Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Chuyển động tròn đều và chuyển động tròn không đều

Chuyển động tròn là một trong những chủ đề quan trọng trong vật lý, xuất hiện rộng rãi trong thực tế, từ sự quay của bánh xe, chuyển động của vệ tinh quanh Trái Đất cho đến hệ thống truyền động trong máy móc... Nó cũng là chủ đề rất quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi môn vật lí, các kì thi olympic vật lí. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu chi tiết về các khái niệm quan trọng như tốc độ góc, gia tốc hướng tâm, lực hướng tâm, cũng như ứng dụng của các định luật Newton trong bài toán chuyển động tròn đều và không đều.

Bài viết không chỉ trình bày lý thuyết mà còn cung cấp hệ thống bài tập vận dụng, từ cơ bản đến nâng cao, giúp bạn nắm vững kiến thức và áp dụng vào thực tế. Chúng tôi cũng sẽ hướng dẫn cách sử dụng công thức tính vận tốc trong chuyển động tròn và cách giải các bài toán liên quan đến chu kỳ, tần số quay, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến. Với mỗi bài toán, chúng tôi sẽ đưa ra hướng dẫn giải chi tiết, giúp bạn hiểu rõ bản chất vật lý và áp dụng đúng phương pháp giải.

Nếu bạn là học sinh đang ôn tập cho các kỳ thi hoặc một người yêu thích vật lý muốn tìm hiểu sâu hơn về động lực học quay, bài viết này sẽ là nguồn tài liệu hữu ích. Đặc biệt, bài viết còn bao gồm các bài tập tự giải, giúp bạn thực hành và kiểm tra mức độ hiểu biết của mình về chuyển động tròn.

Hãy cùng khám phá kiến thức vật lý thú vị này và ứng dụng nó vào thực tế để hiểu hơn về cách các vật thể quay và chuyển động xung quanh chúng ta!

Chuyển động tròn

Chuyển động tròn là dạng chuyển động thường gặp trong kĩ thuật và trong thực tế. Việc giải bài toán chuyển động tròn có ý nghĩa quan trọng. Trước hết chúng ta hãy nhắc lại vài khái niệm cơ bản.

Giả sử vật (chất điểm) chuyển động tròn. Vận tốc góc \( \omega \) được định nghĩa là giới hạn của tỉ số giữa góc quay \( \Delta\varphi \) của bán kính đi qua vật và thời gian \( \Delta t \) để quay góc đó, khi \( \Delta t \) tiến đến không:

\[ \omega = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta\varphi}{\Delta t}=\varphi ^{'}\left(t\right) \]

Góc quay \(\varphi \) được đo bằng radian, vì vậy vận tốc góc trong hệ SI được đo bằng rad/s (hay 1/s). Độ lớn \( v \) của véctơ vận tốc trong chuyển động tròn được gọi là vận tốc dài. Vận tốc góc và vận tốc dài ở thời điểm bất kì liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ v = \omega R \]

Ở đây \( R \) là bán kính của quỹ đạo.

Chuyển động tròn đều

Chuyển động tròn được gọi là đều nếu độ lớn vận tốc dài (và do đó vận tốc góc) không thay đổi theo thời gian, trong trường hợp ngược lại thì chuyển động gọi là tròn không đều. Đối với chuyển động tròn đều người ta đưa vào khái niệm chu kì và tần số. Chu kì chuyển động là khoảng thời gian \( T \) vật chuyển động được trọn một vòng. Tần số \( f \) là số vòng vật quay được trong một đơn vị thời gian. Dễ thấy:

\[ T = \frac{1}{f}, \quad \omega = 2\pi f = \frac{2\pi}{T} \]

Trong chuyển động tròn đều gia tốc được tính theo công thức:

\[ a = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Vectơ gia tốc luôn hướng vào tâm quỹ đạo vì vậy được gọi là gia tốc hướng tâm. Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F} = m \vec{a} \]

Ở đây \( \vec{F} \) là tổng hợp các lực do vật khác tác dụng lên vật. Vì trong chuyển động tròn đều vectơ gia tốc \( \vec{a} \) luôn hướng vào tâm nên \( \vec{F} \) cũng hướng vào tâm, do đó nó được gọi là lực hướng tâm. Cần lưu ý rằng lực hướng tâm không phải là một lực gì huyền bí đặc biệt, xuất hiện do vật chuyển động tròn, mà đó là tổng hợp các lực của những vật khác tác dụng lên vật. Vì vậy khi bắt đầu giải một bài toán về chuyển động tròn nên biểu diễn các lực thực sự tác dụng lên vật, chứ không phải là lực hướng tâm.

Chuyển động tròn không đều

Trong chuyển động tròn không đều, vectơ gia tốc không hướng vào tâm quay, vì thế nên phân tích nó thành hai thành phần \( \vec{a}_t \) và \( \vec{a}_n \) :

• Gia tốc tiếp tuyến \( \vec{a}_t \): hướng theo tiếp tuyến quỹ đạo và được gọi là gia tốc tiếp tuyến. Nó đặc trưng cho mức độ biến đổi nhanh chậm của độ lớn vận tốc.
• Gia tốc pháp tuyến \( \vec{a}_n \): hướng theo pháp tuyến quỹ đạo vào tâm quay và được gọi là gia tốc pháp tuyến (hay gia tốc hướng tâm).

Hình 1: Gia tốc trong chuyển động tròn không đều

Độ lớn của gia tốc pháp tuyến ở thời điểm bất kì được tính theo công thức:

\[ a_n = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Trong chuyển động tròn không đều, hình chiếu của vectơ gia tốc \( \vec{a} \) trên trục \( x \) (hướng dọc theo bán kính vào tâm quay) luôn bằng \( a_n \). Đây là cơ sở để giải nhiều bài toán chuyển động tròn không đều.

Bài 1

Một cái đĩa quay tròn quanh trục thẳng đứng và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một quả cầu nhỏ được nối với trục nhờ sợi dây mảnh dài \( l \). Dây lập với trục một góc \( \alpha \) (H.2). Phải quay hệ với chu kì bằng bao nhiêu để quả cầu không rời khỏi mặt đĩa?

Hình 2: Đĩa quay làm cho quả cầu chuyển động tròn đều

Quả cầu chuyển động tròn đều trên đường tròn bán kính bằng \( l\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và với gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 l\sin{\alpha} \]

Ở đây \( T \) là chu kì quay.

Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), lực căng của dây \( \vec{F}_C \) và phản lực \( \vec{N} \) của đĩa. Phương trình định luật II Newton:

\[ m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_C=m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( x \) vuông góc với sợi dây, ta có:

\[ mg\sin{\alpha} - N\sin{\alpha} = m a \cos{\alpha} \]

Từ đó:

\[ N = m(g - a / \tan{\alpha}) \]

Quả cầu không rời khỏi mặt đĩa nếu phản lực \( N \geq 0 \), tức là:

\[ a \leq g \tan{\alpha} \]

Thay gia tốc \( a \) qua chu kì \( T \) theo biểu thức ở trên ta được:

\[ T \geq 2\pi\sqrt{\frac{l}{g} \cos{\alpha}} \]

Dấu bằng trong biểu thức này ứng với trường hợp quả cầu nằm ở giới hạn của sự rời khỏi mặt đĩa, tức là có thể coi là tiếp xúc mà cũng có thể coi là không còn tiếp xúc với đĩa nữa. Vì vậy có thể coi câu trả lời hợp lý là ứng với dấu lớn hơn.

Bài 2

Một quả cầu nhỏ khối lượng \( m \) được treo bằng một sợi dây mảnh. Kéo quả cầu để sợi dây nằm theo phương ngang rồi thả ra. Hãy tìm lực căng của sợi dây khi nó lập với phương nằm ngang một góc bằng \( 30^\circ \).

Hình 3: Các lực tác dụng lên quả cầu nhỏ chuyển động tròn

Đây là bài toán về chuyển động tròn, không đều. Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và lực căng \( \vec{F}_C \) của sợi dây (H.3). Hai lực này gây ra gia tốc \( \vec{a} \) của quả cầu, không hướng vào tâm \( O \). Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F}_C + m\vec{g} = m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( X \), ta được:

\[ F_C - mg\sin{\alpha} = m a_n \]

Trong đó:

\[ a_n = \frac{V^2}{R} \]

với \( V \) là vận tốc của quả cầu, \( R \) là chiều dài sợi dây.

Từ định luật bảo toàn cơ năng suy ra:

\[ mg R\sin{\alpha} = \frac{m V^2}{2} \]

Từ ba phương trình trên, tính được lực căng của sợi dây:

\[ F_C = 3mg\sin{\alpha} = \frac{3mg}{2} \]

Bài 3

Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \). Ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật \( m \) được nối với trục nhờ một sợi dây mảnh (Hình 4). Quay đĩa (cùng vật \( M \) và \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Ma sát giữa đĩa và khối \( M \) không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa vật \( m \) và khối \( M \) bằng \( k \).

Hình 4: Đĩa quay làm các vật trên đĩa chuyển động tròn

Trước hết, ta hãy tìm vận tốc góc \( \omega \) mà khối \( M \) chưa trượt ra phía dưới vật \( m \), tức là \( m \) và \( M \) cùng quay với nhau. Trong trường hợp này chúng chuyển động theo đường tròn bán kính \( R \) và với gia tốc hướng tâm:

\[ a = \omega^2 R \]

Trong hệ có nhiều vật và nhiều lực tác dụng. Để không làm cho hình vẽ quá rối, trên hình các véc tơ lực được ký hiệu như là các độ lớn của chúng. Vật \( m \) chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), phản lực \( \vec{N} \) của khối \( M \), lực căng \( \vec{F}_c \) của sợi dây và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) (do \( M \) tác dụng). Theo định luật II Newton, tổng hợp các lực này phải hướng vào trục quay. Từ đó suy ra lực ma sát phải hướng song song sợi dây. Theo định luật III Newton, vật \( m \) cũng tác dụng lên khối \( M \) một lực ma sát có cùng độ lớn nhưng ngược chiều.

Hình 5: Các lực tác dụng lên các vật chuyển động tròn

Khối \( M \) chịu tác dụng của trọng lực \( M\vec{g} \), áp lực \( \vec{N} \) của vật \( m \) (có độ lớn bằng trọng lượng \( mg \) của nó) và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) của vật \( m \), phản lực \( \vec{N}_1 \) của đĩa. Phương trình chuyển động của khối \( M \) chiếu lên trục song song với sợi dây có dạng:

\[ F_{ms} = M\omega^2R \]

Khối \( M \) sẽ không trượt ra khỏi vật \( m \) nếu độ lớn của lực ma sát nghỉ nhỏ hơn giá trị cực đại của nó (bằng lực ma sát trượt), tức là:

\[ F_{ms} < kmg \Rightarrow M\omega^2R < kmg \]

Từ đó suy ra rằng khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi phía dưới vật \( m \) khi vận tốc góc đạt giá trị:

\[ \omega = \sqrt{\frac{kmg}{MR}} \]

Bài 4

Một nhà du hành vũ trụ ngồi trên Hoả tinh đo chu kỳ quay của con lắc hình nón (một vật nhỏ treo vào sợi dây, chuyển động tròn trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi, khi đó dây treo quét thành một hình nón) nhận được kết quả \( T=3s \). Độ dài của dây \( L=1m \). Góc tạo bởi sợi dây và phương thẳng đứng \( \alpha = 30^\circ \). Hãy tìm gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh.

Vật chuyển động theo đường tròn bán kính \( L\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 L\sin{\alpha} \]

Vật \( m \) chịu tác dụng của lực căng \( \vec{F}_C \) của dây treo, trọng lực \( m\vec{g}' \), ở đây \( g' \) là gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh. Phương trình chuyển động của vật có dạng:

Hình 6: Con lắc hình nón có quả cầu chuyển động tròn

\[ \vec{F}_C + m\vec{g}' = m\vec{a} \]

Từ hình vẽ rõ ràng:

\[ \frac{a}{mg'} = \tan{\alpha} \]

Thế biểu thức của \( a \) ở trên vào, ta tìm được gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh:

\[ g' = \frac{4\pi^2 L \cos{\alpha}}{T^2} \approx 3.8 \frac{m}{s^2} \]

Bài 5

Một quả cầu được gắn cố định trên mặt bàn nằm ngang. Từ đỉnh \( A \) của quả cầu một vật nhỏ bắt đầu trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0. Hỏi vật sẽ chạm vào mặt bàn dưới một góc \( \beta \) bằng bao nhiêu?

Hình 7: Vật trượt trên quả cầu theo quỹ đạo tròn

Giả sử bán kính quả cầu bằng \( R \) (H.7). Chuyển động của vật trên mặt quả cầu cho đến khi rời khỏi nó là chuyển động tròn không đều với bán kính quỹ đạo bằng \( R \). Trước hết chúng ta tìm góc \( \alpha \) và vận tốc \( V \) của vật khi rời khỏi mặt quả cầu. Vật chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và phản lực pháp tuyến \( \vec{N} \) của quả cầu. Phương trình chuyển động của vật chiếu lên trục \( X \) có dạng:

\[ mg\cos{\alpha} - N = ma_n \]

ở đây \( a_n = \frac{v^2}{R} \) là gia tốc pháp tuyến. Vào thời điểm vật rời khỏi mặt quả cầu thì \( N = 0 \), vì vậy ta được:

\[ v^2 = gR\cos{\alpha} \]

Để tìm \( v \) và \( \alpha \) cần có thêm một phương trình nữa. Sử dụng định luật bảo toàn cơ năng:

\[ \frac{mv^2}{2} = mg(R - R\cos{\alpha}) \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos{\alpha}) \]

Giải hệ hai phương trình với các ẩn là \( v \) và \( \alpha \) ta tìm được:

\[ \cos{\alpha} = \frac{2}{3}, \quad v = \sqrt{\frac{2gR}{3}} \]

Bây giờ chúng ta tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) của vật khi chạm vào mặt bàn. Dùng định luật bảo toàn cơ năng: cơ năng của vật tại đỉnh hình cầu bằng cơ năng khi vật chạm bàn:

\[ 2mgR = \frac{m{v_1}^2}{2} \]

từ đó tính được:

\[ v_1 = 2\sqrt{gR} \]

Trong khoảng thời gian từ lúc rời mặt quả cầu đến khi chạm mặt bàn, thành phần vận tốc theo phương ngang của vật không thay đổi. Vì vậy nếu gọi góc rơi của vật khi chạm bàn là \( \beta \) thì ta có:

\[ v\cos{\alpha} = v_1\cos{\beta} \]

Thay các biểu thức của \( v \), \( v_1 \) và \( \cos{\alpha} \) đã tìm được ở trên vào sẽ tính được:

\[ \beta = \arccos{\frac{\sqrt{6}}{9}} \approx 74^\circ \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một vật nhỏ được buộc vào đỉnh của hình nón thẳng đứng xoay bằng một sợi chỉ dài \( l \) (H.8). Toàn bộ hệ thống quay tròn xung quanh trục thẳng đứng của hình nón. Với số vòng quay trong một đơn vị thời gian bằng bao nhiêu thì vật nhỏ không nâng lên khỏi mặt hình nón? Cho góc mở ở đỉnh của hình nón \( 2\alpha = 120^\circ \).

Hình 8

Bài 2: Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \) và ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật được nối với trục nhờ sợi dây mảnh (H.4). Quay đĩa (cùng khối \( M \) và vật \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Coi ma sát giữa vật \( m \) và khối \( M \) là nhỏ không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa đĩa và khối \( M \) bằng \( k \).

Bài 3: Một quả cầu bán kính \( R = 54 \) cm, được gắn chặt vào một bàn nằm ngang. Một viên bi nhỏ bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh của quả cầu. Hỏi sau khi rơi xuống mặt bàn viên bi nẩy lên độ cao cực đại bằng bao nhiêu nếu va chạm giữa nó với mặt bàn là va chạm đàn hồi?

Read More

Bài tập dao động: Ứng dụng phương trình dao động điều hòa

Khi khảo sát chuyển động của một vật, phương trình chuyển động là yếu tố quan trọng nhất, nó chứa đựng tất cả các đại lượng động học trong đó, giúp chúng ta xác định được vị trí và trạng thái chuyển động của vật tại mọi thời điểm. Trong dao động, phương trình dao động điều hòa chính là yếu tố quan trọng nhất, nên việc Ứng dụng phương trình dao động điều hòa để giải các bài toán dao động là hết sức quan trọng. Chúng ta đã được học kiến thức và kĩ năng về phương trình dao động điều hòa, bây giờ hãy tự giải các bài tập sau đây, kế đến là đọc phần lời giải chi tiết để hoàn thiện kiến thức và kĩ năng phần này nhé.

---

00:00

Câu 1. Hỏi về sự nhanh dần hay chậm dần trong dao động điều hòa

Một vật dao động điều hòa, chuyển động của vật từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là chuyển động

A. nhanh dần.
B. chậm dần đều.
C. chậm dần.
D. nhanh dần đều.

---

Câu 2. Kiểm tra về pha ban đầu trong phương trình dao động điều hòa

Một vật dao động điều hòa có phương trình $x = 10\cos{\left(4πt + 𝜋\right)}\ \text{(cm)}$. Gốc thời gian ($t = 0$) được chọn là lúc

A. vật qua vị trí cân bằng ngược chiều dương.
B. vật ở vị trí biên dương.
C. vật ở vị trí biên âm.
D. vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương.

---

Câu 3. Kiểm tra các đại lượng trong phương trình dao động điều hòa

Phương trình dao động của một vật dao động điều hòa là $x = -10\cos{5πt}\ \text{(cm)}$.

Nhận định nào sau đây sai?

A. Pha ban đầu $φ = π\ \text{(rad)}$.
B. Tần số góc $ω = 5π\ \text{(rad/s)}$.
C. Biên độ dao động $A=-10\ \text{(cm)}$.
D. Chu kì $T = 0\text{,}4\ \text{(s)}$.

---

Câu 4. Tính quãng đường trong dao động điều hòa

Một vật nhỏ dao động điều hòa với biên độ 4 cm và chu kì 2 s.

Quãng đường vật đi được trong thời gian 4 s là

A. 8 cm.
B. 16 cm.
C. 64 cm.
D. 32 cm.

---

Câu 5. Lập phương trình dao động điều hòa

Một vật nhỏ dao động điều hòa dọc theo trục $Ox$ với biên độ 5 cm, chu kì 2 s. Tại thời điểm $t=0$, vật đi qua cân bằng $O$ theo chiều dương.

Phương trình dao động của vật là

A. $x=5\cos{\left(\pi t-\frac{\pi}{2}\right)}\ \text{(cm)}$.
B. $x=5\cos{\left(2\pi t-\frac{\pi}{2}\right)}\ \text{(cm)}$.
C. $x=5\cos{\left(2\pi t+\frac{\pi}{2}\right)}\ \text{(cm)}$.
D. $x=5\cos{\left(\pi t+\frac{\pi}{2}\right)}\ \text{(cm)}$.

---

Câu 6. Từ phương trình dao động, xác định thời điểm vật đi qua một li độ xác định

Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình ($x$ tính bằng cm và $t$ tính bằng giây).

Trong một giây đầu tiên từ thời điểm $t = 0$, chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = 1\ \text{cm}$

A. 7 lần.
B. 6 lần.
C. 4 lần.
D. 5 lần.

---

Câu 7. Tốc độ trung bình bằng tổng quãng đường chia cho tổng thời gian đi quãng đường đó

Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì $T$.

Trong khoảng thời gian ngắn nhất khi đi từ vị trí biên có li độ $x = A$ đến vị trí $x = -\frac{A}{2}$, chất điểm có tốc độ trung bình là

A. $\frac{6A}{T}$.
B. $\frac{9A}{2T}$.
C. $\frac{3A}{2T}$.
D. $\frac{4A}{T}$.

---

Câu 8. Vẽ đường tròn pha tìm $\Delta \varphi$ để tính tần số góc trong dao động điều hòa

Thời gian ngắn nhất để vật dao động điều hòa đi từ vị trí có li độ $x=\frac{A}{2}$ đến li độ $x=-\frac{A\sqrt{3}}{2}$ là 0,1 giây. Biên độ dao động là $A$.

Tần số góc là

A. $\frac{5\pi}{6}$.
B. $\frac{5\pi}{3}$.
C. $\frac{\pi}{6}$.
D. $\frac{\pi}{3}$.

---

Câu 9. Tốc độ trung bình lớn nhất khi vật ở gần vị trí cân bằng nhất

Một vật dao động điều hòa với biên độ $A=10\ \text{cm}$, tần số $f = 2\ \text{Hz}$.

Tốc độ trung bình lớn nhất của vật trong thời gian $\frac{1}{6}\ \text{s}$ là

A. $60\sqrt{3}\ \text{cm/s}$.
B. $30\sqrt{3}\ \text{cm/s}$.
C. $30\ \text{cm/s}$
D. $60\ \text{cm/s}$

---

Câu 10. Tính tốc độ trung bình như ở câu 7

Một chất điểm dao động điều hòa với biên độ $6\ \text{cm}$ và chu kì $0\text{,}5\ \text{s}$.

Trong khoảng thời gian ngắn nhất đi từ vị trí $x = 6\ \text{cm}$ đến vị trí $x = -3\ \text{cm}$, vật có tốc độ trung bình

A. 54 cm/s.
B. 48 cm/s.
C. 18 cm/s.
D. 72 cm/s.

---

Câu 11. Lập phương trình dao động điều hòa

Một vật dao động điều hòa trên trục $Ox$ với chu kì $T = 0\text{,}8\ \text{s}$. Ban đầu vật ở li độ $x_0 = 3\ \text{cm}$ và đang đi về biên dương. Sau thời gian $t_1 = \frac{1}{3}\ \text{s}$ vật đến vị trí cân bằng lần đầu tiên.

Phương trình dao động của vật là

A. $x=6\cos{\left(\frac{5\pi}{2}t-\frac{\pi}{3}\right)}\ \text{cm}$.
B. $x=3\sqrt{3}\cos{\left(\frac{5\pi}{2}t-\frac{\pi}{6}\right)}\ \text{cm}$.
C. $x=6\cos{\left(\frac{5\pi}{2}t+\frac{\pi}{3}\right)}\ \text{cm}$.
D. $x=3\sqrt{3}\cos{\left(\frac{5\pi}{2}t+\frac{\pi}{6}\right)}\ \text{cm}$.

---

Câu 12. Lập phương trình dao động điều hòa

Một vật dao động điều hòa trong thời gian 2 s thực hiện 4 dao động toàn phần và tốc độ trung bình trong thời gian đó là 32 cm/s. Gốc thời gian là lúc vật có li độ $x = 4\ \text{cm}$.

Phương trình dao động của vật là

A. $x = 4\cos{4πt}\ \text{cm}$.
B. $x = 2\cos{\left(4πt-\frac{\pi}{3}\right)}\ \text{cm}$.
C. $x = 4\cos{\left(4πt+\pi\right)}\ \text{cm}$.
D. $x = 2\cos{4πt}\ \text{cm}$.

---

Câu 13. Tìm biên độ dao động điều hòa

Một vật dao động điều hòa với tần số góc $ω = 2π\ \text{rad/s}$. Tại thời điểm $t_1$ vật ở li độ 12 cm. Tại thời điểm $t_2 = t_1 + 0\text{,}25\ \text{s}$ vật có li độ 5 cm.

Biên độ dao động của vật là

A. 14 cm.
B. 13 cm.
C. 16 cm.
D. 15 cm.

---

Câu 14. Bài toán về quãng đường trong dao động điều hòa

Một chất điểm đang dao động điều hòa với chu kì $T$, ban đầu vật ở vị trí cân bằng. Sau thời gian $\frac{T}{12}$ vật đi được quãng đường $s_1$, thời gian $\frac{T}{3}$ tiếp theo vật đi được quãng đường $s_2$. Biết rằng $s_2 + s_1 = 9\ \text{cm}$.

Biên độ dao động của chất điểm là

A. 8 cm.
B. 6 cm.
C. 4 cm.
D. 10 cm.

---

Câu 15. Bài tập dao động: Ứng dụng phương trình dao động điều hòa

Có hai điểm sáng cùng chuyển động trên một trục $Ox$. Điểm (I) chuyển động thẳng đều với vận tốc 20 cm/s theo chiều dương, ban đầu nó ở tọa độ $x_{01} = -10\ \text{cm}$. Điểm sáng (II) dao động điều hòa với biên độ $A = 10\ \text{cm}$, chu kì $T = 1\ \text{s}$, ban đầu ở tọa độ $x_{02} = 10\ \text{cm}$.

Thời điểm hai vật gặp nhau là

A. 0,125 s.
B. 0,311 s.
C. 0,698 s.
D. 0,997 s.

---

---

---

Read More

Xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích bằng máy tính Casio

Bài viết này giúp các em giải bài tập xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích bằng máy tính Casio. Trước đây loại bài toán tổng hợp lực cu lông tác dụng lên một điện tích cần phải có một kiến thức và kĩ năng hình học kha khá, tuy nhiên chúng ta sẽ giải quyết đơn giản bằng máy tính Casio, đảm bảo cho cả bài tập trắc nghiệm và bài tập tự luận.

---

Dạng tổng quát bài tập xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích

Đề bài tổng quát

Trong không gian, đặt các điện tích điểm $q_1$, $q_2$, $q_3$, ..., $q_n$ tại các vị trí mà khoảng cách giữa các điện tích đã biết. Hãy xác định hợp lực tĩnh điện (hợp lực Coulomb) tác dụng lên điện tích $q_i$ do các điện tích còn lại gây ra.

Phương pháp giải bài tập xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích bằng máy tính Casio

• Vẽ hình biểu diễn các điện tích theo vị trí đã cho trong bài toán và xác định cụ thể khoảng cách giữa các điện tích. Vẽ điện tích dương bằng vòng tròn nhỏ có dấu + bên trong, vẽ điện tích âm bằng vòng tròn nhỏ có dấu - bên trong, ví dụ như Hình 1 dưới đây:

  

  Hình 1: Cách vẽ các điện tích điểm.

• Tính độ lớn các lực Coulomb do các điện tích tác dụng lên $q_i$ $$F_{1i}=9\times10^9\frac{|q_1q_i|}{r_{1i}^2}\\ F_{2i}=9\times10^9\frac{|q_2q_i|}{r_{2i}^2}\\ ...$$
• Vẽ các lực tác dụng lên $q_i$.
• Đặt vào $q_i$ một hệ tọa độ $xOy$ và xác định các tọa độ góc $\varphi_{1i}$, $\varphi_{2i}$, ... của các véc tơ lực.

  

  Hình 2: Tọa độ góc của các véc tơ lực.

• Bấm máy tính Casio để xác định hợp lực $\vec{F}=\vec{F}_{1i}+\vec{F}_{2i}+...$, theo các bước sau
  Máy Casio fx-580 thì bấm MENU rồi chọn phím 2, rồi bấm $$F_{1i}\angle \varphi_{1i}+F_{2i}\angle \varphi_{2i}+...$$ Sau đó bấm OPTN rối bấm phí xuống, bấm chọn phím 1 và ấn =
  Máy Casio fx-750 thì bấm MODE rồi chọn phím 2, rồi bấm $$F_{1i}\angle \varphi_{1i}+F_{2i}\angle \varphi_{2i}+...$$ Sau đó bấm SHIFT 2 3 =

Bài tập mẫu Xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích bằng máy tính Casio

Hình vuông ABCD cạnh $a=30\ \text{cm}$ và hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Trên các điểm A, M, B, C, D lần lượt đặt các điện tích điểm $q_1=1\ \text{nC}$, $q_2=-2\ \text{nC}$, $q_3=-3\ \text{nC}$, $q_4=4\ \text{nC}$, $q_5=5\ \text{nC}$ như hình 3.

Hình 3

Xác định véc tơ hợp lực do các điện tích này tác dụng lên điện tích $q_0=0.5\ \text{nC}$ đặt tại N. Biết rằng hệ các điện tích đặt trong không khí.

Hình vẽ đã có sẵn, ta dễ dàng tính được các khoảng cách \begin{align} BN=AN&=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^2+a^2}\\ &=\sqrt{\left(\frac{30}{2}\right)^2+30^2}\\ &=15\sqrt{5}\ \text{cm} \end{align} Độ lớn các lực Cu lông \begin{align} F_1&=9\times10^9\frac{|q_1q_0|}{\left(AN\right)^2}\\ &=9\times10^9\frac{|10^{-9}\times0.5\times10^{-9}|}{\left(0.15\sqrt{5}\right)^2}\\ &=0.4\times10^{-7}\ \text{N} \end{align} \begin{align} F_2&=9\times10^9\frac{|q_2q_0|}{\left(MN\right)^2}\\ &=9\times10^9\frac{|2\times10^{-9}\times0.5\times10^{-9}|}{0.3^2}\\ &=10^{-7} \text{N} \end{align} \begin{align} F_3&=9\times10^9\frac{|q_3q_0|}{\left(BN\right)^2}\\ &=9\times10^9\frac{|3\times10^{-9}\times0.5\times10^{-9}|}{\left(0.15\sqrt{5}\right)^2}\\ &=1.2\times10^{-7} \text{N} \end{align} \begin{align} F_4&=9\times10^9\frac{|q_4q_0|}{\left(CN\right)^2}\\ &=9\times10^9\frac{|4\times10^{-9}\times0.5\times10^{-9}|}{0.15^2}\\ &=8\times10^{-7} \text{N} \end{align} \begin{align} F_5&=9\times10^9\frac{|q_5q_0|}{\left(DN\right)^2}\\ &=9\times10^9\frac{|5\times10^{-9}\times0.5\times10^{-9}|}{0.15^2}\\ &=10\times10^{-7} \text{N} \end{align} Vẽ các lực như hình 4 dưới đây.

Hình 4: Các véc tơ lực và tọa độ góc của chúng.

Nhìn vào hình vẽ ta thấy ngay tọa độ góc của các véc tơ lực: $$\varphi_5=0\\ \varphi_4=180^0\\ \varphi_2=90^0\\ \varphi_3=\arctan{2}\\ \varphi_1=-\arctan{2}$$ Ta xác định cả độ lớn và hướng của véc tơ hợp lực Cu-lông bằng máy tính Casio (fx-580) như sau:
MODEN 2 $$0.4\angle tan^{-1}\left(2\right)+1\angle 90+\\ +1.2\angle tan^{-1}\left(2\right)+8\angle 180+10\angle 0$$ OPTN xuống =
Kết quả chúng ta nhận được là $$3.6\angle 41.8$$ Tức là độ lớn của hợp lực $F=3.6\ \text{N}$, hướng của $\vec{F}$ hợp với trục $Ox$ một góc $41.8^0$.

Hãy bấm vào nút BẮT ĐẦU LÀM BÀI để làm bài tập Xác định hợp lực Coulomb (lực tĩnh điện) tác dụng lên một điện tích bằng máy tính Casio

Câu 1. Trên một đường thẳng có ba điểm A, B, C nằm theo đúng thứ tự. Các khoảng cách $AB=10\ \text{cm}$, $BC=15\ \text{cm}$. Đặt tại các điểm này lần lượt các điện tích điểm $q_1=2\ \text{nC}$, $q_2=-2\ \text{nC}$, $q_3=3\ \text{nC}$. Lực điện tổng hợp tác dụng lên $q_1$ có độ lớn bằng
A. $2.736\times10^{-6}\ \text{N}$.
B. $1.572\times10^{-6}\ \text{N}$.
C. $2.442\times10^{-6}\ \text{N}$.
D. $1.637\times10^{-6}\ \text{N}$.

Câu 2. Ba điện tích điểm $q_1=-10^{-7}\ \text{C}$, $q_2=5\times 10^{-8}\ \text{C}$, $q_3=4\times 10^{-8}\ \text{C}$ lần lượt đặt tại A, B, C trong không khí, AB = 5 cm, AC = 4 cm, BC = 1 cm. Hợp lực cu-lông tác dụng lên điện tích $q_2$ có độ lớn bằng
A. $1.29\times 10^{-2}\ \text{N}$.
B. $4.05\times 10^{-2}\ \text{N}$.
C. $20.25\times 10^{-2}\ \text{N}$.
D. $16.20\times 10^{-2}\ \text{N}$.

Câu 3. Ba điện tích điểm $q_1=4\times10^{-8}\ \text{C}$, $q_2=-4\times 10^{-8}\ \text{C}$, $q_3=5\times 10^{-8}\ \text{C}$ đặt trong không khí tại ba đỉnh A, B, C của một tam giác đều, cạnh $a=2\ \text{cm}$. Hợp lực Coulomb tác dụng lên điện tích $q_3$ có độ lớn bằng
A. $43\times 10^{-3}\ \text{N}$.
B. $44\times 10^{-3}\ \text{N}$.
C. $45\times 10^{-3}\ \text{N}$.
D. $46\times 10^{-3}\ \text{N}$.

Câu 4. Ba điện tích điểm $q_1=q_2=q_3=1.6\times 10^{-19}\ \text{C}$ đặt trong không khí tại ba đỉnh A, B, C của một tam giác đều, cạnh $a=16\ \text{cm}$. Hợp lực Coulomb tác dụng lên điện tích $q_3$
A. có độ lớn $F=15.6\times 10^{-27}\ \text{N}$ và có phương song song với AB.
B. có độ lớn $F=15.6\times 10^{-27}\ \text{N}$ và có phương vuông góc với AB.
C. có độ lớn $F=16.5\times 10^{-27}\ \text{N}$ và có phương song song với AB.
D. có độ lớn $F=16.5\times 10^{-27}\ \text{N}$ và có phương vuông góc với AB.

Câu 5. Ba điện tích điểm $q_1=27\times10^{-8}\ \text{C}$, $q_2=64\times 10^{-8}\ \text{C}$, $q_3=- 10^{-7}\ \text{C}$ đặt trong không khí tại ba đỉnh A, B, C của một tam giác vuông (vuông tại C), cạnh AC = 30 cm, BC = 40 cm. Hợp lực cu-lông tác dụng lên điện tích $q_3$ có độ lớn bằng
A. $43\times 10^{-4}\ \text{N}$.
B. $44\times 10^{-4}\ \text{N}$.
C. $45\times 10^{-4}\ \text{N}$.
D. $46\times 10^{-4}\ \text{N}$.

Câu 6. Tại ba đỉnh của một tam giác đều cạnh $a=6\ \text{cm}$ trong không khí có đặt ba điện tích điểm $q_1=6\times10^{-9}\ \text{C}$, $q_2=q_3=-8\times10^{-9}\ \text{C}$. Lực điện tác dụng lên điện tích $q_0=8\times10^{-9}\ \text{C}$ tại tâm của tam giác
A. có độ lớn $8.4\times 10^{-4}\ \text{N}$ và có chiều từ A đến BC.
B. có độ lớn $8.4\times 10^{-4}\ \text{N}$ và có chiều từ B đến AC.
C. có độ lớn $4.8\times 10^{-4}\ \text{N}$ và có chiều từ A đến BC.
D. có độ lớn $4.8\times 10^{-4}\ \text{N}$ và có chiều từ B đến AC.

Câu 7. Hai điện tích $q_1=4\times10^{-8}\ \text{C}$ và $q_2=-12.5\times10^{-8}\ \text{C}$ đặt tại A và B trong không khí, AB = 4 cm. Tại điểm C (CA vuông góc với AB và CA = 3 cm) có đặt một điện tích $q_3=2\times10^{-9}\ \text{C}$. Hợp lực Cu-lông tác dugj lên $q_3$ có hướng hợp với AC một góc bằng
A. $66^0$.
B. $72^0$.
C. $68^0$.
D. $70^0$.

Câu 8. Sáu hạt mang điện xung quanh hạt số 7, chúng cách hạt 7 các khoảng $d = 1\ \text{cm}$ và $2d$ (hình 5). Các điện tích là $q_1 = +2e$, $q_2 = +4e$, $q_3=+e$, $q_4 = +4e$, $q_5 = +2e$, $q_6 = +8e$, $q_7 = +6e$, với $e = 1.6\times10^{-19}\ \text{C}$.

Hình 5: Hình cho câu 8.

Độ lớn của lực tĩnh điện tổng hợp tác dụng lên hạt 7 có độ lớn bằng
A. $0.7\times10^{-4}\ \text{N}$.
B. $0\ \text{N}$.
C. $0.5\times10^{-4}\ \text{N}$.
D. $0.7\times10^{-6}\ \text{N}$.

Hãy bấm vào nút NỘP BÀI để xem kết quả bài tập lực Coulomb

---

Read More

Bài tập thấu kính

Bài tập thấu kính xuất hiện trong tất cả các kì thi vật lí, như kì thi vào lớp 10 chuyên lí, thi học sinh giỏi vật lí lớp 9, thi học sinh giỏi vật lí 11, thi học sinh giỏi quốc gia môn vật lí, thi tốt nghiệp THPT, thi THPT Quốc gia môn vật lí, .... Điều này là tự nhiên, vì thấu kính rất quan trọng trong khoa học và trong cuộc sống, nó có mặt trong nhiều loại thiết bị quang học. Thường thì những bài tập thấu kính này gây khó khăn cho thí sinh. Tuy nhiên, nếu chúng ta phân tích các phương án khả thi về vị trí của vật và ảnh của nó trong thấu kính và hệ thống hóa các kết quả thu được dưới dạng đồ thị và bảng, thì chúng ta có thể tạo điều kiện thuận lợi cho việc giải toàn bộ một nhóm bài toán. Chỉ cần soạn một phương trình hoặc một hệ phương trình là đủ, lời giải của chúng đã là một bài tập toán học thuần túy.

Kiến thức cơ bản áp dụng để giải bài tập thấu kính

Chúng ta quy ước các ký hiệu sau: $F$ là tiêu cự của thấu kính, $d$ và $f$ là khoảng cách từ vật và ảnh của nó đến thấu kính, $h$ và $H$ lần lượt là chiều cao của vật và ảnh của nó. Tất nhiên, tất cả các đại lượng trên sẽ được coi là số dương, là độ dài của các đoạn (điều này thuận tiện khi giải bài toán), và dấu trừ sẽ xuất hiện trước chúng chỉ theo luật đại số.

Sự tạo ảnh của thấu kính hội tụ

Chúng ta bắt đầu với một thấu kính hội tụ. Vì vật có thể ở cả trước tiêu điểm của thấu kính và ở sau nó, chúng ta sẽ xét riêng hai trường hợp này. Cho $0\lt d\lt F$ (Hình 1).

Biểu thị độ phóng đại của thấu kính $\frac{H}{d}$ bằng hai cách, ta viết hệ phương trình $$ \left\{\begin{array}{l} \frac{H}{h}=\frac{f}{d} \\ \frac{H}{h}=\frac{F+f}{F} \end{array}\right. $$ Từ đây, bạn có thể nhận được công thức thấu kính: $$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}-\frac{1}{f}$$ cũng như khoảng cách từ ảnh đến thấu kính và độ phóng đại của thấu kính: $$f=\frac{Fd}{F-d}\ \text{và}\ \frac{H}{d}=\frac{F}{F-d}$$ Điều thú vị là xác định khoảng cách $l$ giữa vật và ảnh của nó trong trường hợp này: $$l=f-d=\frac{d^2}{F-d}$$ Bây giờ $F\lt d\lt \infty$ (Hình 2). Tương tự, chúng ta có một hệ phương trình

$$ \left\{\begin{array}{l} \frac{H}{h}=\frac{f}{d} \\ \frac{H}{h}=\frac{f-F}{F} \end{array}\right. $$ từ đó chúng ta thu được công thức thấu kính: $$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$$ và biểu thức cho $f$ và $\frac{H}{h}$ $$f=\frac{Fd}{d-F}\ \text{và}\ \frac{H}{d}=\frac{F}{d-F}$$ Trong trường hợp này, khoảng cách giữa vật và ảnh của nó là $$l=f+d=\frac{d^2}{d-F}$$ Đồ thị của sự phụ thuộc của $f$, $\frac{H}{h}$ và $l$ vào $d$ lần lượt được thể hiện trong các Hình 5, a, b và c. Hãy thảo luận về các biểu đồ này với quan điểm toán học. Cả ba đường cong đều có tiệm cận đứng $d = F$, vì chúng bị đứt tại điểm này. Hai đường cong đầu tiên cũng có tiệm cận ngang lần lượt là: $f = F$ và $\frac{H}{h}=0$, và đường cong thứ ba có tiệm cận $l = d + F$ nghiêng một góc 45° so với trục hoành.

Và từ đây: $$ l=\frac{d^{2}}{d-F}=\frac{d^{2}-F^{2}}{d-F}+\frac{F^{2}}{d-F}=d+F+\frac{F^{2}}{d-F} $$ Các đường cong thể hiện trong Hình 5, a và b, là các phần của một hyperbol, ví dụ: $$f=\frac{Fd}{d-F}=\frac{\left(d-F\right)F+F^2}{d-F}=F+\frac{F^2}{d-F}$$ Đường cong thứ ba phức tạp hơn và không phải là hyperbol, rõ ràng là phương trình của nó cho biết điều này. Với $F\lt d \lt 2F$ thì hàm số này có điểm cực tiểu $(2F, 4F)$ mà tại đó giá trị nhỏ nhất của nó đạt được trong khoảng này. Ta phải chứng minh điều này (giá trị cực tiểu) một cách tổng quát với sự trợ giúp của đạo hàm. Tuy nhiên chúng ta sử dụng hai phương pháp gần gũi hơn. Cách đầu tiên. Hãy biến đổi biểu thức cho $l$:

\begin{align} l&=\frac{d^2}{d-F}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{d}-\frac{F}{d^2}}\\ &=\frac{1}{-F\left(\frac{1}{d^2}-\frac{1}{Fd}\right)}\\ &=\frac{1}{-F\left(\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{2F}\right)^2-\frac{1}{4F^2}\right)}\\ &=\frac{1}{\frac{1}{4F}-F\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{2F}\right)^2} \end{align}

Theo đó $l_\text{min}= 4F$ khi $d = 2F$.
Cách thứ hai: Ta viết biểu thức của $l$ dưới dạng một phương trình bậc hai $$d^2-ld+lF=0$$ Điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm là $\Delta = l^2-4lF\ge 0$ (đẳng thức đạt được khi $d=\frac{l}{2}$). Do đó, $l\ge 4F$, tức là $$l_\text{min}=4F\ \text{khi}\ d=2F$$ Lưu ý rằng nếu $d = 2F$ thì $f = 2F$ và $H = h$. Điều nFy có nghĩa là hình ảnh thu được có kích thước bằng kích thước của vật.

Sự tạo ảnh của thấu kính phân kì

Bây giờ hãy xem xét một thấu kính phân kỳ.

Hình 3 và hình 4 cho thấy, bất kể vật ở trước tiêu điểm của thấu kính hay ở sau nó, đều thu được cùng một hệ phương trình \begin{cases} \frac{H}{h}=\frac{f}{d}& \\ \frac{H}{h}= \frac{F-f}{f} \end{cases} Từ đây, chúng ta có được công thức cho thấu kính phân kỳ: $$\frac{1}{d}-\frac{1}{f}=-\frac{1}{F}$$ Khoảng cách từ ảnh đến thấu kính và số phóng đại lần lượt là $$f=\frac{Fd}{d+F}\ \text{và}\ \frac{H}{h}=\frac{F}{d+F}$$ Lưu ý rằng thấu kính phân kỳ luôn tạo ra ảnh ảo nhỏ hơn vật, tức là $\frac{H}{h}\lt 1$. Khoảng cách giữa vật và ảnh của nó trong trường hợp này là $$l=d-f=\frac{d^2}{d+F}$$ Chúng ta xây dựng các đồ thị tương ứng cho một thấu kính phân kỳ (Hình 5, d, e và f).

Không giống như bộ ba đồ thị đầu tiên trong Hình 5, bộ ba thứ hai là các đường cong liên tục. Hơn nữa, các đường cong của $f$ và $\frac{H}{h}$ cũng là các phần của hypebol với các đường tiệm cận ngang lần lượt là $f = F$ và $\frac{H}{h}=0$. Đường cong của $l$ phức tạp hơn và có tiệm cận đứng $l = d - F$, nghiêng một góc $45^0$ so với trục hoành, bởi vì \begin{align} \frac{d^2}{d+F}&=\frac{d^2-F^2}{d+F}\\ &=\frac{F^2}{d+F}\\ &=d-F+\frac{F^2}{d+F} \end{align} Bây giờ chúng ta chuyển sang việc xem xét các bài tập thấu kính cụ thể. Đây là các bài tập thấu kính điển hình, thể hiện khá đầy đủ ý tưởng của bài viết.

Bài tập thấu kính

Bài tập 1. Ảnh và vật đối xứng nhau qua tiêu điểm của thấu kính

Vật và ảnh của vật được tạo bởi thấu kính nằm đối xứng nhau qua tiêu điểm của thấu kính. Khoảng cách từ vật đến tiêu điểm của thấu kính gần vật nhất là $l= 4\ \text{cm}$. Tìm tiêu cự của thấu kính.

Giả sử rằng thấu kính là hội tụ. Có hai tình huống xảy ra, vật và ảnh đối xứng nhau qua tiêu điểm vật (tiêu điểm cùng phía với vật so với thấu ính) hoặc đối xứng nhau qua tiêu điểm ảnh (tiêu điểm phía bên kia thấu kính). Tình huống thứ nhất, ảnh không thể năm bên kia thấu kính, vì như thế sẽ không thể đối xứng với vật qua tiêu điểm, tức là ảnh là ảnh ảo, suy ra vật phải nằm trong tiêu cự của thấu kính: $0\lt d \lt F$. Chúng ta có một hệ phương trình

\begin{cases} f=\frac{Fd}{F-d}& \\ f-F=F-d&\\ f-F=l \end{cases}

Chúng ta biểu diễn $f$ và $d$ từ phương trình thứ hai và thứ ba dưới dạng $F$ và $l$ và thay chúng vào phương trình thứ nhất. Chúng ta nhận được phương trình $$F^2-2lF-l^2=0$$ Được nghiệm dương $$F=l\left(1+\sqrt{2}\right)\approx 9\text{,}66\ \text{cm}$$ Tình huống thứ hai sẽ theo hệ phương trình \begin{cases} f=\frac{Fd}{F-d}& \\ f-F=2F+l&\\ F=d-l \end{cases} Từ hệ phwowg trình ta cũng suy ra phương trình $$F^2-2lF-l^2=0$$ Bây giờ, ta xét đến trường hợp thấu kính phân kì. Thấu kính phân kì luôn cho ảnh ảo nằm gần thấu kính hơn so với vật, hệ phương trình thỏa mãn là \begin{cases} f=\frac{Fd}{F-d}& \\ d=2l+f&\\ F=l+f \end{cases} Hệ phương trình nayc cũng đưa về phương trình $$F^2-2lF-l^2=0$$ Như vậy, bài tập thấu kính có một lời giải nhưng cho cả 3 trường hợp: Thấu kính hội tụ với hai tình huống, thấu kính phân kì với một tình huống.

Bài tập 2. Thay thấu kính hội tụ bằng thấu kính phân kì

Vật đặt cách thấu kính hội tụ có tiêu cự $F = 20\ \text{cm}$ một khoảng $d = 10\ \text{cm}$. Độ lớn của ảnh sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu thay thấu kính hội tụ bằng thấu kính phân kỳ có cùng độ lớn tiêu cự?

Chỉ thay thấu kính mà không thay đổi khoảng cách $d$ từ ảnh đến vật nên ta sử dụng công thức số phóng đại chỉ có $d$, với thấu kính hội tụ và thấu kính phân kì lần lượt là $$\frac{H}{h}=\frac{F}{F-d}\ \text{và}\ \frac{H}{h}=\frac{F}{F+d}$$ Vì độ cao $h$ của vật không đổi nên ta có tỉ số độ cao ảnh \begin{align} \frac{H_\text{pk}}{H_\text{ht}}&=\frac{\frac{F}{F+d}}{\frac{F}{F-d}}\\ &=\frac{F-d}{F+d}\\ &=\frac{1}{3} \end{align}

Bài tập 3. Nguyên lí thuận nghịch của chiều truyền ánh sáng

Khoảng cách giữa vật nằm trên trục chính của thấu kính và ảnh thật của nó là $l = 6\text{,}25F$, trong đó $F$ là tiêu cự của thấu kính. Tìm khoảng cách từ vật đến thấu kính và từ thấu kính đến ảnh. Hãy giải thích sự tồn tại của hai nghiệm?

Vì ảnh thật, thấu kính hội tụ và $d\gt F$. Do đó, phương trình $$\frac{d^2}{d-F}=6\text{,}25F$$ dẫn đến phương trình bậc hai $$4d^2-25Fd+25F^2=0$$ Có nghiệm $$d_1=5F, d_2=1\text{,}25F$$ Theo đó, chúng ta nhận được $$f_1=6\text{,}25F-5F=1\text{,}25F\\ f_2=6\text{,}25F-1\text{,}25F=5F$$ Sự tồn tại của hai nghiệm, về mặt vật lý là do sự thuận nghịch của các tia sáng. Theo quan điểm toán học, cả hai nghiệm đều phù hợp vì chúng thỏa mãn điều kiện $d\gt F$.

Bài tập 4. Hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn

Độ tụ của thấu kính là bao nhiêu để có thể thu được ảnh phóng to hoặc thu nhỏ của một vật trên màn nằm cách nó một khoảng $L = 0\text{,}9\ \text{m}$, nếu tỉ số các kích thước của các ảnh thu được là $\alpha = 4$?

Vì trên màn không thu được ảnh ảo nên ảnh thật trong cả hai trường hợp. Khi đó $d\gt F$. Nhưng với $\alpha\gt 1$, chúng ta đi đến kết luận sau: $$F\lt d_1\lt2F\\ 2F\lt d_2\lt\infty$$ trong đó $d_1$ là nghiệm nhỏ hơn và $d_2$ là nghiệm lớn hơn của phương trình $$\frac{d^2}{d-F}=L$$ Bên cạnh đó, $$\frac{d_2-F}{d_1-F}=\alpha$$ Rõ ràng, chúng ta nhận được phương trình $$\frac{\frac{L}{2}+\sqrt{\frac{L^2}{4}-FL}-F}{\frac{L}{2}-\sqrt{\frac{L^2}{4}-FL}-F}=\alpha$$ Đầu tiên, chúng ta loại bỏ sự bất hợp lý trong mẫu số: $$\frac{\left(\frac{L}{2}+\sqrt{\frac{L^2}{4}-FL}-F\right)^2}{F^2}=\alpha$$ Sau đó là $$\frac{L}{2}+\sqrt{\frac{L^2}{4}-FL}-F=F\sqrt{\alpha}\\ \sqrt{\frac{L^2}{4}-FL}=F\left(1+\sqrt{\alpha}\right)-\frac{L}{2} $$ Sau khi bình phương phương trình cuối cùng, nó trở nên đơn giản hơn nhiều: $$F^2\left(1+\sqrt{\alpha}\right)^2=FL\sqrt{\alpha}$$ Suy ra $$F=\frac{L\sqrt{\alpha}}{\left(1+\sqrt{\alpha}\right)^2}$$ Khi đó độ tụ mong muốn của thấu kính bằng \begin{align} D&=\frac{1}{F}\\ &=\frac{\left(1+\sqrt{\alpha}\right)^2}{L\sqrt{\alpha}}=5\ \text{dp} \end{align}

Bài tập 5. Bài tập thấu kính cuối cùng

Khoảng cách từ tiêu điểm sau của thấu kính hội tụ đến ảnh gấp 9 lần khoảng cách từ tiêu điểm trước đến vật. Tìm độ phóng đại của ảnh qua thấu kính.

Nếu $d\lt F$ thì ta có hệ phương trình \begin{cases} F+f=9\left(F-d\right)& \\ f=\frac{Fd}{F-d}&\\ k=\frac{F}{F-d} \end{cases} Trong đó $k$ là số phóng đại mong muốn. Loại bỏ $f$ khỏi hai phương trình đầu tiên, ta được phương trình $$9d^2-18dF+8F^2=0$$ Với một nghiệm lớn hơn thích hợp $d=\frac{4}{3}F$. Và một lần nữa $k= 3$.
Như vậy, bài toán có một lời giải được thực hiện trong hai trường hợp: $d_1=\frac{2}{3}F$ và $d_2=\frac{4}{3}F$. Có thể dễ dàng xác minh điều này bằng cách vẽ đồ thị đường đi của các tia hai lần.
Xin lưu ý rằng khi giải bài tập thấu kính, đồ thị và một bảng đã giúp chúng ta không cần phải tạo thêm các bản vẽ.
Còn bây giờ, chúng ta hãy trình bày cách lời giải cho các bài tập thấu kính sau đây.

Bài tập thấu kính tự giải

Bài tập thấu kính 1. Một nguồn sáng điểm nằm trên trục của một thấu kính hội tụ mỏng. Khoảng cách giữa nguồn và tiêu điểm gần nó nhất $l$, khoảng cách giữa nguồn và ảnh của nó là $L$. Xác định tiêu cự của thấu kính.
Bài tập thấu kính 2. Tìm tiêu cự của thấu kính hội tụ nếu tích của khoảng cách từ vật đến tiêu điểm trước và khoảng cách từ tiêu điểm sau đến ảnh là $a^2$.
Bài tập thấu kính 3. Khoảng cách giữa vật và ảnh của nó trong thấu kính là $l = 5\ \text{cm}$. Số phóng đại $k = 0\text{,}5$. Xác định tiêu cự của thấu kính.
Bài tập thấu kính 4. Một thấu kính cho ảnh thật của một vật. Phải dịch chuyển thấu kính một đoạn bằng bao nhiêu lần tiêu cự của thấu kính để cho ảnh ảo cùng kích thước với ảnh thật ban đầu? Tìm độ phóng đại của thấu kính.
Bài tập thấu kính 5. Khoảng cách giữa một vật và ảnh của nó do thấu kính mỏng hội tụ cho bằng $0\text{,}5F$, trong đó $F$ là tiêu cự của thấu kính. Xác định ảnh của vật qua thấu kính.
Bài tập thấu kính 6. Khoảng cách giữa vật nằm trên trục chính của thấu kính phân kỳ và ảnh của nó bằng $F$, trong đó $F\gt0$ là tiêu cự của thấu kính. Tìm khoảng cách từ vật đến thấu kính.
Bài tập thấu kính 7. Tìm tiêu cự của thấu kính hội tụ nếu lúc đầu khoảng cách từ vật đến thấu kính bằng $0\text{,}3\ \text{m}$, thay đổi $0\text{,}1\ \text{m}$ thì khoảng cách từ thấu kính đến ảnh thật của vật tăng gấp đôi.
Bài tập thấu kính 8. Khoảng cách từ vật được chiếu sáng đến màn là $l = 100\ \text{cm}$.Một thấu kính đặt giữa chúng cho ảnh rõ nét của vật trên màn ở hai vị trí, khoảng cách giữa chúng là $L = 20\ \text{cm}$. Tìm tiêu cự của thấu kính.
Bài tập thấu kính 9. Khi vật ở điểm A, một thấu kính hội tụ mỏng cho độ phóng đại $k_1= 2$, và khi vật chuyển đến điểm B thì độ tăng trở thành $k_2 = 3$. Độ phóng đại sẽ là bao nhiêu nếu đặt vật ở giữa đoạn AB? Vật nằm vuông góc với trục chính của thấu kính thì ảnh là ảnh thật.
Bài tập thấu kính 10. Ảnh của một vật có độ phóng đại thu được trên màn qua thấu kính $k=2$. Độ phóng đại sẽ là bao nhiêu nếu tăng khoảng cách giữa vật và màn lên 1,6 lần?

Bài viết liên quan nên đọc

Vẽ thấu kính trong word cực nhanh và cực đẹp

Read More

Định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng

Hãy xem xét một vấn đề như sau. Cho một hình lập phương rỗng bên trong, có độ dài cạnh là a, các thành được làm bằng giấy bạc rất mỏng và chắc chắn. Khối lập phương này nổi trên mặt nước sao cho bốn cạnh của nó có phương thẳng đứng (Hình vẽ dưới đây). Khối lập phương được ấn theo phương thẳng đứng xuống dưới một khoảng x, và một phần của nó nằm trong nước. Giả sử khối lượng của khối lập phương bằng 0. Ta cần phải tìm công để làm được việc này. Không thể đưa ngay ra câu trả lời rõ ràng cho vấn đề nhúng một khối lập phương vào nước. Câu trả lời phụ thuộc vào bình mà nước được đổ vào. Hãy thảo luận một vài trường hợp.

Dùng định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng để xét một khối lập phương được ấn vào một bể nước đầy tràn

Trong trường hợp này, khi ấn và giữ khối lập phương một chút, nước sẽ tràn ra khỏi bể, nhưng mực nước trong bể sẽ không thay đổi. Độ sâu của mỗi lần ấn sẽ được tính từ nó mặt nước. Độ sâu $H_1$ này tương ứng với khoảng cách từ mặt nước đến cạnh đáy của hình lập phương và bằng $x$ (hình vẽ).

Thể tích nước sẽ tràn ra ngoài thành bể là $a^2x$ và khối lượng là $\rho a^2x$. Ban đầu, khối tâm của khối nước này ở độ sâu $\frac{x}{2}$, do đó, công thực hiện để nâng khối nước này lên mép trên của bể bằng độ tăng thế năng của nó: \begin{align} A_{1}(x)&=E_{\mathrm{n} 1}\\ &=\rho a^{2} x \cdot g \cdot \frac{x}{2}\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} g x^{2} \end{align} Lực cần thiết để ấn một vật vào nước có thể thay đổi và phụ thuộc vào độ sâu $x$ của vật, do đó $$\int_{0}^{x} F_{1}(x) d x=\frac{1}{2} \rho a^{2} g x^{2}$$ Đạo hàm hai vế của đẳng thức này đối với $x$, chúng ta được $$F_{1}(x)=\rho a^{2} g x$$ Lực $F_1(x)$ là lực cân bằng với lực nâng, tức là lực đẩy Archimedes $F_\text{A}$ (trọng lực bằng không). Lực Archimedes hướng lên trên và bằng số bằng trọng lượng của nước do khối lập phương làm cho tràn ra khỏi bể. Lưu ý rằng trong trường hợp này, nước được nâng lên là nước được đổ ra khỏi bể. Áp suất tại đáy của hình lập phương là \begin{align} p(x)&=\frac{F_{1}(x)}{S}\\ &=\frac{\rho a^{2} g x}{a^{2}}\\ &=\rho g x \end{align} Khi độ sâu của đáy lập phương bằng $a$, nếu khối lập phương tiếp tục chuyển động xuống phía dưới, nước từ bể sẽ không tràn ra ngoài, lực Archimedes bây giờ sẽ không đổi và bằng $F_\text{A}=\rho a^3g$. Các đồ thị dưới đây cho thấy sự phụ thuộc vào độ sâu $x$ của lực Archimedes và công cần thiết để thắng được lực này.

Dùng định luật Ác-si-mét (Archimedes) và định luật bảo toàn năng lượng để xét một khối lập phương được ấn vào một bể nước sao cho nước không tràn ra khỏi bể

Xét một bể nước có đáy là một hình vuông với các cạnh là $a\sqrt{K}$ với $K\gt1$, chiều cao của bể đủ lớn để ngay cả khi khối lập phương được nhúng hoàn toàn vào nước, nước vẫn không tràn ra khỏi bể. Gọi mực nước ban đầu trong bể bằng không. Giả sử rằng dưới tác dụng của một lực tác dụng lên khối lập phương và hướng thẳng đứng xuống dưới, khối lập phương đã dịch chuyển xuống dưới từ mức 0 một khoảng $x$ và nằm trong nước một phần (hình dưới đây).

Trong trường hợp này, khối lập phương đã đẩy một phần nướccó thể tích bằng $a^2x$ lên trên mức 0. Bây giờ diện tích bề mặt của nước còn lại bằng $(K-1)a^2$. Gọi mực nước trong bể dâng lên bằng một đoạn $y$. Do thể tích nước không đổi nên $a^2x=(K-1)a^2y$, khi đó $$y=\frac{x}{K-1}$$ đồng thời độ sâu của đáy lập phương so với mực nước mới là $$H_{2}=x+y=\frac{K}{K-1} x$$ Giả sử rằng mặt trên của hình lập phương chưa chạm nước, tức là $$H_{2}=\frac{K}{K-1} x\lt a$$ Khi đó khối tâm của khối nước bị khối lập phương đẩy lên phương theo phương thẳng đứng một đoạn bằng $$h=\frac{x+y}{2}=\frac{K}{2(K-1)} x$$ Thế năng của phần nước bị đẩy lên đó tăng thêm \begin{aligned} E_{\mathrm{n} 2}&=m g h\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} x \cdot g \cdot \frac{K}{K-1} x\\ &=\frac{1}{2} \rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x^{2} \end{aligned} Nó đúng bằng công để ấn khối lập phương xuống so với mực nước ban đầu một đoạn $x$, tức là $$A_{2}(x)=\frac{1}{2} \rho a^{2} g H_{2} x=\frac{1}{2} \rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x^{2}$$ Công $A_2$ phụ thuộc vào $x$ theo hàm bậc bậc hai: ví dụ, nhân đôi $x$ thì cần gấp bốn lần công. Chúng ta phải đối mặt với hoàn cảnh này ở biển hay sông, khi chúng ta cố gắng dìm một vật nổi nào đó xuống. Nhưng với sự phụ thuộc của công vào tham số $K$, có thể xét kĩ sự phụ thuộc này qua đồ thị. Đồ thị của hàm số $f(K)= \frac{K}{K-1}$ được thể hiện trong hình dưới đây.

Trên khoảng vô hạn $1\lt K\lt +\infty$, hàm số này giảm từ $+\infty$ đến 1. Cho bể chứa nước rất rất hẹp, rộng hơn một hình lập phương một chút, tức là $K\rightarrow 1+0$. Trong trường hợp này, công để nhúng khối lập phương vào nước là rất lớn. Trên một cái hồ lớn, ở đó $K\rightarrow + \infty$, công này nhỏ nhất có thể và bằng công của trọng lực của chất lỏng bị khối lập phương đẩy lên. Đồng thời mực nước trong hồ gần như không thay đổi.
Thế năng thu được sinh ra do tác dụng của lực biến thiên. Thực tế là lực có thể thay đổi, chúng ta biết được từ kinh nghiệm: để nhúng một vật nổi trên mặt nước sâu hơn, cần phải tác dụng một lực lớn. Vì thế, $$\int_{0}^{x} F_{2}(x) d x=\rho a^{2} g \frac{K}{2(K-1)} x^{2}$$ Đạo hàm hai vế để có được $$F_{2}(x)=\rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x$$ Hiển nhiên là $$F_{2}(x)=\rho a^{2} g \frac{K}{K-1} x>F_{1}(x)=\rho a^{2} g x$$ Bất đẳng thức này có nghĩa là trong trường hợp thứ hai, lực cần thiết để nhúng khối lập phương xuống độ sâu $x$ so với mức ban đầu lớn hơn trong trường hợp đầu tiên. Hơn nữa, lực yêu cầu này có thể lớn tùy ý nếu $K$ sao cho bể gần khít với lập phương (hợp nhất), tức là nếu bể nước đủ hẹp. Tình huống này được sử dụng trong việc tạo ra các máy thủy lực, cụ thể là máy ép thủy lực. Trong trường hợp này, một kết quả nghịch lý như vậy sẽ xảy ra. Cho khối lập phương của chúng ta là "con tàu", và bể nước là "biển". Sau đó trên con tàu này bạn có thể đặt một vật nặng tùy ý mà tàu sẽ không bị chìm. Để có thể, cần phải lấy tham số $K$ đủ để hợp nhất. Tuy nhiên một con tàu như vậy không có nơi nào để ra khơi - nó theo đúng nghĩa đen là bị ép từ mọi phía bởi "các bờ biển".
Tóm lại, chúng ta hãy nhớ lại độ sâu khi ngâm khối lập phương vào nước $H_2=\frac{K}{K-1}x$ và lưu ý rằng ở độ sâu này lực tác dụng lên khối lập phương $$F_{2}(x)=\rho a^{2} g H=\rho a^{2} I I \cdot g$$ Và đây là lực của Archimedes, bằng trọng lượng của nước mà khối lập phương đẩy lên. Hãy nghĩ xem phần nào của nước mà tính từ được dời đi trong trường hợp này và vị trí của nó. Đặc điểm chính của phần nước bị đẩy lên là thể tích của nó, nó luôn bằng thể tích của phần vật thể đó ở trong nước.

--------- Sưu tầm ---------

Read More

Giải bài tập vật lý bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VẬT LÝ

LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN

Những bài toán vật lí có dấu hiệu gì thì nên giải bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn?

Nếu gặp bài toán có dạng sau đây:
Khi $x = x_1$ thì $y = y_1$, khi $x = x_2$ thì $y = y_2$. Tính $X$ và $Y$.
Trong đó $x$, $y$, $X$, $Y$ là các đại lượng vật lí nào đó.
Chúng ta hãy nghĩ ngay đến phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.

Các bước thực hiện phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn như thế nào khi tiếp cận một bài toán vật lí có dạng trên?

Bước 1: Xác định hiện tượng vật lý liên quan đến các đại lượng $x$ và $y$ mà bài toán đang đề cập đến.
Bước 2: Viết ngay ra các công thức, các phương trình vật lý liên hệ giữa $x$ và $y$.
Bước 3: Chọn một công thức tối ưu nhất và đưa phương trình có dạng tuyến tính sau:

$X.f(x)+Y.g(y)=C$

Trong đó $C$ là hằng số, $f(x)$ và $g(y)$ là các biểu thức chứa $x$ và $y$, $X$ và $Y$ là các hằng số vật lý hoặc một biểu thức chưa các hằng số vật lý chưa biết.
Bước 4: Thay các giá trị $x_1,x_2,y_1,y_2$ vào phương trình tuyến tính ở trên và được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $X$ và $Y$.

$\begin{cases} f(x_1).X+g(y_1).Y=C & \\ f(x_2).X+g(y_2).Y=C \end{cases}$

Bước 5: Dùng máy tính Casio giải nhanh hệ phương trình bậc nhất hai ẩn này.

Các ví dụ về giải toán vật lý bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Ví dụ 1
Một vật chuyển động thẳng nhanh dần đều. Ở thời điểm $t = t_1 = 2\ \text{s}$ vật có vận tốc 3 m/s. Khi $t = t_2 = 5\ \text{s}$ vật có vận tốc 4,5 m/s. Tính gia tốc và vận tốc ban đầu của vật.

Phân tích và lời giải

Hai đại lượng cần tìm ở đây là gia tốc $a$ và vận tốc ban đầu $v_0$. Hiện tượng vật lí phải xét ở đây là hiện tượng chuyển động thẳng nhanh dần đều. Phương trình liên hệ $a$ và $v_0$ là

$v=at+v_0$

Phương trình này đã là phương trình tuyến tính, chúng ta không cần biến đổi gì thêm, mà thay ngay các giá trị $v$ và $t$ đã cho vào để được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} 2a+v_0=3 & \\ 5a+v_0=4.5 \end{cases}$

Sử dụng máy tính Casio giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: $x=a,y=v_0$, nhập các hệ số vào máy:

$a_1=1,b_1=1,c_1=3$
$a_2=5,b_2=1,c_2=4.5$

Enter và có ngay: $x=0.5$ và $y=2$, tức là

$a=0.5\ \text{m/s}^2,v_0=2\ \text{m/s}$

Ví dụ 2
Một chất điểm chuyển động thẳng nhanh dần đều. Kể từ thời điểm ban đầu: khi chất điểm đi được quãng đường 10 m thì vận tốc nó là 5 m/s, khi chất điểm đi được quãng đường 29,5 m thì vận tốc của nó là 8 m/s. Tính gia tốc và vận tốc ban đầu của chất điểm.

Phân tích và lời giải

Cũng như ví dụ 1, hai ẩn cần tìm ở bài toán vật lý này là gia tốc $a$ và vận tốc ban đầu $v_0$. Hiện tượng vật lý vẫn là chuyển động thẳng nhanh dần đều. Tuy nhiên, các giá trị bài toán cho ở đây là quãng đường $s$ và vận tốc tức thời $v$ (không phải $v$ và $t$ như ví dụ 1), nên phương trình cần viết ra ở đây là

$v^2=2as+v_0^2$

Thay các giá trị $v$ và $s$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $(x=a,y=v_0^2)$:

$\begin{cases} 2×10×a+v_0^2=5^2 & \\ 2×29.5×a+v_0^2=8^2 \end{cases}$

Dùng máy tính Casio, bấm các hệ số

$a_1=2×10,b_1=1,c_1=5^2$
$a_2=2×29.5,b_2=1,c_2=8^2$

Kết quả rất nhanh là $x=1,y=5$, tức là

$a=1\ \text{m/s}^2,v_0=\sqrt{5}≈2.236\ \text{m/s}$

Ví dụ 3
Trong một điện trường đều cường độ $E_0$, cố định một điện tích điểm $Q$. Trên một đường sức điện của điện trường đều đi qua $Q$ có 3 điểm M, N, P cách $Q$ lần lượt 2 cm, 6 cm và 12 cm (hình vẽ). Cường độ điện trường tổng hợp tại M và N lần lượt là 50000 V/m và 10000 V/m. Tính cường độ điện trường tại P.

Phân tích và lời giải

Bài toán vật lý này có thể viết lại cho đúng với dạng tổng quát như sau:
Nếu khoảng cách đến $Q$ bằng 2 cm thì cường độ điện trường tổng hợp bằng 50000 V/m, nếu khoảng cách đến $Q$ bằng 6 cm thì cường độ điện trường tổng hợp bằng 10000 V/m. Nếu khoảng cách đến $Q$ bằng 12 cm thì cường độ điện trường tổng hợp bằng bao nhiêu?
Đây chính là một bài toán vật lí có thể giải bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Ta phải viết được phương trình liên hệ giữa cường độ điện trường tổng hợp $E$ và khoảng cách $r$ đến điện tích điểm $Q$. Muốn có được phương trình liên hệ, chúng ta hãy phân tích hiện tượng vật lí.
Nhìn vào hình vẽ và đọc kĩ đề bài ta thấy, hiện tượng vật lí ở đây là sự chồng chất hai điện trường tại một điểm. Tại các điểm M, N, P đều có hai điện trường: $\vec{E}_0$ và $\vec{E}_Q$ ($\vec{E}_Q$ do điện tích điểm $Q$ gây ra, nó có độ lớn $E_Q=k\times\frac{Q}{r^2}$). Ta viết tổng quát

$\vec{E}=\vec{E}_0+\vec{E}_Q$

Vì $Q \gt 0$ nên cường độ điện trường $E_Q$ do $Q$ gây ra tại cả 3 điểm M, N, P cùng hướng với $\vec{E}_0$, tức là cường độ điện trường tổng hợp có độ lớn bằng

$E=E_0+k\times\frac{Q}{r^2}$

Thay các cặp giá trị $r=r_1=0.02\ \text{m},E=E_1=50000\ \text{V/m}$ và $r=r_2=0.06 \ \text{m},E=E_2=10000 \ \text{V/m}$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $x=E_0$ và $y=kQ$

$\begin{cases} E_0+\frac{1}{0.02^2}\times kQ=50000 & \\ E_0+\frac{1}{0.06^2}\times kQ=10000 \end{cases}$

Dùng máy tính Casio dễ dàng giải tìm được

$x=E_0=5000 \ \text{V/m},y=kQ=18$

Bây giờ ta tính được cường độ điện trường tổng hợp tại P

$E_P=5000+\frac{18}{0.12^2}$
$=6250 \ \text{V/m}$

Ví dụ 4
Cho mạch điện như hình vẽ. Một nguồn điện có suất điện động không đổi $E_0$ và điện trở trong không đổi, một nguồn điện có suất điện động $E$ thay đổi được và điện trở trong không đổi. Một điện trở không đổi $R_0$ và một biến trở $R$. Người ta thay đổi $E$ và $R$ sao cho hiệu điện thế hai đầu A, B không đổi. Khi $R = R_1 = 28\ \text{Ω}$ thì $E = E_1 = 12\ \text{V}$. Khi $R = R_2 = 35\ \text{Ω}$ thì $E = E_2 = 10.8\ \text{V}$. Nếu điều chỉnh biến trở đến $R = 42\ \text{Ω}$ thì phải điều chỉnh $E$ đến giá trị nào?

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí mà bài toán này đề cập đến là dòng điện một chiều trong một mạch kín có hai nguồn mắc nối tiếp. Phương trình liên hệ $R$ và $E$ chính là định luật Ôm cho toàn mạch:

$I=\frac{E+E_0}{R+R_0+r_1+r_2}$

Ngoài ra, đọc kĩ đề ta còn thấy một chi tiết nữa rất quan trọng, đó là hiệu điện thế hai đầu A, B không đổi, ta đặt là $U$. Khi đó

$U=IR$
$=\frac{(E+E_0)R}{R+R_0+r_1+r_2}$

Để đưa về phương trình bậc nhất, ta tách $R$ và $E$ ra

$U=\frac{E+E_0}{1+\frac{R_0+r_1+r_2}{R}}$

Rồi gom các đại lượng chưa biết ($U, E_0, R_0, r_1, r_2$) thành hai cụm

$\frac{1}{R}×(R_0+r_1+r_2 )U+(U-E_0 )=E$

Hai cụm này ta đặt làm hai ẩn

$x=(R_0+r_1+r_2 )U,y=U-E_0$

Thay các giá trị $R_1, E_1$ và $R_2, E_2$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} \frac{1}{28}x+y=12 & \\ \frac{1}{35} x+y=10.8 \end{cases}$

Giải hệ phương trình này bằng máy tính Casio ta được

$x=168,y=6$

Bây giờ dễ dàng tính được $E$ với $R = 42\ \text{Ω}$

$E=\frac{1}{42}×168+6=10 \ \text{V}$

Ví dụ 5
Một thấu kính hội tụ tạo ảnh thật S’ của điểm sáng S đặt trên trục chính. Khi dời S lại gần thấu kính thêm 5 cm so với ban đầu thì ảnh dời 10 cm. Khi dời S ra xa thấu kính thêm 40 cm so với ban đầu thì ảnh dời 8 cm. Tính tiêu cự của thấu kính.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí trong bài toán này là: Khi dời vị trí của vật thì ảnh của nó qua thấu kính dời theo. Quy luật diễn ra hiện tượng này là
+ Vật và ảnh luôn chuyển động cùng chiều, tức là vật lại gần thấu kính thì ảnh thật ra xa thấu kính và ngược lại.
+ Công thức Niu-tơn:

$xy=f^2$

Trong đó $x$ là khoảng cách từ vật đến tiêu điểm vật, $y$ là khoảng cách từ ảnh đến tiêu điểm ảnh, $f$ là tiêu cự của thấu kính.
Bài toán nói đến độ dời ảnh và độ dời vật, ta đặt chúng lần lượt là $Δx$ và $Δy$. Với sự phân tích ở trên, ta có thể viết:

$(x±Δx)(y∓Δy)=f^2$

Để đưa phương trình này về dạng bậc nhất, ta phân tích

$xy±yΔx∓xΔy-ΔxΔy=f^2$

Ngay ở trên ta đã có $xy=f^2$, tức là

$±yΔx∓xΔy=ΔxΔy$

Thay các giá trị $Δx_1,Δy_1$ và $Δx_2,Δy_2$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} 10x-5y=5×10 & \\ -8x+40y=8×40 \end{cases}$

Giải hệ phương trình này bằng máy tính Casio ta được

$x=10 \ \text{cm},y=10 \ \text{cm}$

Suy ra

$f=\sqrt{xy}=10 \ \text{cm}$

Ví dụ 6
Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm lò xo nhẹ độ cứng $k$ và vật nhỏ A có khối lượng $m$. Nếu treo thêm vào A một quả cân khối lượng 50 g thì chu kì dao động của con lắc là 1 s. Nếu thay quả cân 50 g bằng quả cân khối lượng 290 g thì chu kì của con lắc là 1,4 s. Tính $m$ và $k$.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí cơ bản trong bài toán này là sự phụ thuộc của chu kì dao động của con lắc lò xo vào tổng khối lượng vật treo vào nó $m + Δm$ và độ cứng $k$ của lò xo:

$T=2π\sqrt{\frac{m+Δm}{k}}$

Đưa về phương trình bậc nhất

$T^2\times\frac{k}{4π^2}-m=Δm$

Thay các cặp giá trị $T, Δm$ vào để có được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $x=\frac{k}{4π^2},y=m$:

$\begin{cases} 1^2 x-y=0.05 & \\ 1.4^2 x-y=0.29 \end{cases}$

Giải hệ phương trình này bằng máy tính Casio ta có nhanh kết quả

$x=0.25,y=0.2$

$m=y=0.2 \ \text{kg}$

$k=4π^2x\times≈10 \ \text{N/m}$

Ví dụ 7
Một sợi dây đàn hồi rất dài, căng ngang, trên dây có hai điểm M, N cách nhau 24 cm. Cho sóng cơ truyền trên sợi dây với bước sóng 48 cm, làm cho các phần tử sợi dây tại M và N dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với cùng biên độ. Khi phần tử tại M có li độ 2,4 cm thì phần tử tại N có tốc độ 216 cm/s. Khi phần tử tại M có li độ 1,8 cm thì phần tử tại N có tốc độ 288 cm/s. Xác định biên độ của sóng và tốc độ truyền sóng trên sợi dây.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí trong bài toán này là sóng cơ, mà cụ thể hơn là sự dao động điều hòa cùng biên độ, cùng tần số của hai phần tử. Bài toán đề cập đến mối liên hệ giữa li độ và vận tốc của hai dao động này. Để có được phương trình liên hệ giữa chúng, ta phải tìm độ lệch pha dao động giữa hai phần tử

$Δφ=2π\frac{d}{λ}=2π\frac{24}{48}=π$

Tức là ngược pha nhau.
Nếu hai dao động điều hòa ngược pha nhau thì li độ của phần tử này vuông pha với vận tốc của phần tử kia, chúng có phương trình liên hệ

$\frac{x{_M^2}}{A^2} +\frac{v{_N^2}}{(ωA)^2} =1$

Ta cũng đưa về phương trình tuyến tính

$A^2-v{_N^2}\frac{1}{ω^2} =x{_M^2}$

Thay các cặp giá trị x_M và v_N vào ta được phương trình bậc nhất hai ẩn $x=A^2$ và $y=\frac{1}{ω^2}$

$\begin{cases} x-216^2 y=2.4^2 & \\ x-288^2 y=1.8^2 \end{cases}$

Bấm máy Casio ta có ngay

$x=9,y=6.94×10^{-5}$

$A=\sqrt{x}=3 \ \text{cm}$

$ω=\sqrt{\frac{1}{y}}=120 \ \text{rad/s}$

Tốc độ truyền sóng

$v=λf=λ \frac{ω}{2π}=4.8×\frac{120}{2π}=904.78 \ \text{cm/s}$

Với những bài tập vật lí ở mức độ thấp thì phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn có thể xác định được ngay đại lượng vật lí cần tìm. Nhưng với những bài toán vật lí ở mức độ cao, phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn chỉ giải quyết được một phần của bài toán vật lí. Chúng ta phải kết hợp với nhiều phương pháp khác nữa. Như ở ví dụ 6 này, việc phân tích hiện tượng vật lí để đưa đến được phương trình bậc nhất là rất quan trọng. Những bài toán vật lí sau đây, chúng ta sẽ phân tích kĩ hơn về công việc này.

Ví dụ 8
Một máy phát điện xoay chiều một pha có 4 cặp cực, phần ứng có 8 cuộn dây hoàn toàn giống nhau, mỗi cuộn có 200 vòng. Khi từ thông qua mỗi vòng dây có độ lớn 1 mWb hoặc 0.6 mWb thì suất điện động của máy tương ứng là 200 V hoặc 256 V. Tính tốc độ quay của rôto.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí của bài toán này chính là hiện tượng cảm ứng điện từ trong máy phát điện xoay chiều một pha. Hai đại lượng được liên hệ với nhau trong đó là từ thông $ϕ$ và suất điện động cảm ứng $e$. Đây là hai đại lượng biến thiên điều hòa cùng tần số và vuông pha với nhau, nên công thức liên hệ là

$\frac{e^2}{E{_0^2}}+\frac{ϕ^2}{Φ{_0^2}}=1$

Yêu cầu của bài toán là tìm tốc độ quay $n$ của roto, nó trong công thức tần số

$f=np$

Mà tần số liên quan đến $ω=2πf$, còn $ω$ thì liên hệ với $E_0$ và $Φ_0$.
Nói tóm lại, phương trình trên đủ để giải bài toán này.
Với $e$ và $ϕ$ đã biết, thì $E_0$ và $Φ_0$ được đưa vào ẩn trong hệ phương trình. Nhưng chú ý rằng phương trình là bậc nhất nên phải đặt ẩn như sau: $x=\frac{1}{E{_0^2}}$ và $y=\frac{1}{Φ{_0^2}}$, khi đó phương trình tuyến tính là

$e^2 x+ϕ^2 y=1$

Thay các cặp giá trị của $e$ và $ϕ$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} 200^2 x+1^2 y=1 & \\ 256^2 x+0.6^2 y=1 \end{cases}$

Sử dụng máy tính Casio giải ra ngay

$x=1.25×10^{-5},y=0.5$

$E_0=\sqrt{\frac{1}{x}}=\sqrt{\frac{1}{1.25×10^{-5}}}=282.8\ \text{V}$

$Φ_0=\sqrt{\frac{1}{0.5}}=1.41\ \text{mWb}$

Đến đây còn một phần nữa rất quan trọng, nếu không để ý, bài toán sẽ bị giải sai. Vì công thức

$ω=\frac{E_0}{Φ_0}$

phải hiểu đúng là: trong đó $E_0$ và $Φ_0$ phải cùng của 1 vòng dây, hay cùng một cuộn dây hoặc cùng là của máy. Trong khi đề bài cho suất điện động của mỗi cuộn còn từ thông của mỗi vòng dây. Nên ta phải kí hiệu thật rõ ràng cho những đại lượng đã tìm được ở trên như sau:

$E_{0_\text{máy}}=8E_{0_\text{cuộn}}$

$=8×200E_{0_\text{vòng}}=7439.8\ \text{V}$

$Φ_{0_\text{vòng}}=1.41\ \text{mWb}$

$=1.41×10^{-3}\ \text{Wb}$

$2πnp=\frac{282.8}{8×200×1.41×10^{-3}}$

$=125.35\ \text{rad/s}$

$n=\frac{125.35}{2π×4}$

$≈5 \ \text{vòng/s}$

Ví dụ 9
Đặt vào hai đầu mạch điện $RLC$ một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi và tần số thay đổi được. Điều chỉnh tần số góc $ω$ và đo tổng trở $Z$ của mạch. Người ta thấy rằng, nếu tần số góc ở giá trị $ω = ω_1$ cho giá trị tổng trở bằng $Z$ thì sẽ có một giá trị khác của tần số góc là $ω = ω_2$ cũng cho tổng trở bằng $Z$. Đặt $Δω = |ω_1 – ω_2|$. Khi $Δω = 157.5\ \text{rad/s}$ thì $Z = 145\ \text{Ω}$, khi $Δω = 360\ \text{rad/s}$ thì $Z = 260\ \text{Ω}$. Tính $R$ và $L$.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lí trong bài toán này là sự phụ thuộc của tổng trở vào tần số điện áp. Biểu thức liên hệ được tất cả các đại lượng bài toán cho và các đại lượng bài toán hỏi là

$Z^2=R^2+(ωL-\frac{1}{ωC})^2$

Dấu hiệu của bài toán cũng khá rõ ràng, cần phải giải bài toán vật lí này bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn.
Ta phải sử dụng một công thức quen thuộc sau đây

$ω_1 ω_2=ω{_0^2}=\frac{1}{LC}$

Đưa phương trình về dạng sau

$Z^2=R^2+L^2 (ω-\frac{1}{ωLC})^2$

Khi $ω=ω_1$ thì

$Z^2=R^2+L^2 (ω_1-\frac{ω{_0^2}}{ω_1})^2$

$=R^2+L^2 (ω_1-ω_2 )^2$

Đến đây thì có thể đặt $x=R^2$, $y=L^2$ và có phương trình bậc nhất

$x+(Δω)^2 y=Z^2$

Thay các cặp giá trị $Δω$ và $Z$ vào ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} x+157.5^2 y=145^2 & \\ x+360^2 y=260^2 \end{cases}$

Lại sử dụng máy tính Casio giải nhanh ta được

$x=10000,y=\frac{4}{9}$

Tức là

$R=\sqrt{x}=100\ \text{Ω},L=\sqrt{\frac{4}{9}}=\frac{2}{3} \ \text{H}$

Ví dụ 10
Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, ánh sáng được chiếu vào hai khe là ánh sáng đơn sắc. Ban đầu khoảng cách giữa hai khe là $a$, khoảng cách từ hai khe đến màn là $D$. Trong quá trình làm thí nghiệm, nếu cố định khoảng cách giữa hai khe đồng thời dịch chuyển tịnh tiến màn ra xa hai khe một khoảng $ΔD$ so với ban đầu, hoặc cố định màn đồng thời thay đổi khoảng cách giữa hai khe một khoảng $Δa$ so với ban đầu, thì khoảng vân trong hai trường hợp bằng nhau. Thí nghiệm cho thấy: nếu $ΔD = 0.50\ \text{m}$ thì $Δa = 0.160 \ \text{mm}$; nếu $ΔD = 0.56\ \text{m}$ thì $Δa = 0.175\ \text{mm}$. Tính $D$ và $a$.

Phân tích và lời giải

Hiện tượng vật lý trong bài toán này là hiện tượng giao thoa ánh sáng trong thí nghiệm Y-âng. Khoảng vân bằng nhau với hai cách dịch chuyển. Biểu thức phải viết ở đây là

$\frac{λ(D+ΔD)}{a}=\frac{λD}{a-Δa}$

Trong đó, do màn ra xa hai khe nên ta viết $D+ΔD$. Khi đó khoảng vân tăng nên vế còn lại phải viết là $a-Δa$.
Đă về phương trình tuyến tính:

$aD+aΔD-DΔa-ΔD.Δa=aD$

$ΔD×a-Δa×D=Δa×ΔD$

Bài toán cho các giá trị Δa và $ΔD$ nên ẩn ở đây là $x=a$ và $y=D$. Thay các cặp giá trị đã cho ta được hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} 0.5x-0.16y=0.5×0.16 & \\ 0.56x-0.175y=0.56×0.175 \end{cases}$

Bấm nhanh máy tính Casio ta được

$x=0.8, y=2$

Tức là $a=0,8 \ \text{mm}$ và $D=2\ \text{m}.$

Ví dụ 11
Một mẫu đá được tìm thấy có chứa nhiều chất, trong đó có ${_{92}^{238}}\text{U}$ (là chất phóng xạ) và ${_{82}^{206}}\text{Pb}$. Trong đó chì là chất được tạo thành từ một chuỗi phóng xạ của ${_{92}^{238}}\text{U}$, với chu kì bán rã $4.47×10^9$ năm. Các chất khác trong mẫu đá là các chất bền (ta gọi là tạp chất). Tổng khối lượng mẫu đá khi tìm thấy là 5,848 g. Qua nghiên cứu, người ta biết được tuổi của mẫu đá là $2.8×10^9$ năm, và biết thêm rằng cách đây $1.2×10^9$ năm tổng khối lượng mẫu đá là 5,905 g. Giả sử ban đầu trong mẫu đá không có chì. Tính khối lượng tạp chất và khối lượng urani ban đầu.

Phân tích và lời giải

Bài toán có thể viết lại cho đúng với dạng tổng quát như sau: Ban đầu trong mẫu đá chỉ có khối lượng tạp chất $m’$ và khối lượng urani nguyên chất $m_0$. Sau thời gian $1.6×10^9$ năm khối lượng mẫu đá bằng 5,905 g, sau thời gian $2.8×10^9$ năm khối lượng mẫu đá là 5,848 g. Tính $m_0$ và $m’$.
Hiện tượng vật lý trong bài toán này là hiện tượng phóng xạ, ngoài công thức liên hệ những đại lượng đã cho

$m=m'+m_U+m_Pb$

Ta cần phải viết các công thức liên quan đến định luật phóng xạ

$m_U=m_0 2^{-\frac{t}{T}}$

$\frac{m_Pb}{m_U} =\frac{206}{238}(2^{\frac{t}{T}}-1)$

Gom 3 phương trình trên làm một

$m=m'+m_0 (\frac{206}{238}+\frac{16}{119}×2^{-\frac{t}{T}})$

Trong phương trình bậc nhất này $m, T$ và $t$ đã biết, ta đặt các ẩn $x=m',y=m_0$, thay các số liệu vào để có hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:

$\begin{cases} x+(\frac{206}{238}+\frac{16}{119}×2^{-\frac{1.6}{4.47}})y=5.905 & \\ x+(\frac{206}{238}+\frac{16}{119}×2^{-\frac{2.8}{4.47}})y=5.848 \end{cases}$

Đã có máy tính giải nhanh cho hệ phương trình này, nó cho ta

$x=2.8, y=3.2$

Tức là

$m'=2.8 \ \text{g}, m_0=32\ \text{g}$

Lời kết

Trên đây là 11 bài tập vật lý được giải bằng phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Không những chúng được sắp xếp từ dễ đến khó, mà kiến thức vật lý trong các bài toán được trải từ lớp 10 đến lớp 12. Tôi muốn nói rằng, phương pháp lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn không chỉ áp dụng riêng cho phần kiến thức vật lý nào. Bất kì một bài tập vật lý có dấu hiệu như đã nêu ở phần đầu bài viết, chúng ta đều có thể suy nghĩ giải quyết theo hướng của phương pháp này.
Ý tưởng của bài viết và những bài toán trong bài viết này hoàn toàn do tôi "phịa" ra, thậm chí cả cái ảnh đại diện bài viết cũng do tôi chế ra. Nên chắc chắn không khỏi sai sót và dở hơi. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành các bạn.

Read More