Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật Lý

Hệ thống đặt trong từ trường đều c• vºc tơ cảm ứng từB vu¬ng g•c với mặt phẳng của khung v• c• chiều như h‹nh vẽ.. Chứng minh thanh MN dao động điều h¦a v• t¢nh chu k‹ dao động trong h

CHUY€N ĐỀ ƒN HỌC SINH GIỎI

B€i 1.M€t thanh c•ng AB c‚ chiƒu d„i L t…a tr†n hai m‡t phˆng P1

v„ P2 (H‰nh 1) NgŠ‹i ta kŒo •Žu A c•a thanh l†n tr†n d•c theo m‡t

phˆng P1 v‘i v’n t“c v0

kh”ng ••i Bi–t thanh AB v„ vŒct— v0

lu”n n˜m trong m‡t phˆng vu”ng g‚c v‘i giao tuy–n c•a P1 v„ P2;

trong qu™ tr‰nh chuyšn •€ng c™c •išm A, B lu”n ti–p x›c v‘i hai

m‡t phˆng; g‚c nhœ di•n tžo bŸi hai m‡t phˆng l„  =1200 H y

t¡nh v’n t“c, gia t“c c•a •išm B v„ v’n t“c g‚c c•a thanh theo v0,

1 (

v0  Chọn trục Oy như h‹nh vẽ, A c• toạ độ:

y= Lsin  y’= Lcos ’ = v0cos300

Vận tốc g•c của thanh:

 = ’ =

 cos L

30 cos

v0 0

=

 cos L 2

cos L 4 v

B€i 2.Tr†n m‡t b„n n˜m ngang c‚ hai t£m v™n kh“i lŠ¢ng

m1 v„ m2 M€t l…c F

song song v‘i m‡t b„n •‡t v„o t£m v™n dŠ‘i Bi–t h• s“ ma s™t trŠ¢t gi¤a 2 t£m v™n l„ k1, gi¤a v™n dŠ‘i

v„ b„n l„ k2 (H‰nh 2) T¡nh c™c gia t“c a1 v„ a2 c•a hai t£m v™n Bi•n

lu’n c™c k–t qu¥ tr†n theo F khi cho F t¦ng dŽn t§ gi™ trœ b˜ng kh”ng

X™c •œnh c™c kho¥ng gi™ trœ c•a F •ng v‘i t§ng džng chuyšn •€ng

2/ F > F2max th‹ v€n 2 chuyển động v• chịu t€c dụng của c€c lực :

F, F2max v• lực ma s€t F1giữa hai v€n C• hai khả năng :

a) F1 F1max , v€n 1 gắn với v€n 2 Hai v€n cšng chuyển động với gia tốc:

a =

2 1

max 2

m m

F F





Lực truyền gia tốc a cho m1 l• F1: F1=m1

2 1

max 2

m m

F F

m

g ) m m ( k g m k

Điều kiện để a2 - a1 =

2

m

1{F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> 0 l• F>(k1 +k2)(m1+m2)g hay số: F  4,6N : a1= a2= 0 ; hai vật đứng yˆn

4,5N < F  6N : hai vật c• cšng gia tốc: a1= a2 =

5 , 1

5 , 4

2 T¡nh hi•u su£t c•a chu tr‰nh.

3 Ch•ng minh r˜ng trong qu™ tr‰nh 1-2 nhi•t dung c•a kh¡ l„ h˜ng s“.

Giải :

1 Qu€ tr‹nh 1 - 2 :

1 1 2

2

V

p V

p

1

2 1

p

p V

1 1 1

2 2 1

V p

V p T

T   = 27000K

Qu€ tr‹nh 2-3:

3 / 5 2 3

2 2 3

4

3 P V

V P

2

3 / 2 2 1

3

2 2

4

3 T V

V T

V

2p

B€i 4. Trong mžch •i•n nhŠ h‰nh v¬, - l„ •i”t l¡ tŠŸng, t¨ •i•n c‚ •i•n dung l„ C, hai cu€n d®y L1 v„

L2 c‚ •€ t… c¥m lŽn lŠ¢t l„ L1 = L, L2= 2L; •i•n trŸ c•a c™c cu€n

d®y v„ d®y n“i kh”ng •™ng kš L›c •Žu kho™ K1 v„ kho™ K2 •ƒu

mŸ

1 -Žu ti†n •‚ng kho™ K1 Khi d¯ng qua cu€n d®y L1 c‚ gi™

trœ l„ I1 th‰ •«ng th‹i mŸ kho™ K1v„ •‚ng kho™ K2 Ch•n th‹i •išm

n„y l„m m“c t¡nh th‹i gian t

a) T¡nh chu k‰ c•a dao •€ng •i•n t§ trong mžch

b) L’p bišu th•c c•a cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n qua m°i cu€n d®y

theo t

2 Sau •‚, v„o th‹i •išm d¯ng qua cu€n d®y L1 b˜ng kh”ng

v„ hi•u •i•n th– uABc‚ gi™ trœ ®m th‰ mŸ kho™ K2

a) M” t¥ hi•n tŠ¢ng •i•n t§ x¥y ra trong mžch

b) L’p bišu th•c v„ v¬ ph™c •« thœ bišu diªn cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n qua cu€n d®y L1 theo th‹i gian t¡nh t§ l›c mŸ kho™ K2

Đạo h•m hai vế của (1) v• (3):

i”C= i”1+ i”2 (1’)

Li”1 - 2Li”2 = 0 (2’)

Li”1 = - iC/C (3’)  ; i”C= iC

LC 2

3

Phương tr‹nh chứng tỏ iCdao động điều ho• với

LC 2

I

2 0Csin(t +)

I

2 0CLCcos(t +)

Tại thời điểm t = 0 i1= I1; i2= 0 ; uAB= 0 :

Giải hệ: I0C=I1;  = /2;

Đ€p số: i1=

3

I1+3

I

2 1cos

LC 2

3

t

i2 = 3

I1cos

LC 2

3

t 3

Khi t =t1= 0 i1= 0 , từ (6)  i2 = - 0,5I1 ; i =

2

I1sin(

LC 2

t+ )

uAB= -2Li’= - 2L

LC 2

I1cos(

LC 2

t+) < 0 Giải hệ:  = -/4

t

- /4 )Đến thời điểm t2 tiếp theo th‹ uABbằng 0 v• đổi sang dấu dương

uAB= - 2L

LC 2

I1cos(

LC 2

t2 /4 ) = 0  t2 =

4

LC 2

2I’0C sin{(t-t2) +}

i2 =

3

1I’0Csin{(t-t2) +} –

Với điều kiện ban đầu: t = t2; i1= 0 ; u = 0 suy ra:  = - /2; I’0C= I1/2

LC 3

2t-4



th‹ i1 = 0; với t 

4

LC 2

2

t 4

2 -‡t b™n cŽu tr†n m‡t phˆng n˜m ngang -±y b™n cŽu

sao cho tr¨c •“i x•ng c•a n‚ nghi†ng m€t g‚c nh² so v‘i

phŠ—ng thˆng ••ng r«i bu”ng nh³ cho dao •€ng (H‰nh 1) Cho

r˜ng b™n cŽu kh”ng trŠ¢t tr†n m‡t phˆng n„y v„ ma s™t l¦n

kh”ng •™ng kš H y t‰m chu k‰ dao •€ng c•a b™n cŽu

3 Gi¥ thi–t b™n cŽu •ang n˜m c®n b˜ng tr†n m€t m‡t phˆng n˜m ngang kh™c m„ c™c ma s™t gi¤a b™n cŽu v„ m‡t phˆng •ƒu b˜ng kh”ng (H‰nh 2) T™c d¨ng l†n b™n cŽu trong kho¥ng th‹i gian r£t ng´n m€t xung c•a l…c X

n„o •‚ theo phŠ—ng n˜m ngang, hŠ‘ng •i qua t®m O c•a b™n cŽu sao cho t®m O c•a n‚ c‚ v’n t“c v0

.a) T¡nh n¦ng lŠ¢ng • truyƒn cho b™n cŽu

b) M” t¥ •œnh t¡nh chuyšn •€ng ti–p theo c•a b™n cŽu Coi v0 c‚ gi™ trœ nh²

Cho bi–t gia t“c tr•ng trŠ‹ng l„ g; m” men qu™n t¡nh c•a qu¥ cŽu •‡c •«ng ch£t kh“i lŠ¢ng M, b™n k¡nh R •“i v‘i tr¨c quay •i qua t®m c•a n‚ l„ I = MR2

1 Do •“i x•ng, G n˜m tr†n tr¨c •“i x•ng Ox Chia b™n cŽu th„nh nhiƒu l‘p m²ng d„y dx nh²

M€t l‘p Ÿ •išm c‚ tož •€ x= R sin , d„y dx= Rcos.d

c‚ kh“i lŠ¢ng dm = (Rcos )2dx v‘i 3

R 3

2

m    n†n:

m

d sin cos R m

xdm

x

2 /

0

3 4 m

R cos

m 4

R x

4 2

/ 0 4 4

IO, IG, IMl„ c™c m”men qu™n t¡nh •“i v‘i c™c tr¨c quay song song qua O,G,M

M” men qu™n t¡nh •“i v‘i b™n cŽu l„:

2+m(R2–2Rd) = 2

mR 20 13

 =

R 26

g 15 I

mgd

M

g 15

R 26 2

I / md 1

md

= vGR 83

120

= v0R 16 15

-€ng n¦ng c•a b™n cŽu:

E =

2

I 2

khung d®y, song song v‘i cžnh AD v„ c™ch n‚ m€t •ožn d nhŠ h‰nh 3 Tr†n

d®y dµn thˆng c‚ d¯ng •i•n cŠ‹ng •€ I0chžy qua

1 T¡nh t§ th”ng qua khung d®y

2 T¡nh •i•n lŠ¢ng chžy qua m€t ti–t di•n thˆng c•a khung d®y trong qu™

tr‰nh cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n trong d®y dµn thˆng gi¥m •–n kh”ng

3 Cho r˜ng cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n trong d®y dµn thˆng gi¥m tuy–n t¡nh theo

th‹i gian cho •–n khi b˜ng kh”ng, vœ tr¡ d®y dµn thˆng v„ vœ tr¡ khung d®y

kh”ng thay ••i H y x™c •œnh xung c•a l…c t§ t™c d¨ng l†n khung

Giải

1 Tži •išm c™ch d®y dµn r : B =

r 2

ba

d

H°nh 2

X 

.O

H‰nh 2

OG



) d

a 1 ln(

2

b I dr r 2

b

d

0 0

E dt

 q =

R R

0 R

0 0

R 2

3 G•i t l„ th‹i gian d¯ng gi¥m •–n 0 th‰ I = I0(1 – t/t) ;

E = - ’ ; trong khung c‚ i = E/R =- ’/R =

t

I ) d

a 1 ln(

R 2

) a d ( d 2

ab Ii

) a d ( 2

b Ii

d 2

abi I

0 t

0

0 0

R 2

I ) a d ( d 4

ab 20

2

2 2 0









BÄi 7. Hai chi–c •¶a tr¯n •«ng ch£t gi“ng nhau chuyšn •€ng

tr†n m‡t phˆng n˜m ngang r£t nh·n, theo •Š‹ng thˆng n“i t®m

c™c •¶a, •–n g‡p nhau C™c •¶a n„y quay c¸ng chiƒu quanh tr¨c

thˆng ••ng qua t®m c•a ch›ng v‘i c™c v’n t“c g‚c tŠ—ng •ng l„

1 v„ 2.T™c d¨ng c•a l…c ma s™t gi¤a c™c •¶a v„ m‡t b„n kh”ng

•™ng kš, c¯n t™c d¨ng c•a l…c ma s™t xu£t hi•n Ÿ •išm ti–p x›c

hai •¶a v‘i nhau th‰ •™ng kš Bi–t c™c •¶a c‚ kh“i lŠ¢ng m, c‚ džng tr¨ tr¯n thˆng ••ng, hai •™y phˆng, b™n k¡nh R; phŽn t®m •¶a c‚ khoŒt m€t l° th•ng h‰nh tr¨ tr¯n •«ng t®m v‘i v„nh •¶a, b™n k¡nh R/2

1 T¡nh m”men qu™n t¡nh •“i v‘i tr¨c quay n‚i tr†n c•a m°i •¶a

2 H y x™c •œnh v’n t“c g‚c c•a c™c •¶a sau va chžm, bi–t r˜ng v„o th‹i •išm va chžm k–t th›c, t“c

•€ c•a c™c •išm va chžm tr†n c™c •¶a theo phŠ—ng vu”ng g‚c v‘i •Š‹ng n“i t®m c•a ch›ng l„ b˜ng nhau

3 X™c •œnh th„nh phŽn v’n t“c tŠ—ng •“i c•a hai •išm ti–p x›c nhau c•a hai •¶a theo phŠ—ng vu”ng g‚c v‘i •Š‹ng n“i t®m c•a ch›ng ngay sau l›c va chžm

Giải

1 R

r

2

)rR(



= 8

(1' 1  ;

RX)

D CH‰nh 3

ba

d

2

1

Theo gi¥ thi–t, sau va chžm, th„nh phŽn vu”ng g‚c c•a v’n t“c d„i c•a c™c ti–p •išm Ÿ hai v„nh •¶a b˜ng nhau:

v= 1'Rv1 '2Rv2 (4)

Gi¥i h• 4 phŠ—ng tr‰nh, 4 ±n: '1, '2, v1;v2;

' 2 2 '

2 1

' 1 2

'

1

mR

ImR

1

mR

I22

)mR

2

mR

I 2 2

) mR

I 2 1 (

( n–u 1>2 v > 0, v’n t“c n„y c‚ hŠ‘ng theo chiƒu quay c•a •¶a 1)

BÄi 8:Cho m€t mol kh¡ l¡ tŠŸng c‚ h• s“ 

V

P

C

C

Bi–t nhi•t dung mol c•a kh¡ n„y ph¨ thu€c v„o nhi•t

•€ tuy•t •“i T theo c”ng th•c C = a + bT, trong •‚ a, b l„ c™c h˜ng s“

1 T¡nh nhi•t lŠ¢ng cŽn truyƒn cho mol kh¡ n„y •š n‚ t¦ng nhi•t •€ t§ T1l†n T2

2 T‰m bišu th•c thš hi•n s… ph¨ thu€c c•a thš t¡ch V v„o nhi•t •€ tuy•t •“i T c•a mol kh¡ n„y

1 2

i

2i

BÄi 9. Cho mžch •i•n c‚ s— •« nhŠ h‰nh v¬ b†n

Cho bi–t: R1 = 3; R2 = 2; C = 100nF ; L l„ cu€n

d®y thuŽn c¥m v‘i L = 0,1H; RA  0;   

Ampe k– v„ von k– l„ ampe k– v„ von k– nhi•t

-‡t v„o hai •Žu A, B hi•u •i•n th–

uAB = 5 2cost (V)

1 D¸ng c™ch v¬ gi¥n •« vect— Frexnen t‰m bišu th•c c•a c™c hi•u •i•n th– hi•u d¨ng

1 R

U , UCv„ cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n hi•u d¨ng qua R2theo hi•u •i•n th– hi•u d¨ng U = UAB, R1, R2, L, C v„ 

2 T‰m •iƒu ki•n c•a  •š ampe k– c‚ s“ ch¹ l‘n nh£t c‚ thš T‰m s“ ch¹ c•a c™c von k– V1v„ V2khi •‚

3 T‰m •iƒu ki•n c•a  •š c™c von k– V1v„ V2 c‚ s“ ch¹ nhŠ nhau T‰m s“ ch¹ c•a ampe k– v„ c™c von k– khi •‚

1

L ; (3)Chi–u (1) l†n 0x v„ 0y c‚:

2 1 2

1

2 1

C

1 L R

R

R R R

R R

2 1

R R

R R

R (*), ch› º t‘i (3) c‚

IL=

2 2

2

C

1 L R

1 R

2

1

C

1 L R

C

1 L R

1

2 1

2 1 R 2

L

C

1 L R

C

1 L R R R

UR I

2

C

1 L R

C

1 L R

U R 2

x

y

UA M

I

IL

IR 1

UM B

UL

UC

0

UC= IL/C =

2 2

2

C

1 L R C

1 R

2 2 1 2

2

2 2

1

) C / 1 L ( R

R R 1

) C / 1 L

(

R

) C / 1 L

2 2 2

1 2

L 25 , 0 R R

), ( 2 , 1 R R

R R

2 1

2 1

L R

2 C

1) Qu¥ cŽu M kh“i lŠ¢ng m •Š¢c n“i v‘i m€t tr¨c thˆng ••ng tži hai •išm

A, B b˜ng hai thanh chiƒu d„i l, kh“i lŠ¢ng kh”ng •™ng kš (kho¥ng c™ch AB =

2a) C™c ch° n“i •ƒu l„ c™c ch“t n†n hai thanh ch¹ bœ kŒo ho‡c nŒn C¥ h• quay

kh”ng ma s™t quanh tr¨c thˆng ••ng v‘i v’n t“c g‚c  kh”ng ••i (xem h‰nh

v¬) T¡nh c™c l…c T v„ T’ m„ v’t m t™c d¨ng l†n c™c thanh AM v„ BM tŠ—ng

•ng C™c thanh bœ kŒo hay bœ nŒn?

2) Tr†n m‡t b„n n˜m ngang c‚ m€t b™n tr¨ c“ •œnh b™n k¡nh R

Trong m‡t phˆng thˆng ••ng vu”ng g‚c v‘i tr¨c O c•a b™n tr¨ ( m‡t

phˆng h‰nh v¬ ) c‚ m€t thanh •«ng ch£t AB chiƒu d„i b˜ng R t…a •Žu

A l†n b™n tr¨, •Žu B Ÿ tr†n m‡t b„n Tr•ng lŠ¢ng c•a thanh l„ P

Kh”ng c‚ ma s™t gi¤a b™n tr¨ v„ thanh H• s“ ma s™t gi¤a m‡t b„n v„

thanh l„ k =

3

3 G‚c  ph¥i tho¥ m n •iƒu ki•n g‰ •š thanh Ÿ tržng th™i c®n b˜ng?

2 2 2

2

a l m

O

A

B

M2a

' M

T

 

T T sin mg

R m cos T T

' M M

2 '

M M

ml T

a

g 2

ml T

2 '

M

2 M

TM >0, chiƒu gi¥ thi–t l„ •›ng TMl„ chiƒu do thanh t™c d¨ng l†n M NgŠ¢c lži, M t™c d¨ng l†n thanh l…c tr…c •“i T V’y thanh AM bœ kŒo

Chi–u (1) xu“ng ox ta c‚: Ncos = F ; (2)

Chi–u (1) xu“ng oy : Nsin + QN = P ; (3) L£y mo men •“i v‘i B : P   NR sin 2 

2

cos R

P 2

sin 2

cos P

N Thay v„o (2) nh’n •Š¢c:

4

g cot P

F   ; (6)

Thay v„o (3) thu •Š¢c: QN= P - Nsin =

4

P 3

(7)Thay (6) v„ (7) v„o (5) c‚:

P 4

3 tg

BÄi 11. Hai b‰nh cao ch•a nŠ‘c, •Š¢c n“i v‘i nhau b˜ng hai “ng AB v„ CD ti–t di•n ngang nh² gi“ng nhau, n˜m ngang, song song v„ c™ch nhau •€ cao h (h‰nh v¬) NŠ‘c Ÿ hai b‰nh •Š¢c gi¤ Ÿ nhi•t •€ T1v„

T2(T1 > T2) -š gi¤ cho nhi•t •€ hai b‰nh kh”ng ••i th‰ ph¥i truyƒn m€t nhi•t lŠ¢ng v‘i c”ng su£t nhi•t

P n„o •‚ t§ ngu«n nhi•t v„o b‰nh n‚ng h—n v„ l£y ra t§ng £y t§ b‰nh lžnh h—n B² qua hi•n tŠ¢ng d¡nh Š‘t, b² qua s… trao ••i nhi•t v‘i b†n ngo„i v„ s… dµn nhi•t c•a “ng

2

h 2  1

; (1)Gi¥ s© tži m…c x, ™p su£t hai b†n nhŠ nhau

h11+ x1= h22+ x2; suy ra:

x =

2 1

1 1 2

BÄi 12 : -‡t trong ch®n kh”ng m€t v¯ng d®y m¥nh, tr¯n, b™n k¡nh R, t®m O,

mang •i•n t¡ch dŠ—ng Q ph®n b“ •ƒu D…ng tr¨c Oz vu”ng g‚c v‘i m‡t phˆng

c•a v¯ng d®y v„ hŠ‘ng theo chiƒu vect— cŠ‹ng •€ •i•n trŠ‹ng c•a v¯ng d®y tži

O (h‰nh v¬) M€t lŠ½ng c…c •i•n c‚ vect— m”men lŠ½ng c…c

q nhŠng tr™i d£u, c™ch nhau m€t kho¥ng c™ch l kh”ng ••i (l<<R), C l„ trung

•išm c•a l Vect— m”men lŠ½ng c…c •i•n l„ vect— hŠ‘ng theo tr¨c lŠ½ng c…c, t§

•i•n t¡ch ®m •–n •i•n t¡ch dŠ—ng, c‚ •€ l‘n p = ql, kh“i lŠ¢ng c•a lŠ½ng c…c l„ kh“i lŠ¢ng c•a hai hžt) B² qua t™c d¨ng c•a tr•ng l…c

z

0R

Q

q-ql

1 X™c •œnh t•a •€ z0 c•a C khi lŠ½ng c…c Ÿ vœ tr¡ c®n b˜ng bƒn v„ khi lŠ½ng c…c Ÿ vœ tr¡ c®n b˜ng kh”ng bƒn? T¡nh chu k‰ T c•a dao •€ng nh² c•a lŠ½ng c…c quanh vœ tr¡ c®n b˜ng bƒn.

2 Gi¥ s© l›c •Žu •išm C n˜m Ÿ •išm O v„ v’n t“c c•a lŠ½ng c…c b˜ng kh”ng T¡nh v’n t“c c…c •ži c•a lŠ½ng c…c khi n‚ chuyšn •€ng tr†n tr¨c Oz

GiÅi:

Th– n¦ng c•a lŠ½ng c…c tži •išm c™ch t®m O c•a v¯ng d®y m€t kho¥ng z l„:

Wt=

2 2

2 2

)2/z(r

kQq)

2/z

Zl 1 {(

z r

kQq )}

z r /(

Zl 1 {(

z r

Zl5,01(zr

kqQ)

zr

Zl5,01(z

r

kqQ

2 2 2

2 2

2 2

)zr

kqQZl



2;

2 2

) Z r

) Z 2 r kqlQ F

z  , tži •išm •‚ th– n¦ng c…c tišu, l„ c®n b˜ng bƒn

z = - r/ 2 , tži •išm •‚ th– n¦ng c…c •ži, l„ c®n b˜ng kh”ng bƒn

Tži •išm c®n b˜ng bƒn (z = r/ 2 ) Khi v’t l•ch x:

Z' = r/ 2 +x Thay v„o (1)

2 5 5 2

5 2 2

5 2 2

2 2

3 r

) kqlQrx 16 )

r 5 , 1 (

) rx 2 2 kqlQ )

) x 2 / r r

) ) x 2 / r 2 r

3rT

4 5 2

2

max

r 5 ,

1

2 / kqlQr

.r

2

vmax  3/4

BÄi 13.Cho v’t nh² A c‚ kh“i lŠ¢ng m v„ v’t B kh“i lŠ¢ng M M‡t tr†n c•a B l„ m€t phŽn m‡t cŽu b™n k¡nh R (xem h‰nh v¬) L›c •Žu B ••ng y†n tr†n m‡t s„n S, b™n k¡nh c•a m‡t cŽu •i qua A h¢p v‘i phŠ—ng thˆng ••ng m€t g‚c • 0 (• 0 c‚ gi™ trœ nh²) Th¥ cho A chuyšn •€ng v‘i v’n t“c ban •Žu b˜ng kh”ng Ma s™t gi¤a A v„ B kh”ng •™ng kš Cho gia t“c tr•ng trŠ‹ng l„ g

1 Gi¥ s© khi A dao •€ng, B ••ng y†n (do c‚ ma s™t gi¤a B v„ s„n S)

a) T‰m chu k¾ dao •€ng c•a v’t A

b) T¡nh cŠ‹ng •€ c•a l…c m„ A t™c d¨ng l†n B khi b™n k¡nh qua

v’t A h¢p v‘i phŠ—ng thˆng ••ng m€t g‚c • • • 0

c) H• s“ ma s™t gi¤a B v„ m‡t s„n S ph¥i tho¥ m n •iƒu ki•n n„o

•š B ••ng y†n khi A dao •€ng?

2 Gi¥i s© ma s™t gi¤a v’t B v„ m‡t s„n S c‚ thš b² qua

a) T¡nh chu k¾ dao •€ng c•a h•

b) L…c m„ A t™c d¨ng l†n B c‚ gi™ trœ c…c •ži b˜ng bao nhi†u?

Q

q-ql

C

Chi–u (1) l†n tr¨c Os (coi nhŠ vu”ng g‚c v‘i b™n k¡nh): mgs/Rm s s ẽ s 0 v‘i ẽ  g / R.V’y A dao •€ng •iƒu ho„ v‘i T  2ƒ R/g

b) Chi–u (1) tr†n phŠ—ng b™n k¡nh: N mgcos• mv2/R

Theo •œnh lu’t b¥o to„n n¦ng lŠ¢ng: 2  0

cos cos

2 /  mgR •  •

-iƒu ki•n •š B ••ng y†n l„: N x kQ v‘i m•i • • 0

V‘i • nh²: N x 3mg 2mgcos• 0• t¿ l• v‘i • n†n c‚ gi™ trœ c…c

•ži khi • • 0

Do •‚: N xmax 3mgcos• 0  2mgcos• 0sin• 0 mgcos• 0 sin• 0

cos 3 cos sin 0

cos

sin cos

•

•

•

m M

m k

cos cos

2

2 2 2 2

2 2

2

1 /

1 2 /

m M

R Mm M

m mR

0 2

2

1 /

1 /

m R

-žo h„m hai v– bišu th•c tr†n theo t:, ta •Š¢c:

R

M m g

/ 1 2 /

v„ b¥o to„n c— n¦ng: cos cos 0

M v

Ta • bi–t v  V  v1  m / M n†n khi Å  0, cosÅ v„ v  Vc…c •ži, do •‚ N c…c •ži V’y

R

V v m mg

N

2 max

) ( 0 cos  

M

m v

1

M

m gR

M m R

M

m mg

BÄi 14. Trong b‰nh k¡n B c‚ ch•a h°n h¢p kh¡ ”xi v„ h†li Kh¡ trong b‰nh c‚ thš th”ng v‘i m”i trŠ‹ng b†n ngo„i b˜ng m€t “ng c‚ kho™ K v„ m€t “ng h‰nh ch¤ U hai •Žu •š hŸ,

trong •‚ c‚ ch•a thu¿ ng®n (™p k– thu¿ ng®n nhŠ h‰nh v¬) Thš t¡ch c•a kh¡

trong “ng ch¤ U nh² kh”ng •™ng kš so v‘i thš t¡ch c•a b‰nh Kh“i kh¡ trong

b‰nh c®n b˜ng nhi•t v‘i m”i trŠ‹ng b†n ngo„i nhŠng ™p su£t th‰ cao h—n n†n

s… ch†nh l•ch c•a m•c thu¿ ng®n trong hai nh™nh ch¤ U l„ h = 6,2 cm

NgŠ‹i ta mŸ kho™ K cho kh¡ trong b‰nh th”ng v‘i b†n ngo„i r«i •‚ng lži

ngay Sau m€t th‹i gian •• d„i •š h• c®n b˜ng nhi•t trŸ lži v‘i m”i trŠ‹ng

b†n ngo„i th‰ th£y •€ ch†nh l•ch c•a m•c thu¿ ng®n trong hai nh™nh l„

cm

h '  2 , 2 Cho O = 16; He = 4

1 H y x™c •œnh t¿ s“ kh“i lŠ¢ng c•a ”xi v„ h†li c‚ trong b‰nh

2 T¡nh nhi•t lŠ¢ng m„ kh¡ trong b‰nh nh’n •Š¢c trong qu™ tr‰nh n‚i

tr†n Bi–t s“ mol kh¡ c¯n lži trong b‰nh sau khi mŸ kho™ K l„ n = 1; ™p

su£t v„ nhi•t •€ c•a m”i trŠ‹ng lŽn lŠ¢t l„ p0  105N / m2; T0  300 K, kh“i lŠ¢ng ri†ng c•a thu¿

/ 6 ,

0 1

0 1 0

1

p

gh p

p T

) 2 ( 1

0 2 2

0 0 2

0 0

p

p p

p T

Ä

So s™nh (1) v„ (2) ta •Š¢c:

) 3 (

1 1 1

0 1 0

Ñ

ÑÄ



2 1

1 1

2

1

h h

h h

Thay s“ ta t¡nh •Š¢c: Ñ 1 , 55

XŒt m€t mol h°n h¢p, g•i h• s“ mol He l„ x, s“ mol H2 l„ y Nhi•t dung mol •ˆng t¡ch c•a He l„ 3R/2, c•a H2 l„ 5R/2 Nhi•t dung mol •ˆng ™p c•a He l„ 5R/2, c•a H2 l„ 7R/2, n†n ta h• phŠ—ng tr‰nh:

5 , 3 5 , 2

Ry Rx

Gi¥i ra ta •Š¢c x 0 , 68 T§ •‚ ta t¡nh •Š¢c:

 

8 , 3 4

32 1







g x

g x m

1

p RT

0

0 0

1

1

T gh nR gh

p

p RT

1 -‚ng kho™ K1 tži th‹i •išm t = 0 H y t‰m bišu th•c ph¨ thu€c th‹i gian t c•a:

a) cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n chžy qua cu€n d®y

b) •i•n t¡ch q1 tr†n b¥n n“i v‘i A c•a t¨ •i•n C1

2 Sau •‚ •‚ng K2 G•i T0 l„ chu k¾ dao •€ng ri†ng c•a mžch LC1 v„ q2 l„ •i•n t¡ch tr†n b¥n n“i v‘i

2

K c•a t¨ •i•n C2 H y t‰m bišu th•c ph¨ thu€c th‹i gian t c•a

cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n chžy qua cu€n d®y v„ c•a q2 trong hai

trŠ‹ng h¢p:

a) Kho™ K2 •Š¢c •‚ng Ÿ th‹i •išm t 1 3T0/ 4

b) Kho™ K2 •Š¢c •‚ng Ÿ th‹i •išm t 2 T0

3 T¡nh n¦ng lŠ¢ng •i•n t§ c•a mžch •i•n ngay trŠ‘c v„ ngay

sau th‹i •išm t2 theo c™c gi¥i thi–t Ÿ c®u 2b Hi•n tŠ¢ng v’t lº n„o x¥y ra trong qu™ tr‰nh n„y?

GiÅi:

a) Chu k¾ dao •€ng c•a mžch LC1:T0  2ƒ /ẽ0  2ƒ LC

-i•n t¡ch q c•a b¥n A c•a t¨ •i•n C1 v„o th‹i •išm t = 0 l„ q 0 Q0 CU0 v„ i 0  0

V„o th‹i •išm t ta c‚: i dq/dt U0 C/Lsin (t/ LC).

hay ( 5 )

4

2 3 2

cos /

C U i

Kº hi•u q12 l„ •i•n t¡ch c•a t¨ ghŒp v„ q' l„ •i•n t¡ch c•a t¨ C2, ta c‚

 3 / 4

sin ' '

q   ẽ -š t¡nh Q' ta ™p d¨ng •œnh lu’t b¥o to„n n¦ng lŠ¢ng:

 C

Q LI

C

Q

2 2 2

1 2

2 ' 2 1

2 0

sin 2

q

2.b) N–u •‚ng K2 v„o th‹i •išm t 2 T0 th‰ ta c‚:

 T0 CU0cos 2 CU0 Q0 ( 7 )

q  ƒ   v„ i T0  0 ( 8 )Tži th‹i •išm n„y hai t¨ C1 v„ C2m´c song song, t¨ C1 t¡ch •i•n t¡ch Q0 c¯n t¨ •i•n C2 th‰ kh”ng t¡ch •i•n, d¯ng trong mžch b˜ng kh”ng Do v’y, ngay sau •‚ lŠ¢ng •i•n t¡ch Q0n„y tr†n t¨ C1 s¬ ph®n b“ lži cho c¥ hai t¨ •i•n Qu™ tr‰nh ph®n b“ n„y x¥y ra r£t nhanh trong khi •i•n t¡ch chŠa kœp dœch chuyšn qua cu€n d®y, v‰ tži th‹i •išm n„y i 0 v„ s… thay ••i cŠ‹ng •€ d¯ng •i•n qua cu€n c¥m bœ c¥n trŸ do h• s“ t… c¥m (g®y ra c¥m kh™ng), •i•n t¡ch hŽu nhŠ ch¹ truyƒn qua c™c kho™ v„ d®y n“i V‰ hai t¨

•i•n c‚ •i•n dung nhŠ nhau n†n •i•n t¡ch Q0 •Š¢c ph®n b“ •ƒu cho hai t¨ •i•n

Sau khi •i•n t¡ch •Š¢c ph®n b“ •ƒu tr†n hai t¨ •i•n, trong mžch lži c‚ dao •€ng •i•n t§ v‘i tŽn s“

(

2 2

LC

t I

T t I

i

t T

Q q

Q I

0 2

LC

t L

C U

0 2

Q

4 2

1 2 2

2 0 2

B€i 16:Một mol kh¢ l¢ tưởng thực hiện qu€ tr‹nh gi±n nở từ trạng th€i 1

(P0, V0) đến trạng th€i 2 (P0/2, 2V0) c• đồ thị trˆn hệ toạ độ P-V như

h‹nh vẽ Biểu diễn qu€ tr‹nh ấy trˆn hệ toạ độ P-T v• x€c định nhiệt

độ cực đại của khối kh¢ trong qu€ tr‹nh đ•

- Thay v•o (*) ta c• phương tr‹nh đoạn thẳng đ• : 0 0

P =

4 th‹ nhiệt độ chất kh¢ l• T = Tmax = 9V P 0 0

8R

- Đồ thị biểu diễn qu€ tr‹nh đ• trˆn hệ toạ độ T-P l• một trong hai đồ thị dưới đ£y :

B€i 17: Cho N điện t¢ch dương q như nhau, nằm c€ch đều nhau trˆn một đường tr¦n t£m O b€n k¢nh R

Cần đặt tại t£m đường tr¦n một điện t¢ch bằng bao nhiˆu để hệ c£n bằng ? Khảo s€t thˆm với c€c trường hợp riˆng N = 3 v• N = 4

GiĐi:

Chia l•m hai trường hợp N chẵn v• N lẻ để xºt:

* X†t với N lẻ: Gọi điện t¢ch của c€c điện t¢ch dương l• q Xºt lực

t€c dụng lˆn một điện t¢ch ở điểm C bất kỳ Trừ điện t¢ch ở C ra, c€c

điện t¢ch c¦n lại đều c• vị tr¢ đối xứng với nhau từng đ¬i một qua

đường k¢nh qua CO

- Đ€nh dấu c€c điện t¢ch ở về hai ph¢a của

đường k¢nh qua OC lần lượt l• 1, 2,…, n ( với n = (N -1 )/2);

sao cho c€c cặp điện t¢ch đối xứng nhau mang cšng số thứ tự v• những điện t¢ch mang số nhỏ nằm gần điểm C

- Hai điện t¢ch thứ i t€c dụng hai lực đẩy Fi lˆn điện t¢ch ở C c• độ lớn bằng nhau như trˆn h‹nh vẽ:

2R sin 2R sin 2R sin

1 2

F i

i

i i

r

i

x

b a

- Do đ•, hợp lực m• (N - 1) điện t¢ch dương kh€c t€c dụng lˆn điện t¢ch C c• phương của đường k¢nh OCx, hướng ra xa t£m O, với độ lớn:

2 (N-1)/2 2

i = 1

kq

F =

πi 2R sin

Hay :

2 (N-1)/2 2

* X†t với N chẵn : Xºt tương tự như trˆn, nhưng sẽ c¦n một điện t¢ch dương q đối xứng với điện t¢ch

C qua t£m O Do đ• lực đẩy tổng hợp lˆn điện t¢ch ở C theo hướng OCx l•:

(N-2)/2 2

B€i 18: X€c định hiệu suất của hệ thống 3 r¦ng rọc ở h‹nh bˆn Biết

hiệu suất của mỗi r¦ng rọc l• 0,9 Nếu kºo một vật trọng lượng

10N lˆn cao 1 m th‹ c¬ng để thắng ma s€t l• bao nhiˆu ?

H H

3

F P F

B€i 19: Cho hệ thống như h‹nh vẽ Biết khối lượng của mỗi r¦ng rọc, vật m1

v• vật m2 lần lượt l• 0,2 kg; 6 kg v• 4 kg AB = 3BC, bỏ qua ma s€t v• khối

lượng của c€c d£y nối Hỏi hệ thống c• c£n bằn kh¬ng ? Tại sao?

2 38( ) 1,5 RR 1,5

m  kg< m2 = 4kg Vậykhi treo m2 = 4 kg v•o r¦ng rọc th‹ hệ thống kh¬ng c£n bằng m• vật

m1sẽ chuyển động lˆn trˆn c¦n m2 sẽ chuyển động xuống dưới

B€i 20:Để kºo nước từ dưới giếng s£u lˆn được dễ d•ng, người

ta sử dụng hệ thống r¦ng rọc như h‹nh vẽ Biết O, O' l• hai trục

quay cố định, mỗi r¦ng rọ c• b€n k¢nh r = 10 cm, tay quay OA

d•i 50 cm Trọng lượng của một g•u nước l• P = 100N

a Tay quay OA nằm ngang, t¢nh độ lớn của lực kºo Fk t€c

dụng lˆn tay quay để giữ cho g•u nước đứng yˆn Dšng hệ

thống n•y ta được lợi bao nhiˆu lần về lực ? Bỏ qua khối

lượng của d£y nối v• c€c lực cản

b Người đ• l•m việc liˆn tục trong nửa giờ th‹ kºo được bao

nhiˆu m3v• c¬ng cần thực hiện l• bao nhiˆu ? Biết mỗi lần kºo

được một g•u nước th‹ mất 1 phÃt, h = 10m, khối lượng riˆng của

nước l• D = 1000 kg/m3v• độ lớn của lực kºo coi như kh¬ng đổi

B€i 21: Cho sơ đồ như h‹nh vẽ Biết:Mặt phẳng nghiˆng c•

l = 60 cm, h = 30 cm Thanh AB đồng chất tiết diện đều c•

khối lượng 0,2 kg v• 2

5

OA AB, m2 = 0,5 kg.Hỏi m1bằng bao nhiˆu để hệ thống c£n bằng Bỏ qua ma s€t v• khối lượng của d£y nối

  (1)

2 2

AB AB

F AB P OB P GB

P OB P GB F

(0,6 0,5 ) (0, 6.5 0,5.2).0, 6

8( ) 0,3

B€i 22: C€c electron được tăng tốc từ trạng th€i nghỉ trong một điện trường c•

hiệu điện thế U = 103(V) v• tho€t ra từ điểm A theo đường Ax Tại điểm M c€ch A

một đoạn d = 5(cm), người ta đặt một tấm bia để hứng chšm tia electron, m•

đường thẳng AM hợp với đường Ax một g•c  = 600

a) Hỏi nếu ngay sau khi tho€t ra từ điểm A, c€c electron chuyển động trong một

từ trường kh¬ng đổi vu¬ng g•c với mặt phẳng h‹nh vẽ X€c định độ lớn v•

chiều của vºc tơ cảm ứng từ B để c€c electron bắn trÃng v•o bia tại điểm M?

b) Nếu vºc tơ cảm ứng từ B hướng dọc theo đường thẳng AM, th‹ cảm ứng từ B phải bằng bao nhiˆu để c€c electron cũng bắn trÃng v•o bia tại điểm M? Biết rằng B ≤ 0,03 (T)

Cho điện t¢ch v• khối lượng của electron l•: -e = -1,6.10-19(C), m = 9,1.10-31(kg) Bỏ qua t€c dụng của trọng lực

chịu t€c dụng của lực Lorenxơ, c• độ lớn FL= evB, để e bắn v•o bia tại M th‹ FL

c• hướng như h‹nh vẽ

 B



c• chiều đi v•o

V‹ B  v nˆn lực lorenxơ đ•ng vai tr¦ l• lực hướng t£m, l•m e chuyển động tr¦n đều, b€n k¢nh

quỹ đạo l• R = OA =OM

Ta c• FL = maht  evB =

R

v m

 B



L F









Ph£n t¢ch: vv v// với v= v.sin• = 1,62.107m/s, v//=v.cos• =0,938.107m/s + ) Theo v

, dưới t€c dụng của lực Lorenxơ l•m e chuyển động tr¦n đều với b€n k¢nh R=mv

, th‹ e chuyển động tịnh tiến theo hướng của B, với vận

n = 3 th‹ B = 0,0201T; n = 4 th‹ B = 0,0268T

B€i 23:Cho cơ hệ gồm khung d£y ABDE như h‹nh vẽ, được đặt

nằm trˆn mặt phẳng nằm ngang Biết l¦ xo c• độ cứng k, đoạn d£y

MN d•i , khối lượng m tiếp xÃc với khung v• c• thể chuyển

động tịnh tiến kh¬ng ma s€t dọc theo khung Hệ thống đặt trong từ

trường đều c• vºc tơ cảm ứng từB

vu¬ng g•c với mặt phẳng của khung v• c• chiều như h‹nh vẽ K¢ch th¢ch cho MN dao động Bỏ

qua điện trở thuần của khung d£y Chứng minh thanh MN dao

động điều h¦a v• t¢nh chu k‹ dao động trong hai trường hợp sau:

1) Nối hai đầu B, D với tụ c• điện dung C

2) Nối hai đầu B, D với cuộn cảm thuần c• độ tự cảm L

Giải:

1) Chọn trục tọa độ Ox như h‹nh vẽ, gốc O tại VTCB.

+) Xºt tại thời điểm t bất k‹ thanh MN qua vị tr¢ c• li độ x v•

chuyển động sang bˆn phải như h‹nh vẽ

+) Từ th¬ng biến thiˆn l•m xuất hiện sđđ cảm ứng: ecư= Blv

+) Chiều d¦ng điện xuất hiện trˆn thanh MN được x€c định theo

quy tắc b•n tay phải v• c• biểu thức: dq dv

Chọn trục tọa độ Ox như h‹nh vẽ, gốc O tại VTCB.

+) Xºt tại thời điểm t bất k‹ thanh MN qua vị tr¢ c• li độ x v•

chuyển động sang bˆn phải như h‹nh vẽ

+) Từ th¬ng biến thiˆn l•m xuất hiện sđđ cảm ứng: ecư= Blv

+) D¦ng điện qua cuộn cảm l•m xuất hiện suất điện động tự



+) Thanh MN chuyển động trong từ trường chịu t€c dụng của lực từ F t

ngược chiều chuyển động v• c• độ lớn: Ft= iBl =

O

t g

Khi y2 = 0 ta c• thời gian chuyển động của người :

v m

.

2 sin

1

2 2

2 sin

1

m m

g m

2 sin

.

1

m m

g m

30 sin 2

2 10 160

0

 = 4 (m/s)

B€i 25.Một quả b•ng bowling h‹nh cầu, đồng chất c• b€n

k¢nh R, khối lượng m, được nºm theo phương ngang dọc

theo r±nh chạy nằm ngang ở trạng th€i ban đầu kh¬ng quay

a T¢nh đoạn đường b•ng chuyển động dọc theo r±nh

trước khi n• bắt đầu lăn kh¬ng trượt Giả sử b•ng kh¬ng bị

nảy lˆn Cho biết : Vận tốc nºm l• v0

c• phương ngang Hệ số ma s€t giữa b•ng v• r±nh l• k.Gia tốc trọng trường l• g

b Çp dụng bằng số : v0 = 4 (m/s) ; k = 0,2 ; g = 10 (m/s2

)

Giải:

a T¢nh đoạn đường b•ng chuyển động dọc theo r±nh trước khi n• bắt đầu lăn kh¬ng trượt Giả

= = x0 + v0t - 2

2 t m

=

I

fR m f

v

2 0



(12)

* Tại thời điểm t = t/

b•ng chuyển động lăn kh¬ng trượt, thay (12) v•o (9) với x0 = 0 ta được :

v

2

2 0

-2

2 0

v m

v

49

12 2 0

Đoạn đường b•ng chuyển động dọc theo r±nh trước khi n• bắt đầu lăn kh¬ng trượt :

x =

g k

v

49

v

49

12 02

= 1 , 96

10 2 , 0 49

4

12 2

B€i 26 Một vật c• khối lượng m c• thể trượt kh¬ng ma s€t trˆn một c€i nˆm

ABC ; AB = , Cˆ = 900

, Bˆ = • Nˆm ban đầu đứng yˆn, c• khối lượng M

v• c• thể trượt kh¬ng ma s€t trˆn mặt s•n nằm ngang ( như h•nh vẽ )

Cho vật m trượt từ đỉnh A của nˆm kh¬ng vận tốc đầu

a Thiết lập biểu thức t¢nh gia tốc a của vật đối với nˆm v• gia tốc a0 của

a T¢nh gia tốc a của vật đối với nˆm v• gia tốc a0 của nˆm đối với s•n

- Chọn hệ tục tọa độ xOy như h‹nh vẽ

- Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi xuống sang phải thi nˆm phải

sang tr€i  gi€ trị đại số gia tốc của nˆm l• a0 < 0

+ Vật m chịu t€c dụng của 2 lực : trọng lực mg

, phản lực N

của nˆm

vu¬ng g•c với AB ( như h•nh vẽ bƒn )

+ Gia tốc của vật đối với s•n : a1

= a+ a0+ Phương tr‹nh chuyển động của vật :

Theo phương AB : mgsin• = m(a + a0.cos• ) (1)Theo phương v¬ng g•c với AB : N - mgcos• = m a0 sin• (2)+ Phương tr‹nh chuyển động của nˆm chịu th•nh phần nằm ngang

cos m M

mg M

Thế v•o phương tr‹nh (3) ta được :

a0 =

-M

m M

mg M

cos sin

=

-) sin (

2

2 sin

2

Å

Å

m M

mg

Thế v•o phương tr‹nh (1) ta được :

mgsinÅ = m(a +

(-) sin (

2

2 sin

2

Å

Å

m M

mg

 ).cosÅ )

 mgsinÅ = m.a

-) sin (

2

2 sin

2 2

Å

ÅÅ

m M

soc g

m



 a = gsinÅ +

) sin (

2

cos 2 sin

2

Å

ÅÅ

m M

mg



=

) sin (

2

cos 2 sin sin

2 sin 2

2 3

Å

ÅÅÅ

Å

m M

mg mg

2

cos sin 2 ) cos 1 ( sin 2 sin 2

2

2 2

Å

ÅÅ

ÅÅ

Å

m M

mg mg

m M

g m M

a0 =

-) sin (

2

2 sin

2

Å

Å

m M

mg



=

-) 30 sin 1 , 0 2 , 0 ( 2

60 sin 10 1 , 0

0 2 0

m M

g m M

30 sin 10 ).

1 , 0 2 , 0 (

92 , 1 (

3

20 2 ) 92 , 1 ( 3

Mặt kh€c :

1

sin sin

a a

30 sin 3

= 0,6536

 † = 40,80

Quỹ đạo vật m l• đường thẳng AD nghiˆng g•c 40,80

so với phương ngang.Xºt tam gi€c ACD với AC = 0,5 m ta c• : tan† =

OD AC

5 , 0

= 0,58 (m)Vậy ho•nh độ của vật m l• 0,58 (m)

Trong thời gian vật đi xuống th‹ nˆm trượt sang tr€i v• khi B tršng với D th‹ C ở vị tr¢ C/

với ho•nh độ : x2 = - ( CB - OD ) = - ( AB.cos• - OD)

= - ( 1.cos300

- 0,58) = - 0,29 (m)

B€i 27 Trong kh¬ng kh¢ : Một tụ điện c• cấu tạo bởi một h‹nh cầu A v• một vỏ

cầu B đồng t£m b€n k¢nh RA v• RB Bản A được nối với một sợi d£y dẫn d•i

mảnh, đầu C c• treo hai quả cầu kim loại nhỏ giống hệt nhau l• m v• m/

Quảcầu c• b€n k¢nh r v• khối lượng M Chiều d•i 2 đoạn d£y dẫn Cm = Cm/ =  (

như h•nh vẽ )

Đặt A ở điện thế V c¦n B nối đất th‹ g•c giữa Cm v• Cm/ l• 2•

a Thiết lập biểu thức t¢nh điện t¢ch Q của tụ điện Biết điện dung của tụ

được x€c định bằng c¬ng thức C =

A B

B A R R

R R



.

), • = 150

T¢nh C, V v• Q

Giải:

*a Thiết lập biểu thức t¢nh điện t¢ch Q của tụ điện

Điện thế của A l• V nˆn điện thế của m v• m/

0 ( 2 sin )

) 4 (

4

1

•

ớ ƒ ớ

V r

=

•

ớ ƒ

2 2

2 2 0

sin

.



V r

Ngo•i ra, khi c£n bằng ta c• : F = M.g.tan•

2 2 0

sin

.

.

.



V r

.

ớ ƒ

2 sin tan

ớ ƒ

B A R R

R R



.

4ƒ ớ0

 Q = C.V =

A B

B A R R

R R



.

4ƒ ớ0

0

2

2 sin tan

ớ ƒ

•

r



=

2

2 sin tan

r R R

R R

A B

B A R R

R R



.

4ƒ ớ0

4 12

10 4 10 10

10 10 4 10 86 , 8 14 , 3 4

2 sin tan

ớ ƒ

3

0 2

10 86 , 8 14 , 3 2

30 sin 8 , 9 10 1 , 0 10 6

15 tan 10 8

B€i 28. Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo v•o đầu sợi d£y l¢ tưởng, chiều d•i

l = 20cm như H‹nh 1 Dšng vật nhỏ m = 50g c• tốc độ v0 bắn v•o M Bỏ qua sức

cản của kh¬ng kh¢ Lấy g = 10m/s2 Coi va chạm l• tuyệt đối đ•n hồi

mv

2

mv

Mv mv

mv

2 2 2

1

2

0

2 1

m 2 v

M m v Mgl 2

b/ Để M chuyển động hết v¦ng tr¦n, tại điểm cao nhất E: vE  gl

m 2

M m v 2

Mv l 2 Mg

2

Mv

0 E 2

c/ Khi

2

7 3

v0  m/s <

2

10 3

=> M kh¬ng lˆn tới điểm cao nhất của quĩ đạo tr¦n

Lực căng của d£y:

l

mv cos

mg T

Từ D vật M chuyển động như vật nºm xiˆn Dễ d•ng t¢nh được g•c COD = 300

* Nếu HS t¢nh kỹ hơn É c/ c• thể thưởng điểm

B€i 29 Cho mạch điện gồm thanh dẫn điện c• khối lượng m, chiều d•i l,

được treo ở hai đầu v•o chất điện m¬i nhờ 2 l¦ xo giống nhau bằng kim loại

c• độ cứng k, khối lượng kh¬ng đ€ng kể Thanh được đặt nằm ngang

trong từ trường đều c• cảm ứng từ B

vu¬ng g•c với mặt phẳng chứa thanh dẫn v• l¦ xo Đầu trˆn của hai l¦ xo được nối với 2 cực của tụ điện c• điện

dung C (h‹nh 1) Bỏ qua điện trở của thanh Người ta kºo thanh ra khỏi

vị tr¢ c£n bằng theo phương thẳng đứng đoạn nhỏ, sao cho thanh lu¬n nằm

v0

O

Mm

l

D

O

CE

HÉnh 1

C + B

ngang rồi bu¬ng tay Chứng tỏ thanh dao động điều ho• T¢nh chu kỳ dao

động

Giải:

Chọn Ox hướng thẳng đứng xuống dưới O tršng vị tr¢ c£n bằng

- Khi thanh chuyển động cắt c€c đường cảm ứng từ th‹ trˆn thanh xuất hiện

- suất điện động cảm ứng: E = Blv = Blx' (x' = v =

dt

dx

)Khi đ• trˆn tụ điện c• Êiện t¢ch q = C.E = BlCx' v• cường

độ d¦ng điện trˆn mạch l•: i =

dt

dq

= CBlx"

D¦ng điện n•y sinh ra lực từF

t€c dụng lˆn thanh c• t€c dụng chống lại sự xuất hiện của i V‹ vậy Flu¬n ngược chiều với vºc tơ gia tốc a

k

đặt :

C l B m

k

2 2

2

2 2



B€i 30: Hai vật c• khối lượng m1 v• m2 được nối với nhau bằng

một sợi d£y nhẹ, kh¬ng d±n vắt qua một r¦ng rọc c• trục quay

nằm ngang v• cố định gắn v•o mºp b•n (h‹nh 3) R¦ng rọc c•

momen qu€n t¢nh I v• b€n k¢nh R Coi rằng d£y kh¬ng trượt trˆn

r¦ng rọc khi quay Biết hệ số ma s€t giữa vật m2 v• mặt b•n l• ,

B€i 31 : Một con lắc đơn, gồm vật nặng m = 0,2kg, d£y treo nhẹ,

kh¬ng d±n c• chiều d•i l = 1m được treo ở A c€ch mặt đất l• H =

4,9m Truyền cho m một vận tốc theo phương ngang để n• c• động

năng Wđ Con lắc chuyển động đến vị tr¢ d£y treo lệch g•c   600

BD

U

C + B 0

so với phương thẳng đứng th‹ d£y treo bị đứt, khi đ• vật m c• vận tốc v0= 4 m/s Bỏ qua mọi lực cản v• ma s€t Lấy g = 10m/s2

1 X€c định động năng Wđ

2 Bao l£u sau khi d£y treo đứt, vật m sẽ rơi đến mặt đất

3 Nếu từ vị tr¢ của vật khi d£y treo bị đứt c• căng một sợi d£y kh€c nghiˆng với mặt đất một g•c

B€i 32: Một v•nh tr¦n b€n k¢nh R, khối lượng M ph£n bố đều Trˆn

v•nh gắn một vật nhỏ khối lượng m (h.1) Kºo cho v•nh lăn kh¬ng

trượt trˆn mặt ngang để t£m của v•nh c• vận tốc kh¬ng đổi v0 Hỏi

v0 phải thoả điều kiện g‹ để v•nh kh¬ng nảy lˆn?

c• phương tršng b€n k¢nh v¦ng tr¦n đi qua vật v• Q

hướng tiếp tuyến với v¦ng tr¦n như h‹nh vẽ:

a m N Q

R

mv20(3)

-Fyc• gi€ trị lớn nhất khi g•c  = 0 ( vật ở cao nhất): Fymax=

R

mv0

- mgTheo định luật Newton III, lực do vật t€c dụng lˆn v•nh l• F’ymax=Fymax

Điều kiện để v•nh kh¬ng bị nảy lˆn l•: F’ymax  Mg

v0  

Để v•nh chuyển động với vận tốc kh¬ng đổi (theo giả thiết) th‹ phải c• lực t€c dụng lˆn v•nh Lời giải trˆn chỉ đÃng cho trường hợp lực t€c dụng n•y kh¬ng c• th•nh phần thẳng đứng

B€i 33 Một thanh AB đồng chất khối lượng m, tiết diện đều, c• khối t£m G,

chiều d•i 2d Đặt đầu A trˆn mặt đất nằm ngang v• nghiˆng một g•c Å 0

so với mặt đất (h.2) Bu¬ng nhẹ thanh, thanh đổ xuống kh¬ng vận tốc đầu

Giả sử đầu A trượt kh¬ng ma s€t trˆn mặt đất

a X€c định quỹ đạo của khối t£m G

b T¢nh vận tốc của G khi thanh chạm đất

LÄu å: Momen qu€n t¢nh của thanh đối với đường trung trực l• 2

3

1 md I

Giải:

a) Do kh¬ng c• lực t€c dụng theo phương ngang nˆn khối t£m G chuyển động theo phương thẳng đứng Quỹ đạo của G l• đoạn thẳng vu¬ng g•c với mặt đất v• đi qua vị tr¢ ban đầu của n• T£m quay tức thời của thanh l• O như h‹nh vẽ Khi thanh chạm đất, g•c nghiˆng dần

tới 00, O dần tới A nˆn vận tốc g•c của thanh:

 =

d

v OG

vG G

 (1)Khi thanh chạm đất thế năng đ± chuyển th•nh động năng của chuyển

động quay:

) 2 ( 2

I sin mgd

2

0 



Trong đ• Io l• m¬ men qu€n t¢nh đối với trục quay tức thời O :

2 2

G

3

4 OG m I



2

sin gd 3

G





B‹i 34. Một xi lanh như h‹nh vẽ (h.3) chứa kh¢ lÉ tưởng, được đ•ng k¢n bằng một

pitt¬ng khối lượng M, tiết diện S, c• thể chuyển động trong xilanh LÃc đầu giữ pitt¬ng

ở vị tr¢ sao cho €p suất trong b‹nh bằng €p suất kh¢ quyển bˆn ngo•i Th•nh xilanh

v• pitt¬ng đều c€ch nhiệt.Bu¬ng pitt¬ng, pitt¬ng chuyển động từ vị tr¢ ban đầu đến

vị tr¢ cuối cšng c• độ cao h so với đ€y xilanh Tuy nhiˆn, trước khi đạt đến vị tr¢ c£n bằng n•y, pitt¬ng đ± thực hiện những dao động nhỏ Giả sử trong giai đoạn pitt¬ng dao động nhỏ, qu€ tr‹nh biến đổi của kh¢ l• thuận nghịch, h±y t¢nh chu kỳ dao động nhỏ đ•

x 1

1

1 Nếu bỏ qua lực ma s€t giữa pitt¬ng v• th•nh b‹nh th‹:

"

Mx h

x S p

"

Mx Mg S h

x 1 p

"

x   1

Dao động l• điều ho• với tần số g•c:

Mh

) S p Mg

(  0







B€i 35 Hai thanh kim loại song song, cšng nằm trong mặt phẳng ngang,

c€ch nhau một khoảng l, điện trở kh¬ng đ€ng kể v• c• một đầu nối

v•o điện trở R  0 , 5  Một đoạn d£y dẫn CD, chiều d•i l, điện trở



 0 , 3

r , khối lượng m 0 , 1kgđặt nằm trˆn v• thẳng g•c với hai thanh

kim loại Tất cả đặt trong một từ trường đều c• vectơ cảm ứng từ B

thẳng đứng, hướng xuống (h.4).Kºo d£y CD bằng một lực F

kh¬ng đổi để đoạn d£y chuyển động về ph¢a phải Khi d£y CD trượt kh¬ng ma s€t trˆn hai thanh kim loại với vận tốc đều v 2m/s th‹ hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R

v l

=1,6NLực F 

v

2 2 S

v ) R ( m dv l B

) R ( m dx

2 3

) R ( U

R mv

 = 0,25m

B€i 36 Một b€nh xe kh¬ng biến dạng khối lượng m, b€n k¢nh R, c• trục h‹nh trụ b€n k¢nh r tựa lˆn hai đường ray song song nghiˆng g•c α so với mặt phẳng nằm ngang như h‹nh vẽ 1 Cho biết hệ số ma s€t của đường ray với trục b€nh xe l• μ, momen qu€n t¢nh của b€nh xe (kể cả trục) đối

với trục quay qua t£m l• I = mR2

a Giả sử trục b€nh xe lăn kh¬ng trượt trˆn đường ray T‹m lực ma s€t giữa

C

Di

i

rrrr

gsinα a

R

2 ms





b Để b€nh xe chỉ trượt trˆn đường ray, lực ma s€t đạt gi€ trị cực đại

0 msmax

R F



 (do α  α0)

μ R

r R tanα 2

2 2 0







B€i 37 Một v¦ng nhẫn nhỏ được luồn qua một sợi chỉ mảnh, trơn,

kh¬ng d±n, d•i L Hai đầu sợi chỉ được buộc v•o hai điểm cố định A, B

c€ch nhau AB = l < L v• AB tạo với phương ngang một g•cα(h‹nh vẽ

3) Từ A thả cho v¦ng nhẫn bắt đầu trượt xuống dọc sợi chỉ Cho gia tốc

AM AO.AH

V•

(**) 2

sinα β

sin - 1 L 2

sinα Lcosβ

h

sinα Lcosβ

2h

sinα OH

Lcosβ sinα

OA)cosβ (L

sinα OB.cosβ

OH

h

2

l l

l

l l

2

sinα cosα

L

1 2

L h

2 2 2 2

•

l L l

lsinα α

cos L

g 2gh

v   2 l2 2 g

B€i 38. Cho cơ hệ như h‹nh vẽ Vật M c• khối lượng m = 200g, được treo bằng sợi d£y

buộc v•o trục r¦ng rọc R2 L¦ xo nhẹ c• độ cứng k = 45N/m, một đầu gắn v•o trục r¦ng

rọc R2, c¦n đầu kia gắn v•o đầu sợi d£y vắt qua R1, R2 đầu c¦n lại của d£y buộc v•o

điểm B Bỏ qua ma s€t ở c€c r¦ng rọc, coi d£y kh¬ng d±n Kºo vật M xuống dưới vị tr¢

c£n bằng một đoạn 5cm rồi thả nhẹ Chứng minh vật M dao động điều ho• v• viết

phương tr‹nh dao động n• Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở

VTCB của M Xºt hai trường hợp:

1 Bỏ qua khối lượng c€c r¦ng rọc

2 Bỏ qua khối lượng r¦ng rọc R1; r¦ng rọc R2 c• dạng h‹nh trụ đặc khối lượng m =

B A

R 1

R 2

M

O

- Phương tr‹nh (5) c• nghiệm : x = Acos(Çt à) trong đ• A , Ç,à l• những hằng số.

Vậy vật M dao động điều ho• + Chọn gốc thời gian l• lÃc

B€i 39: Một khối gỗ kh¬ng ngấm nước c• dạng h‹nh ch•p tứ gi€c đều, nổi trˆn mặt nước (đỉnh ở ph¢a

trˆn mặt nước) Phần nổi c• chiều cao l• h = 10m Biết khối lượng riˆng của gỗ v• nước lần lượt l• 900kg/m3 v• 1000kg/m3 X€c định chu k‹ dao động bº của khối gỗ theo phương thẳng đứng

3

sh

h S

h V V

Khối gỗ sẽ nổi c£n bằng nếu lực Acsimet = trọng lượng của n•

k x

0 '  2x 

x Ç

m

k 9

Ç

B A

R 1

R 2 M

P

T

T F

B A

R 1

R 2 M

P

T 2

T 1 F

H h

3 n.

b

h g

2 3g





 

    ≈ 10,9 s

B€i 40:Cho một vật mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng ph£n bố đều c• dạng nửa

h‹nh tr¦n khối lượng m, đường k¢nh AB = 2R

1 X€c định vị tr¢ khối t£m của vật

2 Vật c• thể quay kh¬ng ma s€t xung quanh trục quay nằm ngang đi qua đầu

A của đường k¢nh AB v• vu¬ng g•c với mặt phẳng chứa vật (h‹nh vẽ) Kºo vật

lệch khỏi vị tr¢ c£n bằng một g•c nhỏ rồi thả nhẹ Chứng tỏ vật dao động điều h¦a,

t‹m chu k‹ Cho gia tốc rơi tự do l• g

2 R

sin d(sin ) m



3

2 R 3m



Thay m =  2

R 2

dx

R x O

A

G O



 

Định lí Stainer: IA= IG+ m.AG2; IO= IG+ m.OG2

 IA= IO+ m(AG2- OG2) = 0,5mR2+ mR2 = 1,5mR2

Thay vào (1)  - mgR

2

16 9 3

2

R 2g 16 9



 

B€i 41 Một chiếc vòng mảnh bằng điện môi có khối lượng m, tích điện Q phân bố đều Vòng lăn

không trượt (do quán tính) trên mặt phẳng ngang cách điện trong vùng từ trường đều có véc tơ cảm ứng

cos cos

mg F

mg

2 2



B€i 42 Một vòng dây bán kính R = 5cm tích điện Q phân bố

đều trên vòng dây, vòng dây đặt trong mặt phẳng thẳng đứng

Quả cầu nhỏ m = 1g tích điện q = Q treo bằng sợi dây mảnh

(cách điện) vào điểm cao nhất của vòng dây Khi cân bằng,

quả cầu nằm trên trục của vòng dây Chiều dài của dây treo

O

- Trong đó ta phải tìm F 

là lực điện do vòng dây tác dụng lên điện tích q

- Định luật Cu-lông chỉ cho phép tính lực điện tương tác giữa hai điện tích điểm Trường hợp này, để tính lực điện tương tác giữa vòng dây và điện tích điểm, ta phải tìm cách đưa về trường hợp tương tác giữa hai điện tích điểm để có thể áp dụng được định luật Cu-lông Muốn vậy, ta làm như sau:

- Vì vòng dây tích điện đều theo chiều dài, nên chia vòng dây thành vô số những phần nhỏ thỏa mãn:+ Bất kỳ phần tử nào cũng có một phần tử đối xứng với nó qua tâm vòng dây (dây có dạng đối xứng).+ Các phần được coi là điện tích điểm, có điện tích bằng nhau và bằng Q

- Vòng dây và q tích điện cùng dấu nên lực điện là lực đẩy

- Lực điện do hai yếu tố đối xứng  Q tác dụng lên q là:    F  F  1   F  2

l

Bài 43: Hai quả cầu cùng khối lượng m, tích điện giống nhau q, được nối với nhau bằng lò xo nhẹ cách

điện, độ cứng K, chiều dài tự nhiên l 0 Một sợi chỉ mảnh, nhẹ, cách điện, không dãn, có chiều dài 2L, mỗi đầu sợi chỉ được gắn với 1 quả cầu Cho điểm giữa (trung điểm) của sợi chỉ chuyển động thẳng đứng lên với gia tốc a 

, a g2

 thì lò xo có chiều dài l và l 0 < l < 2L Tính q.

Giải:

- Trong hệ quy chiếu quán tính gắn với quả cầu, hệ cân bằng

- Lò xo dãn nên lực đàn hồi hướng vào trong lò xo

- Điều kiện cân bằng: P     F +F +T+F = 0 • •h   qt 

- Chiếu lên xOy:

0

l

l l

O

•

F

