Giải bài toán tần số thay đổi trong mạch RLC bằng phương pháp "khoảng nghiệm"

Tần số trong mạch RLC thay đổi dẫn đến hầu hết các đại lượng khác liên quan đến dòng điện trong mạch thay đổi theo, với những quy luật khác nhau, rất đa dạng. Có những đại lượng luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến, cũng có những đại lượng đạt cực trị. Trong những đại lượng có cực trị khi tần số biến thiên, hai đại lượng rất thú vị trong mạch điện xoay chiều là công suất và cường độ hiệu dụng. Để dễ hình dung ra sự phụ thuộc của hai đại lượng này vào tần số dòng điện, ta xem các đồ thị ở hình vẽ dưới đây.

Có vô số cặp giá trị tần số góc $ω_1$ và $ω_2$ cho cùng một giá trị công suất và cùng một giá trị cường độ hiệu dụng. Cặp tần $ω_1$ và $ω_2$ là hai nghiệm của một phương trình bậc hai. Ta gọi hiệu của chúng $Δω=ω_2-ω_1$ là khoảng nghiệm. Tôi đã viết một chuyên đề Áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc hai. Ở đó, tích hai nghiệm $ω_1.ω_2$ và tổng hai nghiệm $ω_1 + ω_2$ được vận dụng rất hiệu quả. Bài viết này, tôi chia sẻ một cách tiếp cận khác, đó là vận dụng hiệu hai nghiệm $ω_1 - ω_2$, hay để dễ nhớ, tôi gọi là Phương pháp khoảng nghiệm.

Bài toán tổng quát mạch RLC có tần số thay đổi

Trong mạch điện xoay chiều $RLC$, điện áp hai đầu mạch $u = U_0\cos{(ωt)}$, với điện áp cực đại $U_0$ không đổi, tần số góc $ω$ có thể thay đổi được. Có hai giá trị tần số góc $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch bằng nhau và bằng $I_{12}$. Hãy tính $I_{12}$ theo $ω_1$ và $ω_2$.

Trước hết, ta đi từ biểu thức cường độ dòng điện hiệu dụng \begin{align} I&=\frac{U}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}\\ &=\frac{U}{\sqrt{R^2+{L^2\left(\omega-\frac{1}{\omega CL}\right)}^2}}\\ &=\frac{U}{\sqrt{R^2+{L^2\left(\omega-\frac{\omega_0^2}{\omega}\right)}^2}}\tag{0.1} \end{align} Theo bài ra thì \begin{align} I_{12}=I\left(\omega_1\right)=I\left(\omega_2\right)\tag{0.2} \end{align} Mà ta đã biết $$\omega_1\times\omega_2=\omega_0^2=\frac{1}{LC}\tag{0.3}$$ Ta lấy $ω = ω_1$ chẳng hạn, thì được \begin{align} I_{12}&=\frac{U}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega_1-\frac{\omega_0^2}{\omega_1}\right)^2}}\\ &=\frac{U}{\sqrt{R^2+{L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)}^2}}\tag{0.4} \end{align}

Các bài toán thí dụ về mạch RLC có tần số thay đổi

Bài 1. Áp dụng trực tiếp hiệu tần số

Trong mạch điện $RLC$, điện trở thuần $R = 100\ \text{Ω}$, độ tự cảm $L = 0\text{,}1\ \text{H}$. Điện áp xoay chiều giữa hai đầu mạch có biểu thức $u = U_0\cos{(ωt)}$, với $U_0$ không đổi, tần số góc $ω$ thay đổi được. Khi thay đổi tần số dòng điện thì có hai giá trị tần số góc $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó công suất tiêu thụ của mạch bằng nhau và bằng $200\ \text{W}$. Biết rằng $ω_1 – ω_2 = 500\ \text{rad/s}$. Tính $U_0$.

Giải

Ta nhớ sẵn $$I_{12}=\frac{U}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}}\tag{1.1}$$ Chỉ thêm nó vào biểu thức công suất \begin{align} P_{12}&=I_{12}^2R\\ &=\frac{U^2R}{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}\tag{1.2} \end{align} Suy ra ngay \begin{align} U&=\sqrt{\frac{P_{12}\left[R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2\right]}{R}}\\ &=\sqrt{\frac{200\left[{100}^2+{0,1}^2\times{500}^2\right]}{100}}\tag{1.3} \end{align} $$U_0=\sqrt2U=223,6\ \mathrm{V}\tag{1.4}$$

Bài 2. Thử tự đi tìm công thức hiệu nghịch đảo hai tần số

Điện áp xoay chiều hai đầu mạch $RLC$ có giá trị hiệu dụng $U =250\ \text{V}$ không đổi, tần số góc $ω$ có thể thay đổi được. Biết giá trị điện trở thuần $R = 120\ \text{Ω}$. Khi thay đổi tần số dòng điện thì có hai giá trị $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó điện áp hai đầu điện trở bằng nhau và bằng $160\ \text{V}$. Biết rằng $\frac{1}{\omega_2}-\frac{1}{\omega_1}=\frac{3}{350}\ \text{(s/rad)}$. Tính điện dung $C$ của tụ điện.

Giải

Ta có thể phân tích biểu thức cường độ dòng điện hiệu dụng theo hướng có $C$ như sau: \begin{align} I&=\frac{U}{\sqrt{R^2+\frac{1}{C^2}\left(\omega LC-\frac{1}{\omega}\right)^2}}\\ &=\frac{U}{\sqrt{R^2+\frac{1}{C^2}\left(\frac{\omega}{\omega_0^2}-\frac{1}{\omega}\right)^2}}\tag{2.1} \end{align} Vì $$I\left(\omega_1\right)=I\left(\omega_2\right)=I_{12},$$ ta lấy $ω = ω_1 \omega=\omega_1$ chẳng hặn, khi đó $$I_{12}=\frac{U}{\sqrt{R^2+\frac{1}{C^2}\left(\frac{\omega_1}{\omega^{0^2}}-\frac{1}{\omega_1}\right)^2}}\tag{2.2}$$ Ta vẫn chú ý rằng $$\omega_0^2=\omega_1\omega_2$$ Nên $$I_{12}=\frac{U}{\sqrt{R^2+\frac{1}{C^2}\left(\frac{1}{\omega_2}-\frac{1}{\omega_1}\right)^2}}\tag{2.3}$$ \begin{align} U_{R_{12}}&=I_{12}R\\ &=\frac{UR}{\sqrt{R^2+\frac{1}{C^2}\left(\frac{1}{\omega_2}-\frac{1}{\omega_1}\right)^2}}\tag{2.4} \end{align} Đến đây thì dễ dàng tính được \begin{align} C&=\frac{\frac{1}{\omega_2}-\frac{1}{\omega_1}}{\sqrt{\frac{U^2}{U_{R_{12}}^2}R^2-R^2}}\\ &=\frac{\frac{3}{350}}{120\sqrt{\left(\frac{200}{160}\right)^2-1}}\\ &=95\text{,}2\ \mathrm{\mu F} \end{align}

Bài 3. Đề minh họa THPT quốc gia năm 2017

Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $200\ \text{V}$ và tần số $f$ thay đổi được vào hai đầu đoạn mạch có $R$, $L$, $C$ mắc nối tiếp. Biết cuộn cảm thuần có độ tự cảm $L=\frac{1}{\pi}\ \text{H}$. Khi tần số $f = 50\ \text{Hz}$ hoặc $f = 200\ \text{Hz}$ thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch đều bằng $0\text{,}4\ \text{A}$. Điều chỉnh tần số $f$ để cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch có giá trị cực đại. Giá trị cực đại này bằng bao nhiêu?

Giải

Có lẽ không khó để nhớ biểu thức cường độ hiệu dụng $I_{12}$ $$I_{12}=\frac{U}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}}\tag{3.1}$$ Trong đó $I_{12} = 0\text{,}4\ \text{A}$, $L = \frac{1}{π}\ \text{H}$, $U = 200\ \text{V}$, $ω_1 – ω_2 = 2π(200 – 50) = 300π\ \text{rad/s}$. Dễ dàng suy ra \begin{align} R&=\sqrt{\left(\frac{U}{I_{12}}\right)^2-L^2\left(\Delta\omega\right)^2}\\ &=\sqrt{\left(\frac{200}{0.4}\right)^2-\left(\frac{1}{\pi}\right)^2\times\left(300\pi\right)^2}\\ &=400\ \Omega \end{align} Ta phải đi tìm cường độ dòng điện hiệu dụng cực đại, với f thay đổi thì I = Imax khi cộng hưởng, tức là $$I_{\mathrm{max}}=\frac{U}{R}=\frac{200}{400}=0\text{,}5\ \text{A}$$

Bài 4. Đề thi ĐH năm 2012

Đặt điện áp $u = U_0\cos{ωt}\ \text{V}$ ($U_0$ không đổi, tần số góc $ω$ thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần $R$, cuộn cảm thuần có độ tự cảm $\frac{4}{5\pi}\ \text{H}$ và tụ điện mắc nối tiếp. Khi tần số góc $ω = ω_0$ thì cường độ dòng điện hiệu dụng qua đoạn mạch đạt giá trị cực đại $I_\text{m}$. Khi tần số góc $ω = ω_1$ hoặc $ω = ω_2$ thì cường độ dòng điện cực đại qua đoạn mạch bằng nhau và bằng $I_\text{m}$. Biết $ω_1 − ω_2 = 200π\ \text{rad/s}$. Giá trị của $R$ bằng bao nhiêu?

Giải

Mạch RLC có tần số thay đổi, cường độ hiệu dụng cực đại khi cộng hưởng $$I_\mathrm{m}=\frac{U}{R}\tag{4.1}$$ Ta sử dụng ngay công thức đã chứng minh $$I_0=\frac{U\sqrt2}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega-\frac{\omega_0^2}{\omega}\right)^2}}\tag{4.2}$$ Khi $ω = ω_1$ thì $I = I_\text{m}$, tức là \begin{align} I_\mathrm{m}&=\frac{U\sqrt2}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}}\\ &=\frac{U}{R}\tag{4.3} \end{align} Suy ra \begin{align} R&=L(\omega_1-\omega_2)\\ &=\frac{4}{5\pi}200\pi\\ &=160\ \mathrm{\Omega} \end{align}

Bài 5. Đồ thị theo biến hiệu tần số

Điện áp xoay chiều hai đầu mạch $RLC$ có biểu thức ổn định $u = U_0\cos{(ωt)}$, với điện áp cực đại $U_0$ không đổi, tần số góc $ω$ thay đổi được. Khi thay đổi tần số góc thì có hai giá trị của tần số góc là $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó cường độ hiệu dụng của mạch bằng nhau và bằng $I_{12}$. Đặt $x=\left(\frac{1}{I_{12}}\right)^2$ và $y = (ω_1 – ω_2)^2$. Hình vẽ dưới đây là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của $y$ vào $x$ (với cường độ hiệu dụng $I_{12}$ tính theo đơn vị $\text{A}$ và tần số góc $ω$ tính theo đơn vị $\text{rad/s}$). Giá trị của điện áp cực đại $U_0$ bằng bằng bao nhiêu?

Giải

Từ biểu thức $$I_{12}=\frac{U}{\sqrt{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}}\tag{5.1}$$ Ta đưa về phương trình liên hệ $x$ và $y$ \begin{align} \frac{1}{x}&=\frac{U^2}{R^2+L^2y}\tag{5.2}\\ y&=U^2x-R^2\tag{5.3} \end{align} Trên đồ thị, hệ số góc $$\tan{\alpha}=U^2\tag{5.3}$$ \begin{align} \Rightarrow\ U&=\sqrt{\tan{\alpha}}.{10}^2\\ &=100\sqrt{\frac{14-6}{2.24-1.12}}\\ &\approx267,26\ \mathrm{\mathrm{V}} \end{align}

Bài 6. Độ chênh lệch giữa hai tần số phụ thuộc vào điện trở của mạch RLC

Trong mạch điện $RLC$, cảm kháng $L$ của cuộn dây và điện dung $C$ của tụ điện không đổi, điện trở thuần $R$ có thể điều chỉnh giá trị. Điện áp xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức $u = 220\cos{(ωt)}$, trong đó tần số góc $ω$ thay đổi được. Với mỗi giá trị của biến trở $R$, khi thay đổi tần số dòng điện thì có hai giá trị tần số góc $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó công suất tiêu thụ của mạch bằng nhau và bằng $200\ \text{W}$. Tìm giá trị của điện trở $R$ để độ chênh lệch giữa hai tần số góc $ω_1$ và $ω_2$ là lớn nhất.

Giải

Như bài toán 1, công suất $P_{12}$ có biểu thức $$P_{12}=\frac{U^2R}{R^2+L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2}\tag{6.1}$$ Suy ra $$L^2\left(\omega_1-\omega_2\right)^2=-R^2+\frac{U^2}{P_{12}}R\tag{6.2}$$ $|ω_1 – ω_2|$ đạt cực đại khi \begin{align} \left(-R^2+\frac{U^2}{P_{12}}R\right)^\prime=0\tag{6.3}\\ -2R+\frac{U^2}{P_{12}}=0\tag{6.4} \end{align} \begin{align} R&=\frac{U^2}{2P_{12}}\\ &=\frac{\left(\frac{220}{\sqrt2}\right)^2}{2\times200}\\ &=60\text{,}5\ \Omega \end{align}

Bài tập tự giải

Bài 1

Trong mạch điện $RLC$, $R = 150\ \text{Ω}$, $L = 0\text{,}15\ \text{H}$. Điện áp xoay chiều giữa hai đầu mạch có biểu thức $u = 300\cos{(ωt)}$, với $U_0$ không đổi, tần số góc $ω$ thay đổi được. Khi thay đổi tần số dòng điện thì có hai giá trị $ω = ω_1$ và $ω = ω_2$ mà tại đó công suất tiêu thụ của mạch bằng nhau và bằng $P_0$. Biết rằng $ω_1 – ω_2 = 600\ \text{rad/s}$. Giá trị của $P_0$ bằng bao nhiêu?

Bài 2

Điện áp xoay chiều hai đầu mạch $RLC$ có giá trị hiệu dụng $U =220\ \text{V}$ không đổi, tần số góc $ω$ có thể thay đổi được. Khi thay đổi tần số dòng điện thì có hai giá trị $ω = ω_1 = 376\ \text{rad/s}$ và $ω = ω_2 = 1328\ \text{rad/s}$ mà tại đó điện cường độ dòng điện hiệu dung bằng nhau và bằng $1\ \text{A}$, hai giá trị $ω = ω_3 = 505\ \text{rad/s}$ và $ω = ω_4 = 990\ \text{rad/s}$ mà tại đó điện cường độ dòng điện hiệu dung bằng nhau và bằng $1\text{,}5\ \text{A}$. Tính $R$ và $L$.

Bài 3

Máy phát điện xoay chiều một pha có 4 cặp cực (phần ứng có 8 cuộn dây giống nhau), điện trở thuần của các cuộn dây phần ứng không đáng kể. Nối hai đầu ra của máy phát điện này với hai đầu A, B của một mạch điện xoay chiều $RLC$. Biết $R = 150\ \text{Ω}$ và $C=\frac{{10}^{-4}}{\pi}\ \mathrm{F}$. Khi roto quay với tốc độ 5 vòng/s hoặc 20 vòng/s thì điện áp hiệu dụng trên tụ điện bằng nhau và bằng 200 V. Từ thông cực đại qua mỗi cuộn dây của phần ứng bằng bao nhiêu?

Hãy cho một lời bình về bức ảnh đại diện của bài viết...

Read More

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI TRONG VẬT LÍ

Đạo hàm có ý nghĩa rất quan trọng trong việc giải các bài tập vật lí. Nhưng trong hầu hết các bài toán, nếu ứng dụng ý nghĩa hình học của đạo hàm, thì chúng ta thường đề cập đến đạo hàm bậc nhất. Bài viết này, tác giả xin giới thiệu ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp hai, và ứng dụng của nó trong việc giải quyết một số bài toán vật lí.

Chúng ta sẽ bắt đầu từ đạo hàm bậc nhất

Xét hàm số $y=f\left(x\right)$ có một phần đồ thị như hình vẽ dưới đây (đường cong):

Đoạn $\text{M}_0\text{M}$ là một đoạn cong, nhưng nếu cho $\text{M}$ tiến dần về $\text{M}_0$ thì khi $\text{M}_0\text{M}$ rất nhỏ, đoạn này là một đoạn thẳng, nó bị chứa bởi một đường thẳng chính là tiếp tuyến của đồ thị tại $\text{M}_0$. Tức là khi đó, hình $\text{M}_0\text{MH}$ là một tam giác vuông, có \begin{align} \tan{\alpha} &=\frac{\Delta y}{\Delta x}\\ &=\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}\tag{1} \end{align} $Δx$ và $Δy$ rất nhỏ ($\Delta x\rightarrow0$), ta gọi chúng là các vi phân và kí hiệu là $dx$ và $dy$, ta có
\begin{align} \tan{\alpha} &=\frac{dy}{dx}=y^\prime\left(x\right)\\ &=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}{\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}}\tag{2} \end{align} Đây chính là đạo hàm của hàm số $y = f(x)$
Về mặt hình học, đạo hàm của hàm số tại một điểm nào đó, chính là hệ số góc của đường tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó. Tức là:

Nếu $\frac{dy}{dx}>0$ thì đồ thị dốc lên, hàm tăng (đồng biến).

Nếu $\frac{dy}{dx}\lt0$ thì đồ thị dốc xuống, hàm nghịch biến.

Nếu $\frac{dy}{dx}=0$ thì đồ thị nằm ngang, tại đó là cực trị.

Ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp hai

1. Đạo hàm cấp hai

\begin{align} y^{\prime\prime}&=\left(y^\prime\left(x\right)\right)^\prime\\ &=\frac{d\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dx}\\ &=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}{\frac{f^\prime\left(x+\Delta x\right)-f\prime\left(x\right)}{\Delta x}}\\ &=\frac{d^2y}{dx^2}\tag{3} \end{align}

2. Ý nghĩa hình học của đạo hàm bậc hai

Như đã biết, “độ dốc” của đồ thị được xác định bằng đạo hàm bậc nhất. Bây giờ ta đặt ra câu hỏi, liệu có xác định được “độ cong” của đồ thị tại mỗi điểm hay không.

Ta coi rằng, mỗi đoạn nhỏ của đồ thị là một đoạn của một đường tròn bán kính $r$, khi đó độ cong của đồ thị tại đó là $\frac{1}{r}$ và ta tính độ cong này như sau:

Xét một cung nhỏ $P_0P$ có độ dài $ds$, ta có \begin{align} r=\frac{ds}{d\alpha}\tag{4} \end{align} Trong đó \begin{align} ds=\sqrt{\left(dx\right)^2+\left(dy\right)^2}\tag{5}\\ \tan{\alpha}=\frac{dy}{dx}\ \Rightarrow\ \ \alpha=\arctan{\left(\frac{dy}{dx}\right)}\tag{6}\\ d\alpha=\frac{d^2y}{dx^2}.\frac{1}{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\tag{7} \end{align} Thay vào ta được \begin{align} \frac{1}{r}=\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{\left(1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right)^\frac{3}{2}}\tag{8} \end{align} Như vậy, đạo hàm bậc nhất và đạo hàm bậc hai cho ta biết độ cong của đồ thị tại bất kì điểm nào.
Cũng cần lưu ý rằng, trong biểu thức tính bán kính cong $r$ thì $ds > 0$, nhưng dα có thể dương (nếu bề lõm của đồ thị hướng lên trên) hoặc âm (nếu bề lõm quay xuống dưới). Tức là:

Tâm của đoạn cong ở phía trên đồ thị thì $r > 0$

Tâm của đoạn cong ở phía dưới đồ thị thì $r\lt0$

Tại các cực trị $\frac{dy}{dx}=0$ nên $\frac{1}{r}=\frac{d^2y}{dx^2}$, nếu $\frac{d^2y}{dx^2}>0$ thì bề lõm quay lên, đó là cực tiểu, ngược lại nếu $\frac{d^2y}{dx^2}\lt0$ thì bề lõm quay xuống, đó là cực đại.

Một số bài toán minh họa

Bài 1

Một hòn bi nhỏ khối lượng $m$ bắt đầu lăn từ điểm $O$ trên một máng trơn $OCB$ như hình vẽ. Hãy tính áp lực của bi lên máng tại $C$ biết hình cắt của máng là một đường được xác định bằng phương trình $y = h\sin{\frac{πx}{l}}$, với $h = \frac{l}{3}$.

Giải

Trước hết ta xác định độ dốc của máng tại $\text{C}$ \begin{align} \frac{dy}{dx}=\frac{\pi h}{l}\cos{\left(\frac{\pi x}{l}\right)}\tag{9} \end{align} Tại điểm $\text{C}$ thì $x = \frac{l}{2}$, ta có $$\frac{dy}{dx}=0\tag{10}$$ Chọn mốc thế năng tại $\text{C}$, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ở $\text{O}$ và $\text{C}$ ta có \begin{align} \frac{1}{2}mv^2=mgh\tag{11}\\ \Rightarrow\ v^2=2gh=\frac{2gl}{3}\tag{12} \end{align} Phương trình động lực học tại $\text{C}$: $$N-mg=\frac{mv^2}{r}\tag{13}$$ Trong đó $r$ là bán kính cong của quỹ đạo tại $\text{C}$, nó được tính bằng công thức $$r=\frac{\left[1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right]}{\frac{d^2y}{dx^2}}\tag{14}$$ Với $\frac{dy}{dx}=0$ và \begin{align} \frac{d^2y}{dx}&=-\frac{\pi^2h}{l^2}\sin{\left(\frac{\pi x}{l}\right)}\\ &=-\frac{\pi^2}{3l}\tag{15} \end{align} Dấu ‘-‘ chỉ có ý nghĩa rằng bề lõm của quỹ đạo tại $\text{C}$ quay lên trên, ta chỉ lấy độ lớn của bán kính cong $$r=\frac{3l}{\pi^2}\tag{16}$$ Khi đó áp lực lên máng \begin{align} N&=mg+\frac{mv^2}{r}\\ &=m\left(g+\frac{2gl}{3}.\frac{\pi^2}{3l}\right)\\ &=mg\left(1+\frac{2\pi^2}{9}\right)\tag{17} \end{align}

Bài 2

Một lượng lớn thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự $f$ được đặt cách đều nhau khoảng $l$ sao cho trục chính của tất cả thấu kính trùng nhau. Khoảng $l$ nhỏ hơn rất nhiều so với $f$. Một chùm sáng chiếu vuông góc tới mặt phẳng thấu kính thứ nhất (hình vẽ dưới đây). Hãy vẽ tiếp tia sáng và xác định khoảng cách giữa các điểm tia sáng cắt trục chính của hệ lần thứ ba và lần thứ tư.

Giải

Các tia sáng hội tụ nên bẻ cong dần về phía trục chính. Sau khi cắt trục chính, chúng lại hội tụ theo hướng ngược lại,… cứ như vậy tia sáng có dạng tuần hoàn như hình vẽ.
Ta chứng minh tia sáng có dạng hình sin.

Ta xét sự khúc xạ của một tia sáng trên hai thấu kính liên tiếp, tại hai tọa độ $(x, y)$ và $(x + dx, y + dy)$, trong đó $dx = l$ (vì $l$ rất nhỏ).

Trên hình vẽ ta có \begin{align} \tan{\beta}&=\frac{MN}{f}\\ &=\frac{y+ftan\alpha}{f}\\ &=tan\alpha+\frac{y}{f}\tag{18} \end{align} Trong đó $\tan{α}$ và $\tan{β}$ lần lượt là hệ số góc của tia sáng tại $(x, y)$ và $(x + dx, y + dy)$.
Và do tại đó $y$ đang giảm nên $dy\lt0$, ta có \begin{align} \tan{\alpha}&=-\frac{dy}{dx}\\ &=-f^\prime\left(x\right)\tag{19} \end{align} Tương tự \begin{align} \tan{\beta}&=-f^\prime\left(x+l\right)\\ &=-f^\prime\left(x+dx\right)\tag{20} \end{align} Thay trở lại biểu thức mới tìm \begin{align} \tan{\alpha}-\tan{\beta}=-\frac{y}{f}\tag{21}\\ f^\prime\left(x+dx\right)-f^\prime\left(x\right)=-\frac{y}{f}\tag{22} \end{align} Chia cả hai vế cho $l$, nhưng ở vế trái ta xem $l = dx$ $$\frac{f^\prime\left(x+dx\right)-f^\prime\left(x\right)}{dx}=-\frac{y}{lf}\tag{23}$$ Vế trái chính là đạo hàm bậc hai của $y$ theo $x$ $$y^{\prime\prime}=-\frac{1}{lf}y\tag{24}$$ Phương trình vi phân quen thuộc này suy ra được \begin{align} y=y_0\cos{\left(\omega x\right)}\tag{25}\\ \omega=\sqrt{\frac{1}{lf}}\tag{26} \end{align} Tức là đường truyền các tia sáng có dạng hình sin, nhận $Ox$ làm trục đối xứng.

Từ hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa các điểm tia sáng cắt trục chính của hệ lần thứ ba và lần thứ tư là \begin{align} \Delta x&=\frac{7x_0}{4}-\frac{5x_0}{4}\\ &=\frac{x_0}{2}\tag{27} \end{align} Trong đó \begin{align} x_0&=\frac{2\pi}{\omega}\\ &=2\pi\sqrt{lf}\tag{28} \end{align} Vậy $$\Delta x=\pi\sqrt{lf}\tag{29}$$

Bài 3

Một quả cầu sắt (A) khối lượng $m = 2\ \text{kg}$ có thể trượt không ma sát dọc theo một thanh cố định nằm ngang, thanh xuyên qua quả cầu. Một quả cầu (B) cùng khối lượng $m$, được nối với quả cầu (A) bằng một sợi dây mảnh, không dãn, chiều dài $L = 1\text{,}6\ \text{m}$. Ban đầu các quả cầu đứng yên, sợi dây nối căng ngang và tổng chiều dài đúng bằng chiều dài thanh, như hình vẽ dưới đây. Khi đó thả nhẹ quả cầu (B) để nó bắt đầu rơi với vận tốc ban đầu bằng không. Lấy $g = 10\ \text{m/s}^2$.

1. Hãy xác định dạng quỹ đạo chuyển động cuả quả cầu (B).
2. Tính áp lực của thanh lên quả cầu (A) và lực căng sợi dây khi quả cầu (B) ở vị trí thấp nhất.

Giải

1. Dạng quỹ đạo chuyển động của quả cầu (B)
Chọn hệ trục tọa độ $xOy$ sao cho, $O$ ở trung điểm của thanh, $Ox$ trùng với thanh hướng sang phải, $Oy$ thẳng đứng hướng xuống. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu theo phương ngang ta có \begin{align} mv_A+mv_{Bx}=0\tag{30}\\ \Rightarrow\ v_{xB}={-v}_A\tag{31} \end{align} tức là $x_A=-x_B$ ở mọi thời điểm, và ta có $$y^2+\left(2x\right)^2=L^2\tag{32}$$ Hay $$\frac{x^2}{\left(\frac{L}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{L^2}=1\tag{33}$$ Đây là phương trình của một êlip.
2. Áp lực của thanh lên quả cầu (A) và lực căng sợi dây

Đối với chuyển động của hệ đã cho thì quỹ đạo của (B) là một phần của elip này, với $y\geq0$. Cũng vì thế mà ta có thể viết $$y=\sqrt{L^2-4x^2}\tag{34}$$ Đạo hàm hai lần hàm số này ta có $$y^{\prime\prime}\left(x\right)=-\frac{4L^2}{\left(L^2-4x^2\right)^\frac{3}{2}}\tag{35}$$ Bán kính cong của quỹ đạo tại điểm thấp nhất của (B) là \begin{align} r&=\frac{1}{y^{\prime\prime}\left(0\right)}\\ &=-\frac{L}{4}\tag{36} \end{align} Dấu $‘-’$ chỉ có ý nghĩa là bề lõm quay về gốc tọa độ, tức là ta lấy $$r=\frac{L}{4}\tag{37}$$ Gia tốc hướng tâm tại B $$a_B=\frac{v^2}{r}=\frac{4v^2}{L}\tag{38}$$ Khi sợi dây thẳng đứng thì $v_{Bx}=v_B=-v_A=v$. Bảo toàn cơ năng cho hệ: \begin{align} 2\frac{1}{2}mv^2&=mgL\Rightarrow\ v=\sqrt{gL}\\ &=\sqrt{10\times1\text{,}6}\\ &=4\ \text{m/s}\tag{39} \end{align} Vậy ta có \begin{align} a_B&=a_{\mathrm{n/A}}\\ &=\frac{4v^2}{L^2}.L\\ &=\frac{4v^2}{L}\\ &=40\ \text{m/s}^2\tag{40} \end{align} Áp dụng định luật II Niu-tơn cho vật (B) ta có \begin{align} T-mg=ma_B\tag{41}\\ \Rightarrow\ T&=m\left(g+a_B\right)\\ &=100\ \text{N}\tag{42} \end{align} Còn đối với vật (A) thì áp lực lên thanh được tính : $$N=mg+T=120\ \text{N}\tag{43}$$

Bài 4

Một vật khối lượng $2m$ được coi là chất điểm đặt ở đỉnh của một đường trượt (C) có dạng parabol với phương trình trong hệ toạ độ $oxy$ (trong mặt phẳng thẳng đứng như hình vẽ dưới đây): $y=Ax^2 \text{(m)}$; $A=20\ \left(m^{-1}\right)$, $x$ tính bằng m . Một viên đạn khối lượng $m$ bay theo phương ngang với vận tốc $v_0$ đến va chạm mềm với chất điểm nói trên. Tìm điều kiện $v_0$ để vật luôn trượt trên đường (C) nói trên . Bỏ qua ma sát.

Giải

Giả sử sau khi va chạm, vật trượt trên đường trượt, tại tọa độ $x, y$ bất kì ta có

$$\vec{N}+3m\vec{g}=3m\vec{a}\tag{44}$$ Tại mỗi vị trí, vật đang trượt trên mặt cong có bán kính $r$ được tính bằng công thức \begin{align} \frac{1}{r}&=\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{\left(1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right)^\frac{3}{2}}\\ &=\frac{2A}{\sqrt{\left(1+4A^2x^2\right)^3}}\tag{45} \end{align} Chiếu phương trình vectơ lên trục hướng tâm tại vị trí đó ta được $$3mg.\cos{\alpha}-N=\frac{3mv^2}{r}\tag{46}$$ Trong đó \begin{align} \tan{\alpha}&=\frac{dy}{dx}\\ =2Ax\tag{47}\\ \cos{\alpha}&=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2{\alpha}}}\\ =\frac{1}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\tag{48} \end{align} Thay vào phương trình ta có $$N=\frac{3m}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\left(g-\frac{2Av^2}{1+4A^2x^2}\right)\tag{49}$$ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hai vật trước và sau va chạm ta được \begin{align} mv_0=3mv\ \Rightarrow\ v_1=\frac{v_0}{3}\tag{50} \end{align} Định luật bảo toàn cơ năng thì $$\frac{1}{2}3mv_1^2=\frac{1}{2}3mv^2-3mgy\tag{51}$$ Hay \begin{align} \left(\frac{v_0}{3}\right)^2;=v^2-2gAx^2\\ \Rightarrow\ v^2=\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\tag{52} \end{align} Khi đó áp lực của đường trượt lên vật là $$N=\frac{3m}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\left(g-\frac{2A\left(\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\right)}{1+4A^2x^2}\right)\tag{53}$$ Điều kiện để vật không rời đường trượt là $N>0,\ \forall\ x$, tức là $$g-\frac{2A\left(\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\right)}{1+4A^2x^2}>0,\ \forall\ x\tag{54}$$ $$\frac{2Av_0^2}{9}-g\lt0,\ \forall\ x\tag{55}$$ $$\Rightarrow\ v_0\le\sqrt{\frac{9g}{2A}}=\sqrt{\frac{9.10}{2.20}}=1,5\ \text{m/s}\tag{56}$$

Bài 5

Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo êlíp quanh Trái Đất. Khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vị trí gần nhất và xa nhất của vệ tinh là h và H. Biết khối lượng của Trái Đất là M. Xác định tốc độ dài của vệ tinh khi nó đi qua vị trí cách đều hai tiêu điểm của êlíp.

Giải

Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ.

Bán trục nhỏ và bán trục lớn của êlíp lần lượt là $$a=\frac{H+h}{2}\ \ \mathrm{và} b=\sqrt{hH}\tag{57}$$ Phương trình của êlíp là \begin{align} \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ \ \mathrm{hay}\frac{4x^2}{\left(H+h\right)^2}+\frac{y^2}{Hh}=1\tag{58} \end{align} Ta suy ra $$y=\pm\sqrt{Hh-\frac{4Hhx^2}{\left(H+h\right)^2}}\tag{59}$$ Có hai điểm cách đều các tiêu điểm, tốc độ dài tại hai điểm này như nhau, nên ta chỉ cần xét tại một điểm, ứng với $y > 0$. Mặt khác để biểu thức gọn, ta đặt $A=Hh,\ \ B=\frac{4Hh}{\left(H+h\right)^2}$
Khi đó ta có \begin{align} y=&\sqrt{A-Bx^2}\tag{60}\\ \frac{dy}{dx}&=-\frac{Bx}{\sqrt{A-Bx^2}}\tag{61}\\ \frac{d^2y}{dx^2}&=-\frac{B}{\sqrt{A-Bx^2}}-\frac{B^2x}{\sqrt{\left(A-Bx^2\right)^3}}\\ &=-\frac{B}{\sqrt{A-Bx^2}}\left(1+\frac{Bx}{A-Bx^2}\right)\tag{62} \end{align} Tại tọa độ $x = 0$ thì \begin{align} y^\prime\left(0\right)&=0\tag{63}\\ y^{\prime\prime}\left(0\right)&=-\frac{B}{\sqrt\ A}\\ &=-\frac{4\sqrt{Hh}}{\left(H+h\right)^2}\tag{64} \end{align} Độ cong của quỹ đạo tại đó là \begin{align} \frac{1}{r}&=\frac{y^{\prime\prime}\left(0\right)}{\left[1+\left(y^\prime\left(0\right)\right)^2\right]^\frac{3}{2}}\\ &=-\frac{4\sqrt{Hh}}{\left(H+h\right)^2}\tag{65} \end{align} Dấu "$-$" chỉ cho ta biết bề lõm quỹ đạo quay xuống, ta chỉ cần lấy độ lớn khi tính lực pháp tuyến.
Lực pháp tuyến tác dụng lên vệ tinh chính là một thành phần của lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái Đất, ta có $$G\frac{mM}{R^2}.cos\alpha=\frac{mv^2}{r}\tag{66}$$ Trong đó \begin{align} R&=\frac{H+h}{2}\\ \mathrm{và}\\ \cos{α}&=\frac{b}{R}\\ &=\frac{2\sqrt{Hh}}{H+h}\tag{67} \end{align} Thay vào phương trình trên ta suy ra được $$v=\sqrt{\frac{2GM}{H+h}}\tag{68}$$

Bài tập tự giải

Bài 1

Một thanh kim loại AB cứng, mảnh, được uốn sao cho trùng với đồ thị hàm số $y = ax^2$, $0 ≤ x ≤ x_m$, với $x_m = 0\text{,}5\ \text{m}$ là tọa độ của đầu B của thanh, $a = 5\ \text{m}^{-1}$ (hình vẽ). Một hạt nhỏ khối lượng $m = 500\ \text{g}$ được lồng vào thanh, hạt có thể chuyển động tới mọi điểm trên thanh. Mặt phẳng $xOy$ thẳng đứng, $Oy$ thẳng đứng đi lên, thanh được giữ cố định. Thả nhẹ vật từ B để nó trượt không ma sát dọc theo thanh. Tính gia tốc của vật và áp lực của vật lên thanh tại tọa độ $x = 0\text{,}2\ \text{m}$. Lấy $g = 10\ \text{m/s}^2$ và bỏ qua ma sát.

ĐS: 11,62 N

Bài 2

Người ta vẽ lại quỹ đạo của hòn đá được ném với vận tốc $20\ \text{m/s}$ và với một góc $45^0$ so với mặt đất lên một tờ giấy. Tỉ lệ vẽ là $1:10$ (giảm đi $10$ lần). Có một con bọ bò theo quĩ đạo được vẽ trên giấy này với vận tốc không đổi $0\text{,}02\ \text{m/s}$. Hãy tính gia tốc của con bọ tại điểm tương ứng với điểm cao nhất trên quĩ đạo của hòn đá.

ĐS: $2\times10^{-4}\ \text{m/s}^2$

Bài 3

Một con tàu vũ trụ được phóng lên chuyển động quanh trái đất theo quỹ đạo êlíp có bán trục lớn $a$, bán trục nhỏ $b$. Biết trái đất có khối lượng $M$ và nằm một trong hai tiêu điểm êlíp. Hãy xác định vận tốc của tàu tại cận điểm $\text{A}$ và viễn điểm $\text{B}$.

ĐS: $v_A = \frac{b}{a - \sqrt{a^2 - b^2}}\times\sqrt{\frac{GM}{a}}$; $v_B = \frac{b}{a + \sqrt{a^2 - b^2}}\times\sqrt{\frac{GM}{a}}$

Bài 4

Trên một mặt phẳng ngang có một chiếc nêm khối lượng $m$ mà mặt cắt của nó có dạng parabol với phương trình trong hệ toạ độ $oxy$ (trong mặt phẳng thẳng đứng như hình vẽ): $y = ax^2\ \text{(m)}$; $a = 5\ \text{m}$, $x$ tính bằng $\text{m}$. Một vật nhỏ khối lượng $m$ chuyển động trên mặt phẳng ngang rồi trượt lên nêm, vận tốc của vật lúc tiếp xúc với nêm là $v_0 = 4\ \text{m/s}$. Khi vật nhỏ có tọa độ $x = 0\text{,}5\ \text{m}$ thì nêm bắt đầu trượt trên mặt phẳng ngang. Lấy $g = 10\ \text{m/s}^2$ và bỏ qua ma sát giữa nêm với vật nhỏ. Tính hệ số ma sát trượt giữa nêm và mặt phẳng ngang.

ĐS: $\mu=0\text{,}12$

Read More

Cơ - nhiệt 1 - Ôn thi vào lớp 10 chuyên lý

Câu 1. Cơ - Tốc độ âm thanh

Một ô tô đang chạy thẳng trên đường với tốc độ không đổi thì tài xế bấm còi. Vận tốc của tiếng còi (vận tốc âm thanh) trong không khí là $c=330\ \mathrm{m/s}$.

1. Giả sử mỗi lần bấm còi, người lái xe bấm nhanh để tiếng còi phát ra dạng âm ngắn. Sau lần bấm còi thứ nhất, xe đi thêm được quãng đường $L=75\ \text{m}$ thì tài xế bấm còi lần thứ hai. Một người đứng trên đường phía trước ô tô này nghe thấy hai tiêng còi cách nhau $\tau=2\ \text{s}$. Tính tốc độ $v$ của ô tô.
2. Giả sử người lái xe bấm còi và giữ $\tau=6\ \text{s}$ để tiếng còi kéo dài. Một người đứng trên đường phía trước ô tô này nghe thấy tiếng còi kéo dài $\tau '=5\text{,}6\ \text{s}$. Vận tốc của ô tô bằng bao nhiêu?

Câu 2. Cơ - Áp suất

Bình hình trụ được đậy lại bằng một pittông có bề dày $h$, trên pit tông có một lỗ tròn diện tích $S$ và người ta đặt vừa vặn vào lỗ đó một cái đĩa, đĩa cùng vật liệu và cùng chiều dày với pittông. Bên trên pittông là không khí, bên dưới là nước.

Cát được đổ từ từ lên đĩa, khi khối lượng cát bằng $m$ thì đĩa sẽ rơi ra khỏi lỗ. Biết khối lượng riêng của nước là $D_0$ và bỏ qua ma sát. Tính $m$ theo $S$, $h$ và $D_0$.

Câu 3. Quy tắc đòn bẩy

Với những giá trị nào của khối lượng $M$ thì hệ trong hình dưới đây có thể cân bằng? Biết $m=4,0\ \text{kg}$. Thanh đồng chất, tiết diện đều, có khối lượng $2m$ và được chia thành 8 đoạn giống nhau. Sợi chỉ vắt qua ròng rọc nối giữa hai vật chịu được lực căng lớn nhất $T_0=25\ \text{N}$.

Câu 4. Nhiệt - Đun nước bằng thiên thạch

Vào một đêm mùa đông, người nông dân ở Hàn Quốc có tên là Lee Min Ho đang canh gác cánh đồng của mình thì nhìn thấy một mảnh thiên thạch rơi từ trên trời xuống, ông quyết định dùng nó để đun nước pha trà. Để làm điều này, ông Lee đổ 2 lít nước vào chậu, đến chỗ thiên thạch và cố gắng đặt cái chậu lên đó. Tuy nhiên, chiếc chậu đã trượt khỏi thiên thạch. Loay hoay một lát, người đàn ông này tìm thấy một thanh sắt và bắt đầu đốt nóng nó bằng thiên thạch, sau đó nhúng thanh sắt nóng vào chậu nước. Làm đi làm lại cho đến khi nước sôi. Nhiệt độ tối thiểu của thiên thạch $t_\text{m}$ bằng bao nhiêu thì ông Lee sẽ thực hiện được kế hoạch của mình? Nhiệt độ ban đầu của nước, nồi và thanh là $t_0=0\ ^0\text{C}$ (Nhiệt dung riêng của nước $c=4200\ \text{J/(kg.K)}$. Nhiệt dung của chậu, thanh sắt và thiên thạch lần lượt là $q_\text{c}=450\ \text{J/K}$, $q_\text{s}=225\ \text{J/K}$ và $q_\text{tt}=1000\ \text{J/K}$. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

------------ Hết ------------

Read More

Đáp án Bài tập cơ học 1 - Ôn thi vào lớp 10 chuyên lý

Đây là lời giải chi tiết cho đề: Bài tập cơ học 1 - Ôn thi vào lớp 10 chuyên lý

Câu 1. Áp dụng phương pháp đồ thị cho bài toán Hai vật chuyển động trên một đường thẳng

Bài toán này sẽ rất đơn giản nếu giải bằng phương pháp đồ thị, chúng ta chỉ cần vẽ đồ thị biểu diễn chuyển động của ông Minh và bà Hoa như hình dưới đây:

Trong đó khoảng cách giữa điểm gặp nhau của hai người đến A là $x$. Từ các tam giác đồng dạng ta có phương trình $$\frac{x}{9}=\frac{400-x}{6}=\frac{400}{9+6}\\ x=\frac{9\times400}{15}=240\ \text{km}$$

Câu 2. Lựa chọn vật mốc phù hợp cho các chuyển động tương đối

1. Thời gian đi của du khách
Quãng đường du khách đi được theo chiều từ trước ra sau khúc gỗ \begin{align} s_1&=n_1\times\lambda\\ &=16\times0\text{,}75\\ &=12\ \text{m} \end{align} Quãng đường du khách đi được theo chiều từ sau về trước khúc gỗ \begin{align} s_2&=n_2\times\lambda\\ &=112\times0\text{,}75\\ &=84\ \text{m} \end{align} Thời gian tương ứng \begin{align} t_1&=\frac{s_1}{v}\\ &=\frac{0,016\ \text{(km)}}{4\ \text{(km/h)}}\\ &=0\text{,}004\ \text{h}\\ &=14\text{,}4\ \text{s}\\ t_2&=\frac{s_2}{v}\\ &=\frac{0,084\ \text{(km)}}{4\ \text{(km/h)}}\\ &=0\text{,}021\ \text{h}\\ &=75\text{,}6\ \text{s} \end{align} 2. Vận tốc $v_1$ của xe chở gỗ
Chọn xe chở gỗ làm mốc thì vận tốc tương đối của du khách khi đi từ đầu xe ra sau xe là $v+v_1$, khi đi từ sau xe về đầu xe là $v-v_1$. Trong khi đó quãng đường đi là bằng nhau (bằng chiều dài khúc gỗ), phương trình sẽ là $$(v+v_1)t_1=(v-v_1)t_2$$ \begin{align} v_1&=v\frac{t_2-t_1}{t_2+t_1}\\ &=4\times\frac{75\text{,}6-14\text{,}4}{75\text{,}6+14\text{,}4}\\ &=2\text{,}72\ \text{km/h} \end{align} 3. Chiều dài $d$ của khúc gỗ
\begin{align} d&=(v+v_1)t_1\\ &=(4+2\text{,}72)\times\frac{1000}{3600}\times14\text{,}4\\ &=26\text{,}88\ \text{m} \end{align}

Câu 3. Áp dụng quy tắc đòn bẩy cho bài toán cân bằng của quả tạ

Vì quả tạ đã cân bằng nằm ngang trong không khí nên khi nhúng trong nước mà nó vẫn cân bằng thì chứng tỏ các lực đẩy Ác-si-mét cũng tạo ra sự cân bằng

tức là ta chỉ cần áp dụng quy tắc đòn bẩy cho các lực đẩy Ác-si-mét $$F_{A_5}.l=F_A.l+F_{A_1}.3l\\ 10D_0.5V=10D_0V_{\text{tạ}}+10D_0.3V\\ V_{\text{tạ}}=2V$$

Câu 4. Áp dụng áp suất chất lỏng cho bài toán vật nổi trong chất lỏng

Vì khối nhựa nổi lên thì thể tích chiếm chỗ trong chất lỏng giảm, làm cho mực nước trong bình hạ xuống.
Ta giả sử mực nước trong bình giảm đi một đoạn bằng $x$, áp suất đáy bình giảm đi một lượng bằng $$\Delta p=10Dx$$ Áp suất đáy bình khi chưa cắt dây nối là do tổng trọng lượng nước, khối nhựa và lực căng sợi dây tạo ra. Khi cắt sợi dây, áp suất chỉ còn do tổng trọng lượng nước và khối nhựa gây ra mà thôi. Tức là độ giảm áp suất đáy bình là do mất đi lực căng. Điều này cho ta phương trình $$\Delta p=\frac{T}{S}$$ Từ hai phương trình này ta suy ra được $$10Dx=\frac{T}{S}$$ Lực căng $T$ của sợi dây thì ta tính được nhờ sự cân bằng của nó với trọng lượng khối nhựa và lực Ác-si-mét $$T+10m=10DV\\ T=10(Da^3-m)$$ Tóm lại ta tính được \begin{align} x&=\frac{Da^3-m}{D.S}\\ &=\frac{1\times4^3-24}{1\times200}\\ &=0\text{,}2\ \text{cm} \end{align}

------------ hocvatlyonline.com ------------

Read More

Bài tập Các định luật Niu-tơn - Trắc nghiệm online Vật lý 10

Định luật I Niu-tơn

Vận tốc của một vật được duy trì là nhờ quán tính mà không phải nhờ lực.

Định luật II Niu-tơn

Một vật khối lượng $m$ chịu tác dụng của một lực $\vec{F}$ thì vật có gia tốc $$\vec{a}=\frac{\vec{F}}{m}$$ Một vật khối lượng $m$ chịu tác dụng của nhiều lực $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$, $\vec{F}_3$.... thì vật có gia tốc $$\vec{a}=\frac{\vec{F}_1+\vec{F}_2+\vec{F}_3+...}{m}$$

Định luật III Niu-tơn

Vật A tác dụng lên vật B một lực $\vec{F}_\text{AB}$ thì vật B phản lại vật A một lực $\vec{F}_\text{BA}$, hai lực này cùng giá, cùng độ lớn, ngược chiều, cùng loại, xuất hiện đồng thời và mất đi đồng thời. Đặc biệt chú ý điểm đặt của hai lực trên hai vật khác nhau.

Phương pháp giải các bài tập về các định luật Niu-tơn

Để thay số vào biểu thức định luật II Niu-tơn và tính toán được, ta phải chuyển phương trình véc tơ này thành phương trình đại số. Ta làm theo các bước sau:
Bước 1: Vẽ các lực tác dụng vào vật.
Bước 2: Vẽ trục $Ox$ dọc theo hướng chuyển động của vật.
Bước 3: Vẽ các góc hợp bởi các véc tơ lực $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$, $\vec{F}_3$.... với $Ox$, các góc đó ta tạm gọi là $\varphi_1$, $\varphi_2$, $\varphi_3$,...

Bước 4: Viết lại phương trình định luật II Niu-tơn $$a=\frac{F_1\cos{\varphi_1}+F_2\cos{\varphi_2}+F_3\cos{\varphi_3}...}{m}$$ Chú ý rằng, khi đã dùng công thức này, ta phải "tôn trọng" dấu của các đại lượng, tức là khi kết hợp với các công thức động học $$v=at+v_0\\ s=\frac{1}{2}at^2+v_0t\\ v^2-v_0^2=2as$$ ta phải giữ nguyên dấu của gia tốc sau khi đã tính bằng định luật II Niu-tơn.

Trắc nghiệm online

------------------------------------------------------------

Câu 1.Yếu tố nào sau đây có thể duy trì vận tốc của một vật?
A. Lực tác dụng lên vật.
B. Quán tính của vật.
C. Trọng lượng của vật.
D. Kích thước của vật.

Câu 2. Một vật khối lượng $m$ chịu tác dụng của một lực $F$ thì vật có gia tốc
A. $a=mF$.
B. $a=\frac{m}{F}$.
C. $a=\frac{F}{m}$.
D. $a=\frac{1}{2}mF^2$

Câu 3. Phát biểu nào sau đây không đúng về lực và phản lực trong tương tác giữa hai vật?
A. Lực và phản lực cùng độ lớn.
B. Lực và phản lực cùng giá.
C. Lực và phản lực cùng chiều.
D. Lực và phản lực cùng xuất hiện và cùng mất đi.

Câu 4. Một vật khối lượng 1,2 kg chịu tác dụng của một lực $F$, vật chuyển động với gia tốc $0\text{,}5\ \text{m/s}2$. Giá trị của lực $F$ là
A. 0,6 N.
B. 2,4 N.
C. 1,7 N.
D. 0,7 N.

Câu 5. Một ô tô khối lượng 3000 kg đang chạy thẳng với vận tốc 36 km/h thì bắt đầu hãm phanh để chạy chậm dần đều. Sau khi chạy được quãng đường 10 m kể từ khi hãm phanh, xe dừng lại. Lực hãm có độ lớn bằng
A. 30000 N.
B. 25000 N.
C. 20000 N.
D. 15000 N.

Câu 6. Nếu tác dụng lực $F$ lên vật khối lượng $m$ thì vật có gia tốc $1\text{,}5\ \text{m/s}^2$. Nếu cắt vật $m$ thành hai phần khối lượng $m_1$ và $m_2$ rồi lần lượt tác dụng lực $F$ lên các phần này thì gia tốc của vật $m_1$ là $2\ \text{m/s}^2$, của vật $m_2$ là
A. $2\text{,}5\ \text{m/s}^2$.
B. $4\ \text{m/s}^2$.
C. $5\text{,}5\ \text{m/s}^2$.
D. $6\ \text{m/s}^2$.

Câu 7. Một chiếc xe nhỏ khối lượng $5m$ và một vật khối lượng $m$ đặt trên xe. Ban đầu xe đứng yên. Bỏ qua ma sát. Tác dụng lên xe một lực $F$ nằm ngang thì sau thời gian $t$ vận tốc của xe là 0,5 m/s, khi đó nhẹ nhàng lấy vật $m$ ra khỏi xe nhưng lực $F$ vẫn duy trì tác dụng. Sau thời gian $t$ tiếp theo kể từ khi lấy vật, vận tốc của xe bằng
A. 1,0 m/s.
B. 1,1 m/s.
C. 1,2 m/s.
D. 1,3 m/s.

Câu 8. Một vật nhỏ khối lượng 3 kg được kéo bằng một lực $\vec{F}$ thẳng đứng hướng lên. Lực $\vec{F}$ có độ lớn $F=36\ \mathrm{N}$. Gia tốc của vật bằng
A. $2\text{,}5\ \text{m/s}^2$.
B. $2\text{,}0\ \text{m/s}^2$.
C. $1\text{,}5\ \text{m/s}^2$.
D. $1\text{,}0\ \text{m/s}^2$.

Câu 9. Một cô bé đang kéo chiếc xe nhỏ của mình trên đường bằng phẳng như hình vẽ dưới đây:

Biết rằng lực ma sát giữa xe và mặt đường có giá nằm ngang, ngược chiều chuyển động của xe và có độ lớn 3 N. Xe chuyển động thẳng đều. Lực kéo $\vec{F}$ của cô bé chếch lên một góc $\alpha={30}^0$. Độ lớn $F$ của lực kéo đó là
A. $2\ \text{N}$.
B. $2\sqrt{2}\ \text{N}$.
C. $3\ \text{N}$.
D. $2\sqrt{3}\ \text{N}$.

Câu 10. Một vật khối lượng 8 kg chịu tác dụng của hai lực $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$. Biết hai lực này có giá vuông góc với nhau và có độ lớn $F_1=2\ \mathrm{N}$ và $F_2=2\sqrt{3}\ \mathrm{N}$. Gia tốc của vật có độ lớn bằng
A. $0\text{,}5\ \text{m/s}^2$.
B. $0\text{,}5\sqrt{2}\ \text{m/s}^2$.
C. $1\ \text{m/s}^2$.
D. $\sqrt{2}\ \text{m/s}^2$.

Câu 11. Một vật nhỏ được thả trượt từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng. Chiều dài mặt phẳng nghiêng là 10 m. Góc nghiêng $\alpha={30}^0$. Bỏ qua ma sát. Thời gian vật trượt tới chân mặt phẳng nghiêng là
A. 1 s.
B. 1,5 s.
C. 2 s.
D. 2,5 s.

Câu 12. Một thùng hàng khối lượng $m = 90\ \text{kg}$ được đẩy lên một mặt phẳng nghiêng góc $\theta={30}^0$ như hình vẽ dưới đây:

Biết thùng chuyển động thẳng đều và không có ma sát. Lực $F$ bằng bao nhiêu?
A. $300\ \text{N}$.
B. $450\ \text{N}$.
C. $450\sqrt{3}\ \text{N}$.
D. $300\sqrt{3}\ \text{N}$.

Câu 13. Người ta dùng một sợi dây nhẹ không dãn để kéo lên và hạ xuống một kiện hàng nặng 300 kg. Khi kiện hàng đi lên nhanh dần đều thì nó có gia tốc $1\text{,}6\ \text{m/s}^2$. Khi kiện hàng đi xuống nhanh dần đều thì nó có gia tốc $0\text{,}8\ \text{m/s}^2$. Lực căng của sợi dây bằng nhau trong hai trường hợp đi lên và đi xuống. Lực căng đó là
A. 3000 N..
B. 3110 N.
C. 3120 N.
D. 3130 N.

Câu 14. Sợi dây dùng lực $T$ kéo vật khối lượng $m_1=110\ \mathrm{kg}$ đi lên thẳng đứng nhanh dần đều với gia tốc $a$. Cũng vẫn lực $T$ đó, sợi dây hạ vật khối lượng $m_2=690\ \mathrm{kg}$ xuống nhanh dần đều cũng với gia tốc $a$ như hình vẽ dưới đây:

Vẫn sợi dây với lực căng $T$ này kéo một vật khối lượng $m$ đi lên thẳng đều. Giá trị của $m$ là
A. 189,50 kg.
B. 189,75 kg.
C. 189,55 kg.
D. 189,70 kg.

Câu 15. Hai quả cầu chuyển động trên cùng một đường thẳng đến va chạm vào nhau với vận tốc lần lượt bằng 1m/s và 0,5 m/s. Sau va chạm cả hai vật cùng bật trở lại với vận tốc lần lượt là 0,5 m/s và 1,5 m/s. Quả cầu 1 có khối lượng 1 kg. Khối lượng của quả cầu 2 là
A. 75 kg.
B. 7,5 kg.
C. 0,75 kg.
D. 0,5 kg.

------- ΦΦΦΦΦ -------

Read More

Bài tập Chu kì, tần số con lắc lò xo - Các dạng bài tập vật lý 12

Bài tập Chu kì, tần số con lắc lò xo giúp các em học sinh lớp 12 ôn tập và rèn luyện kỹ năng giải các bài toán đề cập đến chu kì và tần số của con lắc lò xo. Chúng ta đọc qua phần lý thuyết và phương pháp giải bài tập, sau đó làm bài tập từ dễ đến khó với hình thức trắc nghiệm. Làm xong các bấm nộp bài để xem đáp án. Và cuối cùng là phần giải chi tiết để chúng ta tham khảo.

Công thức tính chu kì và tần số con lắc lò xo

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}\\ f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}\\ T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$$

Các bài tập về chu kì, tần số con lắc lò xo thường gặp

Cho một số con lắc lò xo khối lượng, độ cứng, chu kì, tần số lần lượt $$m_1,k_1, f_1, T_1, \omega_1\\ m_2, k_2, f_2, T_2, \omega_2\\ ...\\ m_n, k_n, f_n, T_n, \omega_n$$ Trong đó có một số đại lượng chưa biết, cần phải tìm các đại lượng đó.

Phương pháp giải bài tập chu kỳ, tần số con lắc lò xo

Mỗi con lắc lò xo ta viết một một phương trình (phương trình thực ra là công thức tính $\omega$ hoặc $f$ hoặc $T$)
Sau đó bình phương hai vế các phương trình và lập tỉ số vế theo vế từng cặp các phương trình đó, chẳng hạn $$\frac{T_1^2}{T_2^2}=\frac{m_1}{m_2}\times\frac{k_2}{k_1} $$

Trắc nghiệm online Bài tập Chu kì, tần số con lắc lò xo

------------------------------------------------------------

Câu 1.Một con lắc lò xo độ cứng $k$, khối lượng $m$. Chu kì dao động điều hòa của con lắc là
A. $T=2\pi\sqrt{\frac{k}{m}}$.
B. $T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$.
C. $T=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}$.
D. $T=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{m}{k}}$.

Câu 2. Một con lắc lò xo được treo thẳng đứng tại nơi có gia tốc trọng trường $g$. Khi cân bằng, lò xo dãn một đoạn $Δℓ$. Kích thích để con lắc dao động điều hòa theo phương thẳng đứng thì tần số dao động của con lắc là
A. $f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{\Delta\ell}}$.
B. $f=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\Delta\ell}{g}}$.
C. $f=2\pi\sqrt{\frac{\Delta\ell}{g}}$.
D. $f=2\pi\sqrt{\frac{g}{\Delta\ell}}$

Câu 3. Vật có khối lượng $m = 200\ \text{g}$ gắn vào lò xo. Con lắc này dao động với tần số 10 Hz. Lấy $\pi^2 = 10$. Độ cứng của lò xo bằng
A. 800π N/m.
B. 15,9 N/m.
C. 800 N/m.
D. 0,05 N/m.

Câu 4. Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, độ dài tự nhiên của lò xo là 22 cm. Khi hệ thống ở trạng thái cân bằng thì độ dài của lò xo là 24 cm. Lấy $g = 10 = π^2\ \text{m/s}^2$. Tần số dao động của vật là
A. $\frac{\sqrt{2}}{4}\ \text{Hz}$.
B. $2\text{,}5 \text{Hz}$.
C. $\frac{5}{\pi}\ \text{Hz}$.
D. $\frac{5}{\sqrt{2}}\ \text{Hz}$.

Câu 5. Một vật có khối lượng $m_1 = 100\ \text{g}$ treo vào lò xo có độ cứng là $k$ thì dao động với tần số là 5 Hz. Khi treo vật nặng có khối lượng $m_2 = 400\ \text{g}$ vào lò xo đó thì vật dao động với tần số là
A. 2,5 Hz.
B. 5 Hz.
C. 10 Hz.
D. 20 Hz.

Câu 6. Cho hai lò xo giống nhau có cùng độ cứng là $k$, lò xo thứ nhất treo vật $m_1 = 400\ \text{g}$, lò xo thứ hai treo vật khối lượng $m_2$. Trong cùng một khoảng thời gian con lắc thứ nhất thực hiện được 5 dao động, con lắc thứ hai thực hiện được 10 dao động. Khối lượng $m_2$ bằng
A. 50 g.
B. 200 g.
C. 800 g.
D. 100 g.

Câu 7. Một lò xo nếu chịu tác dụng lực kéo 1 N thì dãn ra thêm 1 cm. Treo một vật nặng 1 kg vào lò xo rồi cho nó dao động thẳng đứng. Chu kì dao động của vật là
A. 0,5 s.
B. 0,628 s.
C. 0,314 s.
D. 0,157 s.

Câu 8. Khi treo một vật có khối lượng $m = 81\ \text{g}$ vào một lò xo thẳng đứng thì tần dao động điều hoà là 10 Hz. Treo thêm vào lò xo một vật có khối lượng $m^{\prime} = 19\ \text{g} thì tần số dao động của hệ là
A. 11,1 Hz.
B. 9 Hz.
C. 8,1 Hz.
D. 12,4 Hz.

Câu 9. Một vật khối lượng 1 kg treo trên một lò xo nhẹ có tần số dao động riêng 2 Hz. Treo thêm một vật thì thấy tần số dao động riêng bằng 1 Hz. Khối lượng vật được treo thêm bằng
A. 4 kg.
B. 0,5 kg.
C. 3 kg.
D. 0,25 kg.

Câu 10. Cho vật nặng có khối lượng $m$ khi gắn vào hệ gồm hai lò xo độ cứng $k_1$, $k_2$ ghép song song thì vật dao động điều hoà với tần số 10 Hz, khi gắn vật vào hệ cũng hai lò xo này nhưng ghép nối tiếp thì dao động điều hoà với tần số 4,8 Hz, biết $k_1 > k_2$. Nếu gắn vật $m$ vào riêng từng lò xo $k_1$, $k_2$ thì dao động động với tần số lần lượt là
A. $f_1 = 6\ \text{Hz}\text{;}\ f_2 = 8\ \text{Hz}$.
B. $f_1 = 8\ \text{Hz}\text{;}\ f_2 = 6\ \text{Hz}$.
C. $f_1 = 20\ \text{Hz}\text{;}\ f_2 = 9\text{,}6\ \text{Hz}$.
D. $f_1 = 5\ \text{Hz}\text{;}\ f_2 = 2\text{,}4\ \text{Hz}$.

Câu 11. Một lò xo có độ cứng $k = 25\ \text{N/m}$. Lần lượt treo hai quả cầu có khối lượng $m_1$, $m_2$ vào lò xo và kích thích cho dao động thì thấy rằng. Trong cùng một khoảng thời gian: $m_1$ thực hiện được 16 dao động, $m_2$ thực hiện được 9 dao động. Nếu treo đồng thời 2 quả cầu vào lò xo thì chu kì dao động của chúng là $T = \frac{\pi}{5}\ \text{(s)}$. Khối lượng của hai vật lần lượt bằng
A. $m_1 = 60\ \text{g}\text{;}\ m_2 = 190\ \text{g}$.
B. $m_1 = 190\ \text{g}\text{;}\ m_2 = 60\ \text{g}$.
C. $m_1 = 90\ \text{g}\text{;}\ m_2 = 160\ \text{g}$.
D. $m_1 = 60\ \text{g}\text{;}\ m_2 = 19\ \text{g}$.

Câu 12. Một con lắc lò xo có độ cứng $k$. Lần lượt treo vào lò xo các vật có khối lượng: $m_1$, $m_2$, $m_3 = m_1 + m_2$, $m_4 = m_1 – m_2$. Ta thấy chu kì dao động của các vật trên lần lượt là: $T_1$, $T_2$, $T_3 = 5\ \text{s}$; $T_4 = 3\ \text{s}$. Chu kì $T_1$, $T_2$ lần lượt bằng
A. $\sqrt{15}\ \text{s}\text{;}\ 2\sqrt{2}\ \text{s}$.
B. $\sqrt{17}\ \text{s}\text{;}\ 2\sqrt{2}\ \text{s}$.
C. $2\sqrt{2}\ \text{s}\text{;}\ \sqrt{17}\ \text{s}$.
D. $\sqrt{17}\ \text{s}\text{;}\ 2\sqrt{3}\ \text{s}$.

Câu 13. Cho một lò xo có khối lượng không đáng kể, độ dài tự nhiên $\ell_0=1\ \text{m}$. Hai vật $m_1=600\ \text{g}$ và $m_2=1\ \text{kg}$ được gắn vào hai đầu A và B của lò xo. Chúng có thể di chuyển không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Gọi C là một điểm trên lò xo. Giữ cố định C và cho hai vật dao động điều hoà thì thấy chu kì của chúng bằng nhau. Vị trí điểm C cách điểm A ban đầu một đoạn là
A. 37,5 cm.
B. 60 cm.
C. 62,5 cm.
D. 40 cm.

Câu 14. Một vật nhỏ khối lượng $m$ khi gắn với lò xo độ cứng $k = 20\text{,}8\ \text{N/m}$ thì được con lắc lò xo có tần số dao động là 2 Hz. Chia vật nhỏ này thành hai vật khối lượng $m_1$, $m_2$ rồi gắn vào hai lò xo độ cứng như nhau tạo thành hai con lắc lò xo. Kéo hai con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng của chúng cùng độ lệch $A$ rồi thả nhẹ cùng lúc. Khi vật $m_1$ đi được quãng đường $A$ đầu tiên thì con lắc $m_2$ đi được quãng đường $\frac{A}{2}$ đầu tiên. Các giá trị $m_1$, $m_2$ lần lượt là
A. $m_1 = 40\ \text{g}$ và $m_2 = 90\ \text{g}$.
B. $m_1 = 90\ \text{g}$ và $m_2 = 40\ \text{g}$.
C. $m_1 = 300\ \text{g}$ và $m_2 = 200\ \text{g}$.
D. $m_1 = 200\ \text{g}$ và $m_2 = 300\ \text{g}$.

Câu 15. Hai con lắc lò xo độ cứng lần lượt $k_1 = 25\ \text{N/m}$ và $k_2 = 49\ \text{N/m}$ nhưng khối lượng hai vật nhỏ như nhau. Treo hai con lắc gần nhau sao cho khi cân bằng, hai vật nhỏ ở cùng độ cao. Nâng cả hai vật nhỏ lên cùng độ cao rồi thả nhẹ cùng lúc để chúng dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Hai vật nhỏ lại ở cùng một độ cao lần thứ nhất sau khi thả $\frac{2}{3}\ \text{s}$. Lấy $π^2 = 10$. Khối lượng của các vật nhỏ là
A. 0,5 kg.
B. 0,9 kg.
C. 1,6 kg.
D. 1,8 kg.

------- ΦΦΦΦΦ -------

Read More

Bài tập cơ học 1 - Ôn thi vào lớp 10 chuyên lý

Đây là các bài tập vật lý dành cho các bạn ôn thi vào lớp 10 chuyên lý và các bạn ôn thi học sinh giỏi lý 9. Chúng ta hãy bắt đầu với những bài toán cơ học, chuyển động đều, chuyển động tương đối, áp suất, cân bằng lực. Đừng chủ quan với các bài toán dễ, và cũng đừng nản với những bài toán mình chưa hiểu. Hãy đọc kỹ đề, đọc đi đọc lại đến lúc hiểu nó. Hãy kết hợp với việc vẽ phác họa, sơ đồ. Và một điều rất quan trọng, đó là hãy trình bày một cách cẩn thận.

Câu 1. Hai vật chuyển động đều trên một đường thẳng

Lúc 8 h ông Minh xuất phát tại thành phố A đi về thành phố B. Trước lúc ông Minh đến thành phố B 6 h thì từ thành phố B, bà Hoa xuất phát và đến thành phố A lúc 17 h. Biết khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 400 km và chuyển động của hai người là thẳng đều. Hai người gặp nhau trên đường tại nơi cách thành phố A bao xa?

Câu 2. Chuyển động tương đối

Một toa xe chở một khúc gỗ lớn chạy với vận tốc không đổi dọc theo một con đường thẳng nằm ngang. Một du khách đang đi bộ với vận tốc không đổi $v = 4\text{,}0\ \text{km/h}$ dọc theo lề đường muốn xác định chiều dài của khúc gỗ. Chiều dài bước của anh ta không đổi và bằng $λ = 0\text{,}75\ \text{m}$, nếu du khách đi từ đầu trước của khúc gỗ đến đầu sau thì đếm được $n_1 = 16$ bước. Nếu anh ta đi từ đầu sau về đầu trước thì đếm được $n_2 = 112$ bước.

1. Trong thời gian $t_1$ du khách đi từ đầu khúc gỗ ra phía sau và từ phía sau khúc gỗ ra phía trước trong thời gian $t_2$ là bao nhiêu?
2. Xe chở khúc gỗ chuyển động với vận tốc $v_1$ bằng bao nhiêu?
3. Chiều dài của khúc gỗ $d$ bằng bao nhiêu?

Câu 3. Quy tắc đòn bẩy

Một quả tạ không đồng nhất có hình dạng đối xứng, có thể quay quanh một trục cố định nằm ngang tại điểm O. Treo hai quả cầu có thể tích $5V$ và $V$ vào hai đầu quả tạ. Hệ thống ở trạng thái cân bằng và quả tạ nằm ngang (hình vẽ dưới đây). Bây giờ nhúng tất cả hệ vào nước. Khi hệ thống cân bằng, quả tạ vẫn nằm ngang. Biết trục quay O chia thanh nối quả tạ theo tỷ lệ 3 : 1. Tính thể tích của quả tạ.

Câu 4. Lực đẩy Ác-si-mét hoặc áp suất chất lỏng

Một khối nhựa hình lập phương cạnh $a = 4\ \text{cm}$, khối lượng $m = 24\ \text{g}$ được nối đáy bình bằng một sợi chỉ. Bình hình trụ chứa đầy nước. Khối nhựa đó ngập hoàn toàn trong nước. Sau khi cắt sợi chỉ, khối nhựa sẽ nổi lên trên (hình vẽ dưới đây). Mực nước trong bình thay đổi như thế nào và thay đổi bao nhiêu? Biết diện tích đáy bình là $S = 200\ \text{cm}^2$. Khối lượng riêng của nước là $D = 1\ \text{g/cm}^3$.

------ hocvatlyonline.com ------

Đáp án chi tiết

Read More