. Sau
T
đầu tiên vật vẫn về vị trí biên, khi đó lò xo bị nén. Trong 0, 1 s tiếp theo, vật
2

dp
re
s

thời gian 0, 1s =

chịu tác dụng của lực điện, khi đó ta có:

qE
= 1 cm Tại vị trí lực bắt đầu tác dụng
k
vẫn sẽ là biên độ, và biên độ mới trong lúc lực tác dụng sẽ là: A = 4 + 1 = 5 cm.

w
or

Vị trí cân bằng dịch chuyển hướng ra xa một khoảng

Khi lực thôi ta dụng, ta sẽ có:

Tại vị trí lực thôi tác dụng, vật đang ở biên, lúc này lò xo đang dãn. Lực thôi tác dụng thì vị trí

vn
.

cân bằng trở về ban đầu, tức là dịch chuyển về phía lò xo bị nén một khoảng 1 cm Tại vị trí lực
bắt đầu thôi tac dụng vẫn sẽ là biên độ, và biên độ lúc sau khi lực tác dụng là A = A + 1 = 6 cm.

bo
x

Cuối cùng, ta sẽ thu được ba giai đoạn
Khi lực chưa tác dụng vật dao động với biên độ 4 cm. Trong quá trình lực tác dụng, vật dao
động với biên độ 5 cm. Sau khi lực tác dụng, vật dao động với biên độ 6 cm.
Với ω không đổi thì giai đoạn nào có biên độ lớn nhất thì vận tốc của vật lớn nhất. Từ đó ta
có ngay vận tốc cực đại của vật trong quá trình dao động là:
v max = ωA = 10π.6 = 60π (cm/s)

Bài toán 26: Trong khoảng thời gian từ τ đến 2τ , vận tốc của một vật dao động điều hòa tăng từ
0,6v max đến v max rồi giảm về 0,8v max . Tại thời điểm t=0, li độ của vật là :
1, 2τv max
π
1, 2τv max
B.x 0 = −
π
4, 2τv max
C.x 0 = −
π

2, 2τv max
D.x 0 = −
π

A.x 0 =

11


Lời giải:
Ở thời điểm t do v = 0, 6v max ⇒ x = 0, 8A (áp dụng ct v 2 = ω2 A 2 − x 2 và v max = ω.A ). Tương tự
khi v = 0, 8v max ⇒ x = 0, 6A . Vẽ đường tròn lượng giác sẽ thấy góc giữa hai bán kính ứng với thời
điểm t và 2t là 900 và chú ý vận tốc tăng nghĩa là vận đang đi theo chiều dương trục tọa độ... do
M trên vòng tròn cđ tròn đều nên ở thời điểm t 0 vật ở vị trí đối xứng với vị trí có x=0,6A nghĩa là
x 0 = −0, 6A

v max
T.v max
= −0, 6
(1)(chú ý T=4t vì 2t ứng với góc quay π)
ω
2π
1, 2t v max
Thay vào (1) ta có x 0 = −
.
π
⇒ x 0 = −0, 6

Bài toán 27: Một vật dao động với biên độ 6cm. Trong 1 chu kì, thời gian vật có tốc độ lớn hơn
1 giá trị v o nào đó là 1s. Tốc độ trung bình của vật khi vật chuyển động theo 1 chiều giữa 2 vị trí

co
m

có cùng tốc độ v o là 12 2 (cm/s). Giá trị của v o là
A.33,32
B.23,32

s.

C.13,32
D.43,32

dp
re
s

Lời giải:
Xét từng câu một:

- "Trong 1 chu kì, thời gian vật có tốc độ lớn hơn 1 giá trị v o nào đó là 1s" suy ra thời gian vật có
tốc độ lớn hơn 1 giá trị v o nào đó trong nửa chu kì là 0, 5 s .

w
or

- "Tốc độ trung bình của vật khi vật chuyển động theo 1 chiều giữa 2 vị trí có cùng tốc độ v o là

vn
.

12 2 (cm/s)" suy ra quãng đường đi được giữa hai vị trí là 12 2.0, 5 = 6 2
v m ax
ωA
suy ra tại đó vị trí v =
. Chu kì T = 2 s =⇒ v =
= 3 2π (m/s)
2
2

Bài toán 28: 1 con lắc đơn có chiều dài dây treo 40 cm, dao động bé tại nơi có g = 10 m/s2 , vật
nặng của con lắc đơn là 1 quả cầu nhẵn bóng, kích thích cho con lắc dao động bé tự do trong

bo
x

buồng tối. 1 đèn chớp sáng với chu kỳ
quan sát từ t 0 = 0 đến t =

8
s tạo ra ánh sáng để quan sát quả cầu. Trong thời gian
π

64
s , ngta qsát thấy quả cầu qua VTCB bao nhiêu lần. Biết tại thời điểm
π

t 0 quả cầu qua VTCB và được tính là lần qua VTCB thứ nhất.

A.9

B.8
C.10
D.7
Lời giải:
T1 =
T2 = 2π

8
π
l
4
= 0, 4π =
g
π

Gọi t thời gian ngắn người quan sát thấy con lắc qua VTCB

12


N1 số chớp sáng trong thời gian t, N2 số dao động trong thời gian t
8
N1 T2 1
=
= ⇒t =
t = N1 T1 = N2 T2 ⇒
N2 T1 2
π
64 π
Số lần mà người này quan sát được N =

=8
π 8
Kể cả lần đầu ⇒ 9 lần.

Bài toán 29: Một vật nhỏ đang dao động điều hòa quanh một vị trí cân bằng trên một mặt phẳng
nằm ngang với biên độ A và chu kì T. Thời điểm ban đầu t0=0(s), vật nhỏ ở vị trí x 0 và có vận
tốc v 0 (v 0 < 0). Đến thời điểm t 1 = t 0 + ∆t (s), vật nhỏ ở vị trí x 1 và có vận tốc v 1 . Đến thời điểm
t 2 = t 0 + 3∆t (s), vật nhỏ đến vị trí x 2 >0. Biết rằng v 0 =

3v 1 , x 02 + x 2 2 = A 2 và ∆t ≤

T
. Pha ban đầu
4

của chất điểm xấp xỉ bằng
A.1,05 rad

co
m

B.
C.2,09 rad
D.
Chọn A = 1. Th1:x 0 < 0

2x 22

dp
re

s

áp dụng điều kiện đề bài ta có: x 02 + x 22 = 1; x 12 = x 02 +

s.

Lời giải:

3
2x 12
3
π
−1
π
2
2
2
⇒ xo =
Nếu trên đường tròn;x 2 ở vị trí 1: 3ω∆t = ϕ+ −ϕ+π = π ⇒ ωδt = ⇒ x 1 = x 2 = x 0 +
2
2
2
3
2

pha ban đầu

tương tự được pt:1 =

1

4ϕ + π
2
sin ϕ + cos
3
6

2

w
or

Nếu x 2 ở vị trí 2:

với ϕ ∈ 0;

π
Vô nghiệm
2

Th2:x 0 > 0 tương tự. Chắc là vô nghiệm

vn
.

Bài toán 30: Hai chất điểm dao động điều hòa trên cùng môt trục tọa độ Ox , coi trong quá trình
dao động hai chất điểm không va chạm vào nhau. Phương trình dao dộng của của hai chất điểm

π
π
cm và x 2 = 4 2 cos 4t +

cm . Trong quá trình dao động khoảng
3
12

bo
x

lần lượt là: x 1 = 4 cos 4t +

cách lớn nhất giữa hai vật là:
A.5cm
B.3cm
C.4cm
D.7cm
Lời giải:

π
π
y = x 2 − x 1 = 4 2 cos 4t +
− 4 cos 4t +
12
3
π
π
π
π
y = 4 2 cos4 t cos
− sin 4t sin
− 4 cos4 t cos − sin 4t sin
12

12
3
3
3
1
y =4
cos4 t + sin 4t
2
2
π
π
y = 4 cos cos4 t + sin sin 4t
6
6
π
y = 4 cos 4t −
6

13


Ta có y max → cos 4t −

π
=1
6

→y =4

Bài toán 31: Trong một môi trường đẳng hướng và không hấp thụ âm có 3 điểm thẳng hàng

theo đúng thứ tự A, B, C, một nguồn điểm phát âm công suất P đặt tại điểm O, di chuyển một
máy thu âm từ A đến C thì thấy rằng : mức độ âm tại B lớn nhất và bằng L B = 46, 02d B còn mức
cường độ âm tại A và C là bằng nhau và bằng L A = LC = 40d B Bỏ qua nguồn âm tại O, đặt tại A
một nguồn điểm phát âm công suất P’ , để mức độ cường âm tại B vẫn không đổi thì
3P
2
3P
B.P =
1
3P
C.P =
5
3P
D.P =
5

co
m

A.P =

Lời giải:

SP
OB 2 1
P
=
=
= ⇒ P = 3P
P

SP
AB 2 3

s.

Tam giác OAC cân tại O và OB⊥AC, OA=2OB⇒AB=OB 3

Bài toán 32: Sóng dừng xuất hiện trên dây với tần só f = 5 Hz. GỌi thứ tị các điểm thuộc dây lần

dp
re
s

lượt là O, M, N, P sao cho O là điểm nút sóng, P là điểm bụng sóng nằm gần O nhất(M, N thuộc
đoạn OP). Khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp để giá trị li độ của điểm P bằng biên độ dao động
của điểm M và N lần lượt là 1/20 s và 1/15 s. Biết khoảng cách giữa 2 điểm M, N là 0,2cm. Bước

B.4,8
C.1,2
D.2
Lời giải:

vn
.

A.3

w
or

sóng của sợi dây là:

bo
x

Đầu tiên, dễ dàng tìm được tần số góc : ω = 2π f , do dó



1




 π − ω. 20 

 ⇒ M P = f (λ)


A
=
2A.
cos

M




2





1



 π − ω. 15 



 ⇒ N P = f (λ)

A
=
2A.
cos

M




2



⇒ M N = M P − P N . Từ đó tìm được bước sóng.

Bài toán 33: Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B dao động theo phương
thẳng đứng với phương trình u A = u B = 2 cos (40πt ) (u A và u B tính bằng mm và t tính bằng s). Biết
nguồn tại A cố định và nguồn tại B có thể dịch chuyển trên mặt thoáng của chất lỏng. Gọi điểm
C cố định trên mặt thoáng của chất lỏng với C A = 16λ. Tiến hành dịch chuyển nguồn tại B sao
cho số đo góc ABC là không đổi và lớn nhất. Hỏi khi tổng khoảng cách từ B tới A và C là lớn nhất
14


thì số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn BC là bao nhiêu?
A.7
B.6
C.5
D.9
Lời giải:
AB+AC max thì tam giác ABC cân tại B, ta chỉ cần đi tìm điều kiện để góc ABC max
Nếu coi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì góc ABC chắn cung AC không đổi, góc
ABC max khi AC là đường kính của (C) tức là ABC vuông cân tại B
⇒ AC = 16λ → AB = BC = 8 2λ

co
m

Vậy số điểm dao động với biên độ max trên đoạn BC thỏa mãn
AC − BC ≤ kλ ≤ AB − B B → 4, 686 ≤ k ≤ 11, 313 ⇒ k = 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11

Bài toán 34: Ở mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A, B cách nhau 24cm , dao động theo phương
thẳng đứng với tần số 50H z . Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 6 (m/s). Gọi O là trung

s.

điểm của AB, điểm M ở mặt chất lỏng nằm trên đường trung trực của AB và gần O nhất sao cho

dp
re
s

phần tử chất lỏng tại M dao động ngược pha với phần tử chất lỏng tại O. Khoảng cách MO là
A.6 5cm
B.3 5cm
C.4 5cm

w
or

D.2 5cm
Lời giải:

Viết phương trình dao động của điểm bất kỳ trên đường trung trực của AB : u = 2A cos

vn
.

Vì d1 = d2 = d nên phương trình trên viết lại là : u = 2A cos ωt −

2πd
λ

π (d 2 − d 1 )
. cos
λ

v
6
=
= 12cm
f
50
Như vậy, phương trình tại O sẽ là uO = 2A cos (ωt − 2π) Như vậy là O cùng pha với nguồn. Nếu

bo
x

Dễ dàng tìm được λ =

M ngược pha với O tức là M cũng ngược pha với nguồn, vậy tương tự viết lại phương trình giao

π2d
1
= (2k + 1) π ⇒ d = k + λ
λ
2
AB
Đến đây bạn chỉ việc cho bất đẳng thức sau để tìm k : d ≥
2
Dễ dàng nhận ra k ≥ 1 , M gần O nhất thì ta lấy giá trị nhỏ nhất của k. Như vậy sẽ chọn k = 1. Vì

thoa tại điểm M, để M ngược pha với nguồn, ta có :

vậy d = 18cm . Sử dụng định lý Pythagore, ta tính được MO là : MO =

d2 −

AB
2

2

= 6 5cm

Bài toán 35: Tại vị trí O trong một nhà máy, một còi báo cháy (xem là nguồn điểm) phát âm với
công suất không đổi. Từ bên ngoài một thiết bị xác định mức cường độ âm chuyển động thẳng
từ M hướng đến O theo hai giai đoạn với vận tốc ban đầu bằng 0 và gia tốc có độ lớn là 0,4

m
s2

cho đến khi dừng lại tại N (cổng nhà máy). Biết NO= 10m và mức cường độ âm (do còi phát ra)
tại N lớn hơn mức cường độ âm tại M là 20 dB. Cho rằng môi trường truyền âm là đẳng hướng

15


và không hấp thụ âm. Thời gian thiết bị đó chuyển động từ M đến N có giá trị gần giá trị nào
nhất?
A.32
B.27
C.29
D.30
Lời giải:
+ Biết mức cường độ âm tại N lớn hơn mức cường độ âm tại M là 20 dB, ta có:

L N − L M = 10. g

RM
RN

2

= 20 ⇒ R M = OM = 10R N = 100m ⇒ M N = OM –ON = 90m

+ Vật (thiết bị) đi từ M nhanh dần đều đến trung điểm của MN, sau đó chuyển động chậm

MN 1 2
= at MC ⇒ t MC =
2
2
MN
=2
a

90
= 30s
04

dp
re
s

⇒ t = tM N = 2

MN

a

s.

MC =

co
m

dần và dừng lại tại N, nên ta có: t M N = 2.t MC (C là trung điểm của MN)

.
+ Vậy giá trị gần nhất là 32s.

Bài toán 36: Thả một vật nặng rơi tự do sau 2s nghe được âm phát ra từ vật có mức cường độ

w
or

âm là 30d B , sau 2s nữa nghe được mức cường độ âm là?
A.15d B
B.23, 9d B

vn
.

C.24, 1d B
D.17, 9d B
Lời giải:

1
2

bo
x

Vật rơi tự do S 1 = g t 2 = 20m
Cường đô âm tại 1 điểm I 1 =
Ta có L A = 10l g

P

4πR 22

I1
Từ đó tìm được I 1 tìm được P
Io

Ở thời điểm thứ 2 sau 20 giây vật đi được quãng được.
1
2

Vật rơi tự do S 2 = g t 2 = 2000m
Công suất nguồn âm là như nhau. I 2 =
Từ đó tìm được I 2 rồi suy ra L B = 10l g

P
4πR 22

(Với S tương đương với R)

I2
. Từ đó tìm được.
Io

Bài toán 37: Công suất âm thanh cực đại của một máy nghe nhạc là 10 W. Cho rằng khi truyền
đi thì cứ mỗi 1m thì năng lượng lại bị giảm 5 phầm trăm so với năng lượng ban đầu do sự hấp thụ
của môi trường. Biết cường độ âm chuẩn là I = 10−12
cách 6m gân bằng bao nhiêu?
16

W
. Mức cường độ âm lớn nhất ở khoảng
m2


A.10,21
B.20,21
C.1,21
D.5,21
Lời giải:
Truyền âm trong không gian I =

P
= 0, 022 Sau khi hao hụt I = I .0, 956
4πR 2

Mức cường độ âm
L = l og

I
= 10, 21 (B )
Io

Bài toán 38: Một người đứng ở A cách nguồn phát âm O đoạn x nghe được âm có cường độ là I.

co
m

Người đó lần lượt di chuyển theo 2 hướng: khi đi theo hướng AB thì người đó thấy âm nghe đưc
lúc to nhất là 4I; khi đi theo hướng AC thì người đó nghe được âm to nhất là 9I. Góc BAC có giá
trị gần giá trị nào nhất sau đây.

s.

A.48, 0o
B.38, 0o

dp
re
s

C.28, 0o
D.18, 0o
Lời giải:
lg

IA
OC 2
IA

OB 2
x
x
= lg
,
l
g
=
l
g
, ⇒ cosC AO ≈ 19, 188..., cosB AO ≈ 28, 955..
→
OC
=
→
OB
=
IC
O A2
3
IB
O A2
2

w
or

Bài toán 39: Trong 1 môi trường đẳng hướng, không hấp thụ âm, có 3 điểm A, B, C thẳng hàng.
Một nguồn âm điểm phát sóng âm tại A thì mức cường độ âm tại B và C tương ứng là 80dB và

vn
.

60dB. Số nguồn âm tối thiếu giống nguồn âm trên đặt tại A để mức cường độ âm tại trung điểm
M của BC không nhỏ hơn 70 dB. Giá trị đó gần giá trị nào nhất sau đây.
A.3

bo
x

B.1,7
C.4
D.5
Lời giải:
dM =

d B + dC
(1)
2

Ta có hệ
8 = lg
6 = lg

PA
4πd B2 I 0
PA

(2)
(3)

4πdC2 I 0
Giải hệ ⇒ dC = 10dB (4)

Thay (4) vào (1)⇒ d M = 5, 5d B (5)
Theo giả thiết L M = 7 = l g

nP A

2
4πd M
I0

(6)

17


Mặt khác từ (1)⇒ dB2 =

PA
108 .n
2
2
thay
vào
(5)
⇒
d
sau

đó
thay
d
vào
(6)
l
g
= 7 ⇒ n = 3, 025
M
M
4π.I 0 .108
30, 25

Bài toán 40: Hai nguồn phát sóng kết hợp A và B trên mặt chất lỏng dao động theo phương trình
u A = a cos(100πt ); u B = b cos(100πt ). Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 1m/s . Gọi I là trung

điểm AB. M là điểm thuộc AI , N thuộc đoạn IB, thỏa mãn I M = 5cm ; I N = 6, 5cm .Số điểm trên
đoạn M N có biên độ cực đại và cùng pha với I ?
A.5
B.4
C.3
D.6
Lời giải:
Xét 1 điểm C trên MN :IC=d ,gốc tai I,chiều từ I đến B
AB
))
2
AB
))
u BC = b cos(100πt + π(d −

2
uC = u AC + u BC

AB
π)
2

co
m

Cách 1: Bước sóng λ=2cm . Phương trinh sóng tại I: u I = (a + b) cos(100πt −

Biên độ dao động cực đại bằng a+b

dp
re
s

s.

u AC = a cos(100πt − π(d +

Uc dao động với biên độ cực đại cùng pha I .

Suy ra :u AC và u BC cùng pha . ⇒ πd = k2π −5 ≤ d = 2k ≤ 6.5

w
or

Có 6-1=5 giá trị của K(trừ I)

Cách 2: Ta có: Bước song: λ = 2(cm)

I M = 2, 5λ nên trong đoạn I M có 2 điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với I .

vn
.

I N = 3, 25λ nên trong đoạn I N có 3 điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với I .

Vậy có 5 điểm tất cả.

bo
x

Bài toán 41: Trong hiện tượng giao thoa sóng nước . Hai nguồn kết hợp A,B cách nhau một
khoảng a = 20 (cm) dao động điều hòa theo phương thẳng đứng , cùng pha ,với tần số 50H z . Tốc
độ truyền sóng trên mặt nước là 1, 5m/s . Xét các điểm trên mặt nước thuộc đường tròn tâm A ,
bán kính AB , điểm nằm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách trung trực của AB
gần nhất một khoảng .
A.2,775 cm
B.3,775 cm
C.4,775 cm
D.5,775 cm
Lời giải:
Cách 1: Lập luận tương tự ta có MA=AB=20 cm, MB=17 cm. Gọiα là góc giữa AM và AB,
cos α =

202 .2 − 172
= 0, 63875.
2.20.20

18


NHư vậy khoảng cách cần tìm là:
x =−

20
+ 20.0, 63875 = 2, 775 (cm) .
2

Cách 2: Do M gần đường trung trực nhất. Nên M phải nằm trên dường cực đại thứ nhất.
⇒ M A − M B = λ = 3 (cm) Mà M A = AB = R = 3 (cm) → M B = 17 (cm)
p=

p p − M A p − MB
AH =

M A2 − M H 2 =

→ OH = AM − AO =

1
p − AB = M H .AB → M H 2 = 236, 8
2
163, 2 (cm)

co
m

Theo Herong ta có: S∆M AB =

M A + M B + AB
= 28, 5 (cm)
2

163, 2 − 10 = 2, 775 (cm)

Bài toán 42: Thực hiện giao thoa trên bề mặt chất lỏng với hai nguồn kết hợp A, B cách nhau

s.

30cm dao động theo phương thẳng đứng với cùng phương trình u A = u B = 5 cos 20πt +

3π
(với t
4

tính bằng s). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,2 m/s. Gọi ∆ là đường thẳng qua B và vuông

dp
re
s

góc với AB. M thuộc ∆. M là điểm vừa dao động cực đại vừa cùng pha với 2 nguồn. Giá trị nhỏ
nhất của MB là
A. 16cm
B. 12cm

w

or

C. 14cm
D. 15cm
Lời giải:

vn
.

Gọi d1 , d2 là khoảng cách từ M đến A và B. Khi đó d12 − d22 = AB 2 (1)
Mặt khác để M cực đại thì d2 − d1 = kλ

bo
x

AB
= 15 ⇒ k = −14, .., −1 Từ (1),(2)
λ
AB 2
⇒ d1 + d2 =
= nλ
−kλ
AB 2
225
λ
⇒n=
=
−k
−k
3π

u M = 10 cos (kπ) cos 20πt +
− nπ
4

Do

Để M cực đại cùng pha với A, B thì n và k cùng tính chất(cùng chẵn hoặc cùng lẻ)
Thay k lần lượt ta sẽ có k=-9,-5,-3,-1 thỏa mãn.M B mi n ⇔ k = −9 khi đó n = 25
Khi đó d1 + d2 = nλ = 50(1) và d1 − d2 = kλ = 18(2).
Từ (1),(2) ⇒ d2 = 16cm
Bài toán 43: Các con dơi bay và tìm mồi bằng cách phát và sau đó thu nhận các sóng siêu âm
phản xạ từ con mồi. Giả sử một con dơi và một con muỗi bay thẳng đến nhau với tốc độ so với
Trái Đất của con dơi là 19 m/s của con muỗi là 1 m/s. Ban đầu từ miệng con dơi phát ra sóng
19


âm, ngay khi gặp muỗi sóng phản xạ trở lại, con dơi thu nhận được sóng này sau 1/6 s kể từ khi
phát. Tốc độ truyền sóng âm trong không khí là 340 m/s. Khoảng thời gian để con dơi gặp con
muỗi gần giá trị nào sau đây?
A.3.12s
B.1.49s
C.1.81s
D.3.65s
Lời giải:
sóng tới và phản xạ là 1/6 (s)
suy ra 2 sóng này bằng nhau = 1/12s

co
m

> quãng đường = 340*1/12 = 28.333 m
vì tốc độ của muỗi không đáng kể
> thời gian = quãng đường/ vận tốc của dơi = 1.491

Bài toán 44: Thực hiện giao thoa trên bề mặt chất lỏng với 2 nguồn kết hợp A, B cách nhau 20

s.

cm dao động theo phương thẳng đứng với cùng phương trình u A = u B = A cos (40πt )(t tính bằng

dp
re
s

s). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,8 m/s. Gọi (P) là đường parabol nhận trung điểm AB
làm đỉnh đồng thời nhận B làm tiêu điểm. M là điểm dao động với biên độ cực tiểu nằm trên
(P). M cách AB một đoạn lớn nhất là
A.24 5cm

w
or

B.25 5cm
C.24 6cm
Lời giải:
v
= 4cm
f
−AB ≤ kλ ≤ AB

bo
x

λ=

vn
.

D.24 7cm

⇒ k max = 4. M ở xa nhất ứng với k = 4. M ở trên hypebol nên

M ở prabol nên y 2 = 2Lx (2)

x2 y 2
−
= 1(1)
a2 b2

λ
= 8cm
2
L2
b = c 2 − a2 =
− a 2 = 6cm
4
Từ (1),(2)⇒ x = 72cm ⇒ y = 2Lx = 24 5cm

Với a = kmax

Bài toán 45: Một người đứng giữa 2 chiếc loa A, B có công suất hơn kém nhau là 8 lần nghe 1
đoạn nhạc với mức cường độ âm min là 75 dB. Hỏi khi dịch chuyển đến trung điểm của AB thì
nghe được đoạn nhạc trên với mức cường độ âm gần với giá trị nào nhất sau đây.
A.75
B.66
C.69

20


D.100
Lời giải:
Gọi M là vị trí mà L mi n , x là khoảng cách từ M đến A ⇒ khoảng cách từ M đến B là (AB-x)
L M = l og

1
(I AM + I B M ) đạt L mi n ⇔ I AM + I B M min. Gọi công suất loa A là P loa B sẽ là 8P
I0
8P

P
+
nhỏ nhất.
x 2 (AB − x)2
4
1
4
⇒ 2+
+
nhỏ nhất.

2
x
(AB − x)
(AB − x)2
⇒

Áp dụng BDT Cosi cho 3 số ta thấy chúng min khi x =
27P
4π.AB 2
27P
= l og
= 7, 5B (giả thiết)
4π.AB 2

AB
3

⇒ LM

Tương tự khi ở trung điểm O của AB khi đó x =

AB
2

1
(I AO + I BO )
I0
36P
36P
36P.27

Với: I AO + I BO =
⇒
L
=
l
og
=
l
og
O
4π.AB 2
4πI 0 AB 2
4πI 0 AB 2 .27
27P
36
⇒ L O = l og
= 7.5 + 0.12 = 7, 62B
+ l og
4πI 0 AB 2
27
⇒ L O = 76, 2d B

dp
re
s

s.

L O = l og

co
m

⇒ I AM + I B M =

Bài toán 46: Đặt điện áp u = 100 2 cos ωt (ω thay đổi) vào 2 đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần,
cuộn cảm thuần và tụ điện mắc nối tiếp. Khi ω = ω0 thì điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu điện trở
cực đại và lúc này điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu cuộn cảm là U . Khi ω = ω1 thì điện áp hiệu dụng

w
or

3
2

giữa 2 đầu tụ điện là U . Khi ω = ω2 = ω1 thì điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu cuộn cảm là U . Biết
C R 2 < L . Khi ω = ω3 thì điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu tụ điện đạt cực đại và giá trị đó gần giá trị

vn
.

nào nhất sau đây:
A.180V
C.132V
D.115V
Lời giải:

bo
x

B.200V

ω = ωo → ULo = UC o = U
ω = ω1 → UC 1 = U
ω = ω2 → UL 2 = U

1 2
ω + ω2o (1)
2 1
1
1 1
1
Khi ω = ω2 , ω = ω0 thì UL có cùng giá trị ⇒ 2 =
+ 2 (2)
2
ωL 2 ω2 ω0
Khi ω = ω0 ⇒ ω0 = ωL ωC (3)
3
ω1
Thay (3) vào (1),(2) và lấy (1) chia (2) ta được ω0 =
2
5
→ ωC2 = ω20
6

Khi ω = ω1 , ω = ω0 thì UC có cùng giá trị ⇒ ωc = ω3 =

21

Mặt khác ta có:

100
UC max

2

+

ωc
ω0

4

= 1 → UC max ≈ 180.906

Bài toán 47: Đặt điện áp xoay chiều u = U 2 cos ωt + ϕ V ( với U và ω không đổi ) vào hai đầu
đoạn mạch AB gồm đoạn mạch AM nối tiếp M B . Biết đoạn mạch AM gồm điện trở thuần mắc
nối tiếp với cuộc dây thuần cảm có độ tự cảm L , đoạn mạch MB chỉ có tụ điện có điện dung
thay đổi được. Điều chỉnh điện dung C để điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM đạt cực đại thì
giá trị cực đại đó là 200V . Tiếp tục điều chỉnh điện dung C để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu
đoạn mạch M B đạt cực đại thì lúc này điện áp hiệu dụng giữa hai đầu AM là 100V . Gía trị của U
là?
A.100 3V
B.100V

co
m

C.100 2V

D.200V
Lời giải:

s.

TH1: Điều chỉnh C để URL 1 đạt cực đại thì xẩy ra cộng hưởng.

dp
re
s

TH2: Điều chỉnh C để UC 2 đạt max thì ta có ngay UC 2 = URL 1
2
Cũng trong TH2 ta có công thức liên hệ UC2 = U 2 +URL

Bài toán 48: Đoạn mạch AB mắc nối tiếp theo thứ tự gồm điện trở R = 50 ôm, cuộn dây có điện
trở r, có độ tự cảm L và tụ điện C=0, 2π mF, M là điểm nối giữa C và cuộn dây. Một điện áp xoay

w
or

chiều ổn định được đặt vào AM, khi đó dòng điện trong mạch là i 1 = 2 cos 100πt +

Lời giải:

bo
x

1
π

0.5
B.
π
5
C.1,
π
2
D.
π

A.

π
độ tự cảm của cuộn dây bằng?
6

vn
.

này mắc vào AB thì dòng điện qua mạch i 2 = cos 100πt −

π
A điện áp
3

Gọi pha ban đầu của điện áp hiệu dụng là ϕ. Có được :

π
ZL
π

ZL − ZC
=
; tan ϕ +
=
3
R +r
6
R +r
π
π
Do đó : tan ϕ − . tan ϕ + = −1 ⇒ −ZL (ZL − ZC ) = (R + r )2
3
6
2
2
Lại có : 2 (R + r ) + ZL = (R + r )2 + (ZL − ZC )2
tan ϕ −

⇒ 4ZL2 + 3 (R + r )2 − (ZL − ZC )2 = 0
⇒ 4ZL2 − 3ZL (ZL − ZC ) − (ZL − ZC )2 = 0

Tới đây thu được ZC = 5ZL hoặc ZL = ZL − ZC (loại)
Bài toán 49: Một khung dây dẫn quay đều trong từ trường đều có tốc độ góc 300vòng/min. Tại
thời điểm ban đầu vectơ pháp tuyến của khung dây cùng hướng với véctơ cảm ứng từ, đến thời
điểm t=0.125 thì xuát điện động trên khung dây có độ lớn 200V. Suất điện động cảm ứng trên
22


khung dây có biểu thức là???
π

2
π
B.e = 100 2 cos 10πt −
2
π
C.e = 300 2 cos 10πt −
2
π
D.e = 200 2 cos 10πt +
2

A.e = 200 2 cos 10πt −

Lời giải:
ω = 10π

rad/s

Tại thời điểm ban đầu, vectơ pháp tuyến của khung trùng với vectơ cảm ứng từ nên φ0 = 0
Từ thông qua mạch: φ = φ0 cos (ωt )

π
2
Tại t=0,125s, thế t, omega vào biểu thức e, tính được E 0 = 200 2
π
Vậy: e = 200 2 cos 10πt −
2
Bài toán 50: Đặt điện áp xoay chiều u = Uo cos ωt + ϕ vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm

co

m

Suất điện động qua mạch: e = E 0 sin (ωt ) = E 0 cos ωt −

s.

thuần L tụ điện C và điện trở thuần R mắc nối tiếp. Tăng dần điện dung tụ điện, gọi t1, t2, t3 lần

dp
re
s

lượt là thời điểm mà giá trị hiệu dụng UL ,UC ,UR đạt cực đại. Kết luận nào sau đây đúng?
A.t1>t3>t2
B.t1=t3C.t1=t3=t2
Lời giải:

w
or

D.t1=t3>t2

Khi C biến thiên UL ,UR cực đại khi ZL = ZC vậy t1=t3

1
1
=
= ω2 L
C1 C3

R 2 + ZL2
1
R2
R2
1
UC cực đại khi ZC 2 =
→
=
+ ω2 .L =
+
ZL
C2
L
L C1
1
1
⇒
>
→ C2 < C1 = C3
C2 C1

bo
x

vn
.

Ta có ZL = ZC 1 = ZC 3 ↔

Vậy t1=t3>t2

Bài toán 51: Một con lắc đồng hồ xem như CLĐ có T = 2s, g = 10 m/s2 . Với biên độ góc là 6, 3o .
Lấy π2 = 10 vật chịu lực cản Fc = 12, 5.10−4 N Dùng pin có sức điện động E = 3V, điện trở không
đáng kể để bổ sung năng lượng cho CL dđ duy trì với hiệu suất 95 phần trăm. Pin có điện tích
ban đầu là qo = 103C Hỏi đồng hồ chạy khoảng bao lâu thì hết pin?
A.60 ngày
B.120 ngày
C.240 ngày
D.360 ngày
Lời giải:
Ta có l =

T 2g
=1(m)
4π2

Năng lượng mất mát sau 1 chu kì là W1 = 4.l .α0 .Fc
23


Năng lượng của pin là W=qo . E. H
Thời gian cần tìm là t =

W.T
W1 .86400

Bài toán 52: Một nhà máy SAMSUNG ở cách xa trạm biến thế 1,6km. Đường dây tải điện từ trạm
biến thế về nhà máy SAM SUNG gồm 2 dây có tiết diện dây là S = 1, 366cm 2 . Ở nhà máy người ta
sử dụng các bóng đèn 220V-60W và các quát điện loại 220V-900W. Tất cả mắc song song. Bỏ qua
điện trở dây nối. Hiệu điện thế lấy trạm biến thế là từ 232V không đổi. Nhà máy SAM SUNG sự

dụng 80 đèn và 2 quạt điện các đèn và quạt hoạt động bình thường. Điện trở suất 2 dây lúc đâu
gần giá trị nào nhất sau đây.
A.P = 3.10−7 Ωm
B.P = 4.10−7 Ωm

co
m

C.P = 5.10−7 Ωm
D.P = 6.10−7 Ωm

60
900
A;I1_quat =
A⇒
220
220

Xét dòng đỏ:
Utram_bien_the
Udinh_muc_thiet_bi

I nha_may
I duong_day

=⇒ I duong_day =

825
6728
A =⇒ R =

Ω.
29
825

l
2.1, 6.103
R = ρ = ρ.
⇒ ρ ≈ 3.10−7 Ωm.
s
1, 366.10−4

w
or

Còn nốt đoạn xanh lá:

=

I nha_may = 80I 1_den + 2I 1_quat = 30A

dp
re
s

I 1_den =

s.

Lời giải:

Bài toán 53: Một nhà máy phát điện gồm nhiều tổ máy có cùng công suất có thể hoạt động

vn
.

đồng thời, điện sản xuất ra được đưa lên đường dây rồi truyền đến nơi tiêu thụ. Khi cho n tổ
máy hoạt động đồng thời thì hiệu suất truyền tài là 80 phầm trăm, còn khi giảm bớt 3 tổ máy thì

bo
x

hiệu suất truyền tài là 85 phần trăm. Hỏi số tổ máy phải giám bớt thêm bao nhiêu để hiệu suất
truyền tải đạt 95 phần trăm. Coi điện áp truyền tải đi là không đổi.
A.3
B.6
C.9
D.10
Lời giải:
Gọi công suất mỗi nguồn là P.
Công suất tỏa nhiệt trên dây P R = I 2 R =

n2P 2
R
U2

Mặt khác P R = nP − nP.H
⇒ RnP = U 2 (1 − H )
n
U2
⇒

=
=hằng số
1 − H RP
n −3
n−x
⇒
=
1 − H2 1 − H3

24


Giải ra x=9. Nhưng do lúc đầu đã giảm 3 nên chỉ cần giảm thêm 9-3=6 nguồn.
Bài toán 54: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi, tần số thay đổi được vào hai
L
. Thay đổi tần
C
số đến các giá trị f 1 và f 2 thì hệ số công suất trong mạch là như nhau và bằng cos ϕ. Thay đổi

đầu đoạn mạch gồm điện trở thuầnR , cuộn cảm thuần L và tụ điện C , R =

tần số đến giá trị f 3 thì điện áp hai đầu cuộn cảm đạt cực đại, biết rằng f 1 = f 2 + f 3 2. Giá trị của
cos ϕgần với giá trị nào nhất sau đây?

A.0,44
B.0,32
C.0,91
D.0,62
Lời giải:
L R2

−
C
2
CR
R 2
⇒
.ω3 = 1 ⇔ ω3 =
(∗)
L
2
Giả sử f 2 = k f 1 , có f 1 . f 2 = f o2

=

1
CR

co
m

1

2

s.

1
.
C

dp
re
s

Ta có: ωL = ω3 =

⇒ f 12 .k = f o2 ⇒ ω1 k = ωo (∗∗), Với giả thiết ω1 = ω2 + 2ω3 (∗ ∗ ∗)

Từ (*) và (**) ta được:
ω1 (1 − k) =
⇔ ωo .

2ω3 ⇔

1

ωo
k

− ωo k = 2

R
L
( với R 2 = )
L
C

w
or

− ωo k = 2ωo ⇔ k = 0, 1715
2
⇔ f 2 = 0, 1715 f 1

1

⇒ cos ϕ ≈ 0, 44

vn
.

Áp dụng công thức tổng quát cho bài toán trên: cos ϕ =
1+

f1 − f2

2

f1 f2

bo
x

Bài toán 55: Đặt điện áp u = U 2 cos ωt (V ) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp R=100Ω, cuộn
thuần cảm có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Khi đó công suất tỏa nhiệt trên điện trở là
P. Nếu tháo tụ điện thì công suất tỏa nhiệt trên điện trở còn P/3. TỔng cảm kháng nhỏ nhất và
dung kháng nhỏ nhất thỏa mãn bài toán xấp xỉ bằng
A.456,9
B.256,9
C.236,9

D.156,9
Lời giải:
Ban đầu ta có: 100


Lúc sau ta được : 100 


U

2

1002 + (ZL − ZC )2
2

= P (1)

U

P

 = (2)
3
1002 + Z 2
L

25