Đề tổng hợp hsg (BỒI DƯỠNG HSG LÝ)

Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng m (có thể trượt không ma sát). Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau. Ban đầu ở nhiệt độ 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới . Hỏi nếu nhiệt độ tăng lên đến 3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới là bao nhiêu ?

BÀI TẬP TỔNG HỢP DÀNH CHO HSG Bài 1: Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, xi lanh có pittơng khối lượng m (có thể trượt khơng ma sát) Ở pittơng có hai lượng khí Ban đầu nhiệt độ 27 0C tỉ số thể tích phần V1 V' n 4 Hỏi nhiệt độ tăng lên đến 3270C tỉ số thể tích phần phần phần V2 V '2 ? Giải Bài 2:Để xác định vị trí chỗ bị Vì pitơng nằm cân nên : chập dây đôiP điện thoại p1S  mg  p2 S 1, V1, T1 p1-p’1=p2-p’2 p2-p1=p’2-p’1 (n-1)p1=(m-1)p’1 dài 4km, người ta nối phía đầu p '1 S  mg  p '2 S dây với nguồn điện có hiệu điện p '1 n  15V; ampe kế có điện  p1 m  (1) trở không đáng kể mắc mạch phía nguồn điện thấy n 1 m 1 2, V2, T1 V1  V '1 Mặt khác V1+V2=V’1+V’2  đầu dây bị Ptách n m ampe kế 1A, đầu dây V '1 m n  bị nối tắt ampe kế   (2) V1 n m 1 1,8A Tìm vị trí chỗ bị hỏng Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ta có: điện trở phần dây bị chập PV P ' V ' T P ' V ' Cho biết điện trở đơn vị 1  1   (3) dài dây =1,25Ω/KmKm T1 T2 T1 P1 V1 thay (1),(2) vào (3)và thay số ta có V '1 5m 2 8m2-15m-8=0 :m=2,3(nhận),m Δ > => L > 4f b/Km Nghiệm d1,2   f L  a L    d  d1 a I 4L Thay số f = 20cm M S S' N O MN S' N  IO S' O MN d  d' L d L L     Theo Côsi MNmin d  Lf = 30cm IO d' f d f c/Km S' MN S' IO  Bài 10:Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài l = 20cm Hình Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M Bỏ qua sức cản khơng khí Lấy g = 10m/Kms Coi va chạm tuyệt đối đàn hồi a/Km Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang b/Km Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O O l m v0 M c/Km Cho v0 = m/Kms, xác định chuyển động M GIẢI a/Km Va chạm đàn hồi: mv mv1  Mv 2m v0 mv 02 mv12 Mv 22 => v  mM   2 Khi dây nằm ngang: Mv 22 m  M gl Mgl  v  m Thay số: v0 = 3m/Kms b/Km Để M chuyển động hết vòng tròn, điểm cao E: v E  gl Mv 22 Mv E mM => Mg 2l   v0  5gl 2 2m 10 m/Kms 10 c/Km Khi v  m/Kms < => M không lên tới điểm cao quĩ đạo tròn 2 Thay số: v0 = Lực căng dây: T mg cos   mv Khi T = => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn D với vận tốc vD, có l hướng hợp với phương ngang góc 600 Từ D vật M chuyển động vật ném xiên Dễ dàng tính góc COD = 300 Bài 11:Có hai tơ xuất phát từ A chuyển động Cho AB = B C CD = 30km, BC = AD = 50km Xe thứ chuyển động theo hướng ABCD với tốc độ v1 = 40 km/Kmh, điểm B C xe nghỉ 15 phút Hỏi xe thứ hai chuyển động theo hướng ACD phải với tốc độ v2 A D để gặp xe thứ C Đơn vị tính: tốc độ(km/h) GIẢI 2 Đường chéo AC = AB + BC = 2500  AC = 3400 km AB  h Thời gian xe đoạn AB t1 = v1 Thời gian xe nghỉ B, C 15p = h BC  h Thời gian xe đoạn BC t2 = v1 +Để xe gặp xe lúc xe vừa tới C AC = 25,9153 km/Kmh Tốc độ xe phải v2 = t1  t  +Để xe gặp xe lúc xe bắt đầu rời khỏi C AC 1 = 23,3238 km/Kmh Tốc độ xe phải v3 = t1  t   4 23,3238km/Kmh v2  25,9153km/Kmh Bài 12: Một vòng nhẫn nhỏ luồn qua sợi mảnh, trơn, không dãn, dài L Hai đầu sợi buộc vào hai điểm cố định A, B cách AB = l < L AB tạo với phương ngang góc α (hình vẽ 3) Từ A thả cho vòng nhẫn bắt đầu trượt xuống dọc sợi Cho gia tốc trọng trường g Tính tốc độ lớn vịng nhẫn GIẢI B Do cấu tạo hệ nên tồn vị trí thấp O vị trí cân bền vịng nhẫn M Khi vịng nhẫn cân O ta có     H A P  T1  T2 0 với T1 T2 T  β γ T2  Chiếu lên phương ngang ta  T1 T1sinβ T2 sinγ  β γ  OM phân giác góc AOB sinβ AH.AM AM l     cosα AO.AH AO L Và O l  sinβ  cosα (*) L  P h OH OB.cosβ  lsinα (L  OA)cosβ  lsinα Lcosβ  OH  lsinα  2h Lcosβ  lsinα  h Lcosβ  lsinα L - sin 2β  lsinα  (**) 2 Thay (*) vào (**) ta h L lsinα L2  l cos   l sin   l    cosα    2 L  Mặt khác, áp dụng định luật bảo tồn ta tính vận tốc nhẫn O v  2gh  g L2  l 2cos 2α  glsinα Bµi 13: Mét vật có khối lợng m = 1kg đặt gỗ hai đặt lên mặt sàn nằm ngang Vật đợc treo vào điểm sợi dây nhẹ đàn hồi, lúc đầu sợi dây có chiều dài tự nhiên l = 40cm Hệ số ma sát trợt vật gỗ 0,2 kéo từ từ gỗ vật bắt đầu trợt gỗ, dây lệch khỏi phơng thẳng đứng góc 30 Tính công lực ma sát hệ quy chiếu gắn với mặt sàn kể từ lúc đầu đến lúc vật bắt đầu trợt g = 10m/s2 GII Các lực tác dụng vào vật N  P  T  Fms 0 ChiÕu lªn 0y: N  p  T cos  0  N mg  T cos  ChiÕu lªn 0x:  T sin Fmsn (1) Lúc vật bắt đầu trợt lực ma sát nghĩ ma sát trợt: Fmsn  N Tõ (1) vµFms (2) suy ra: (mg  T cos  ) T Gäi k lµ hƯ sè đàn hồi dây: (2) mg 0,2 10 3( N ) sin    cos   0,2  2 T k l 3( N ) Độ dÃn lò xo vật bắt đầu trợt: l0 l l  l   l 40  1 6,2(cm)   cos     A Công lực ma sát trình biến hoàn toàn thành đàn hồi sợi dây Vậy: 1 Ams wt  kl  T l  3 6,2 10  2 2 Ams 0.092( J )  92(mJ ) B Bài 14:Một mảnh AB đồng chất chiều dài L, khối lượng M, quay không ma sát mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định nằm ngang qua A vng góc với Ban đầu đứng n vị trí cân vật nhỏ khối lượng m  M bay theo phương ngang đến va chạm vào đầu B (hình vẽ) Sau va chạm, vật dính vào hệ dao động với góc lệch bé so với phương thẳng đứng Chứng tỏ hệ dao động điều hịa Lập cơng thức chu kì dao động hệ Bỏ qua lực cản mơi trường GIẢI Mơmen qn tính hệ trục quay A: A ML2 2 I  mL  ML 3 Phương trình động lực học I M Mg /Km A  M mg /Km A với  ' ' Suy L  B  ML ' '  Mg sin   mgL sin  2 L L ' '  g sin   gL sin  3 Mg  mg Do góc  nhỏ nên sin   , thay vào biến đổi ta 5g L '' g 0   ''  0 4L Đặt   5g , ta phương trình 4L P 2 4L ' '2  0 , chứng tỏ hệ dao động điều hịa với chu kì T   2 5g Bài 15: Một lượng khí lý tưởng thực chu trình hình vẽ Nhiệt độ khí điểm A 200 K Ở hai trạng thái B C khí có nhiệt độ Xác định nhiệt độ cực đại khí ? GIẢI - Do VC = 3VA nên PC = 3PA Ta có q trình AB đẳng tích P = const nên T B PB PA O A VA C V 3VA từ A đến B nhiệt độ tăng đạt cực đại B Và: PA PB  TA TB  PB  PA TC 3PC 9 PA TA - Quá trình CA phương trình đường CA có dạng p = uV hay nRT = uV2 nên T cực đại C - Xét trình BC: Phương trình đoạn BC P = a.V + b Tại B 9PA = aVA + b Tại C 3PA = a3V + b => P =  => => a =  3PA ; b = 12PA VA 3PA V + 12PA VA 3P 3P 12 PA nRT  A V  12 PA => T  A V  V V VA nRVA nR  12 PA   nR   12 PA VA 12T => Tmax =  A 4.3PA nR nRVA Vậy nhiệt độ cực đại khí đạt điểm D BC là: Tmax = 12.200 = 2400K Bài 16 :Cho mạch điện hình vẽ Trong đó: E = 80V, R1 = 30 , R2 = 40 , R3 = 150 , R + r = 48, ampe kế 0,8A, vơn kế 24V Tính điện trở RA ampe kế điện trở RV vôn kế Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB Tính R hai trường hợp: a) Cơng suất tiêu thụ điện trở mạch đạt cực đại b) Công suất tiêu thụ điện trở R đạt cực đại GIẢI 1- Gọi I cường độ dịng điện mạch chính: Ta có: E = I (r + R) + R2 (I – IA) + UV 80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24  I = 1A U AB  R1 10 UAB = (I – IA) R2 + UV = 32V  R A  IA RV  UV  IV UV U I  IA  V R3 R A R1 R2 E, r A V R3 600 U AB 32 I a) Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB mạch ngồi có điện trở E 32.R RN  (1), cường độ dòng qua nguồn: I  (với r=48-R, R 48 ) RN  r 32  R 2- Ta có: R AB  32 E R ( R  32) Công suất P mạch ngoài: PN RN I  [(48  R) R  1536]2 Ta thấy với R=48 mẫu số tử số max nên P max Vậy R=48 32 RE b) Ta có: U AB RN I  (48  R) R  1536 U2 (32 E ) R Công suất P R là: PR  AB  R [(48-R)R+1536]2 Ta thấy với R=48 mẫu số tử số max nên P max Vậy R=48 Bài 17:Điểm sáng A nằm trục thấu kính hội tụ mỏng tiêu cự f = 36cm, phía bên thấu kính đặt (M) vng góc với trục chính, cách A đoạn L Giữ A (M) cố định, xê dịch thấu kính dọc theo trục khoảng từ A đến (M), ta không thu ảnh rõ nét A mà thu vết sáng hình trịn Khi thấu kính cách đoạn ℓ = 40cm ta thu vết sáng hình trịn có kích thước nhỏ Tìm L GIẢI Ta có: B r d  d /Km  L = R d /Km d d f  L d f d f d f  r = R  d L L r d  Ld  Lf = =   f f d fd R  d L   nhỏ  f d Vì R khơng đổi, để r nhỏ  Điều kiện xảy : d L  f d V  L 100cm Thay d = L - ℓ  (L - 40)2 = 36L ↔   L 16cm   (lo¹i) Bài 18: Cho mạch điện hình Các điện trở có giá trị R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = E, r  ; Rx biến trở; nguồn điện có suất điện động E= 5,4V; tụ điện có điện R1 M R3 dung C = 0,01 F Vơn kế V có điện trở lớn, dây nối có điện trở không đáng kể C Ban đầu cho Rx =  vơn kế 3,6V a, Tính điện trở nguồn điện b, Tính điện tích tụ nối với M R2 N R4 Tìm Rx để công suất tiêu thụ Rx cực đại Tính cơng suất R5 GIẢI 1, (((R2 nt R4)/Km/KmR5) nt Rx)/Km/Km(R1 nt R3) (R24 = 6; R245 = 2; R245x = 3; R13 = 6) Rtd = 2 Do R1 = R3 mắc nối tiếp nên U1 = U3 = U/Km2= 1,8V U V 1,2A Dòng điện Ix qua Rx: I x  R x  R 245 Tính điện trở r =  U5 = U- RxIx = 2,4V Do R2 = R4 mắc nối tiếp nên U2 = U4 = U5/Km2= 1,2V E, r R1 M R3 UNM = UNA + UAM =-U2 + U1 = 0,6V >0 B A Vậy VN > UM N tích điện dương Rx Q = CUNM = 6nC C 6(R x  2) E 5,4(R x  8)  : => I  Rx  R td  r 7R x  20 I13(R1 + R3) = Ix(Rx + R245)  6I13 = Ix(Rx + 2) I I I Ix I 5,4(R x  8)  13  x 13   R x  R x  R x  (7R x  20)(R x  8) 32,4  Ix  7R x  20 2, R td  D R2 N R5 R4 Rx C 10 có dạng đoạn thẳng  (hình vẽ) Từ phương trình trạng thái ứng với đẳng trình ta xác định được: T2 = 2T1 , V2 = 2V1 , p1 = p T3 = T1 , V3 = V2 = 2V1 , p = 3p3 Chuyển sang hệ toạ độ (P,V) hình vẽ A12  p1V  p1  V1  V2   R  T1  T2    RT1  : Khí sinh cơng A23 0 A31   p1  p3   V2  V1    RT1  : Khí nhận cơng Vậy cơng khí thực chu trình: A  A12  A23  A31   RT1   RT1   RT1 4 Bài 27 Một lượng khí biến đổi theo chu trình biểu diễn đồ thị hình bên Biết : p1 = p3; V1 =1m3 , V2 = 4m3; T1 = 100K T4 = 300K Tính V3 = ? Giải Vì p1 = p3 nên ta có: V3 T3   T3 100V3  1 V1 T1 Đoạn 2- có dạng đoạn thẳng nên có dạng: V = a.T + b với a,b số + Khi V = V2, T =100 V2 = a.100 + b (2) + Khi V = V4, T = 300 : V4 = a.300 + b (3) + Từ (2) (3) ta có: a = - 3/Km200 b = 5,5 100.V3  5, + Khi T = T3 ; V = V3 V3 =  200 V (2) V2 (3) V1 (1) (4) T1 T2 T V V2 (2) (3) V1 (1) T1 (4) T2 T Vậy V3 = 2,2m3 Bài 28:Một êlectrôn chuyển động từ trường có cảm ứng từ B= 5.10-3T, theo hướng hợp với đường cảm ứng từ góc α = 60o Năng lượng êlectrơn W =1,64.10-16J Trong trường hợp quỹ đạo êlectrôn đường đinh ốc tìm: vận tốc êlectrơn; bán kính vịng đinh ốc chu kì quay êlectrôn quỹ đạo, bước đường đinh ốc Giải: 16 O Năng lượng êlectrôn chuyển động từ trường tồn dạng động năng, vận tốc êlectrơn xác định từ phương trình: W   v mv 2 α B x M 2W 2.1,64.10  16  1,9.107 (m /Km s) m 9,1.10  31 Bán kính vịng đinh ốc là: R mv sin  9,1.10 31.1,9.107 sin 60o  1,9.10  (m) eB 1,6.10  19.5.10  Chu kì quay êlectrơn là:  31 T 2m 2.9,1.10  7,1.10  (s) eB 1,6.10  19.5.10   v v2   v1 Bước đường đinh ốc là: h 2mv cos  2.9,1.10 31.1,9.107 cos 60o  6,8.10 ( m)  19 3 eB 1,6.10 5.10 (Xem lại toán chuyên đề chuyển động điện tích điện trường từ trường) Bài 29: Sau tăng tốc hiệu điện U ống phát, êlectrơn phóng theo hướng Ox để sau phỉa bắn trúng vào điểm M cách O khoảng d Hãy tìm dạng quỹ đạo êlectrôn cường độ cảm ứng từ B hai trường hợp sau: a.Từ trường có phương vng góc với mặt phẳng hình vẽ b.Từ trường có phương song song với OM (OM hợp với phương Ox góc α; điện tích êlectrơn –e, khối lượng m) Giải: a) Trường hợp 1: B có phương vng góc với mặt phẳng hình vẽ  Vận tốc êlectrôn khỏi ống phát xạ là: O 2eU v m Vận tốc êlectrơn có phương vng góc với từ trường nên quỹ đạo chuyển động êlectrôn đường trịn bán kính R  x α B d mv R cho: eBv  Với R sin   R sin  sin  2eU v suy ra: B d d m b) M  Trường hợp 2: B có phương song song với OM Vận tốc êlectrôn tai O phân thành hai thành phần - Thành phần OM có độ lớn vcosα, thành phần gây chuyển động thẳng OM - Thành phần vng góc với OM có độ lớn vsinα, thành phần gây chuyển động tròn quay quanh truc OM Phối hợp hai chuyển động thành phần, ta quỹ đạo hình xoắn ốc êlectron quanh OM Thời gian để êlectrôn tới M là: t  O x  B M d v cos  17 Trong thời gian êlectrơn quay số vịng quanh OM với chu kì: T 2m eB ta có: t = kT (k: số nguyên dương 1, 2, ) d 2m 2 cos  k  B k v cos  eB d Um e Bài 30: Đầu hai kim loại thẳng, song song cách C khoảng L đặt dựng đứng nối với hai cực tụ điện hình vẽ Hiệu điện đánh thủng tụ điện U B Một từ trường có cường độ B vng góc với mặt phẳng hai Một kim  loại khác AB khối lượng m trượt từ đỉnh hai xuống với vận B tốc v Hãy tìm thời gian trượt AB tụ điên bị đánh M N thủng? Giả thiết kim loại đủ dài phần mạch điện  trở cảm ứng điện bỏ qua v0 Giải: Vì bỏ qua điên trở cảm ứng điện nên điều kiện tụ bị đánh thủng suất điện động cảm ứng hiệu điện đánh thủng Gọi hiệu điện hai đầu tụ U C suất điện động cảm ứng tạo AB trượt theo hai kim loại đặt từ trường Ta có: UC = BvL (1) Phương trình chuyển động AB là: ma = mg – BLI (2) I dòng điện nạp vào tụ: Q U C v I C CBL CBLa (3) t t t Thay (3) vào (2) ta có: mg a ( 4) m  CB2 L2 Từ (4) ta có gia tốc AB trượt khơng đổi, vận tốc là: mg v v  at v  t (5) m  CL2 B2 Khi UB = UC tụ bị đánh thủng, vận tốc v là: U v  B (6) BL thay (6) vào (5) ta có: Thời gian kim loại trượt tụ bị đánh thủng là:  UB   v   m  CB2 L2   BL  t  mg Bài 31: Trong mặt phẳng nghiêng α so với mặt phẳng nằm ngang, có hai kim loại cố định song song cách khoảng l, nối với điện trở R (Hình vẽ) Một kim loại MN, có khối lượng m, trượt không ma sát hai vng góc với chúng Điện trở khơng đáng kể có từ trường khơng đổi b vng góc với mặt phẳng hướng lên phía Người ta thả cho MN trượt không vận tốc ban đầu a) Mô tả tượng giải thích vận tốc v MN tăng tới giá trị cực đại v max Tính vận tốc vmax (giả thiết hai song song có chiều dài đủ lớn) b) Thay điện trở tụ điện có điện dung C Chứng minh lực cản chuyển đơng tỷ lệ với gia tốc a Tính gia tốc Gia tốc củ trọng trường g 18 Giải:  a) Khi MN trượt xuống tác dụng trọng lực P từ thông qua diện tích MRN biến thiên, làm xuất suất điện động cảm MN    Bvl , t với v vận tốc trượt MN; theo định luật Lenxơ, dịng cảm ứng sinh có chiều từ N đến M (để có từ trường  ngược chiều với B , hình vẽ) Trong mặt phẳng nghiêng góc α, lực tác dụng lên là:  + Thành phần Q trọng lực P , Q = mgsinα  + Lực từ F có độ lớn F = BIl (tác dụng lên đoạn dây dẫn MN có  dồng điện I chạy qua từ trường ) B   Hai lực Q F ngược chiều Lúc đầu, vận tốc trượt nhỏ, nên dòng điện I     B M  Q  P R  F N α  Bvl B2 l v  lực từ F BIl  R R R nhỏ, độ lớn F < Q; hợp lực Q - F làm chuyển động có gia tốc vận tốc v tăng Khi v đạt giá trị vmax F = Q, chuyển động đều, đó: B2l2 v max Rmg sin  mg sin   v max  R B2l b) Thay R tụ điện C dịng điện cảm ứng (suất điện động cảm ứng) nạp điện cho tụ Kí hiệu q điện tích tức thời tụ điện, ta có: q = εC Lực cản lên (lực từ)C Lực cản lên (lực từ) F BIl Bl Nhưng dq dv B2l 2C dt dt dv a gia tốc thanh, lực cản lên là: F = B 2l2Ca tỷ lệ với a Để tính a ta viết phương dt trình chuyển động thanh: Q – F = ma → mgsinα – B2l2Ca = ma g sin   a  g sin  B2 l C 1 m Ta thấy gia tốc a nhỏ gia tốc trượt MN khơng có từ trường phụ thuộc vào khối lượng m  Bài 32: Một vịng dây dẫn đường kính d đặt từ trường có cảm ứng từ B song song với trục vòng dây Hai kim loại mảnh đầu gắn với trục A qua tâm O vịng dây vng góc với mặt phẳng vòng dây; hai C tiếp xúc điện với vòng dây tiếp xúc điện với O D I 1) Ban đầu hai sát vào nhau, sau nột đứng yên I1 quay quanh O với vận tốc góc ω Tính cường độ dịng điện qua hai O● qua vòng dây sau thời gian t Cho biết điện trở đơn vị dài B kim loại vòng dây dẫn r (ω) 2) Bây cho hai quay với vận tốc ω ω2 (ω1 < ω2) Tìm hiệu điện hai đầu Xét hai trường hợp: I2 a Hai quay chiều b Hai quay ngược chiều Giải: Trước hết ta tính suất điện động xuất kim loại quay mặt phẳng vng góc với từ trường theo cơng thức (chỉ tính độ lớn): c   S B t t với ΔS diện tích mà quét thời gian Δt 19 Trong khoảng thời Δt quay góc Δφ = ω.Δt quét diện tích: l l 2t   2 S Bl2  Từ đó:  c B t S  1) Giả sử OA đứng n, cịn OB quay với vận tốc góc ω Suất điện động cảm ứng xuất OB (và đoạn mạch BOA) bằng: c  BR 2 Bd 2  (OB = R = d/Km2) Hai đoạn mạch BCA (BCA = l1) BDA (BDA = l2; l1 + l2 = 2πR) mắc song song với (hình vẽ),R) mắc song song với (hình vẽ), có dịng điện I1, I2 chạy qua hai thanh, áp dụng định luật Ơm ta có: UAB = I1(l1r) = I2(l2r); UAB = εC Lực cản lên (lực từ)c – I.2Rr; I = I1 + I2, với l1 = Rωt; l2 = 2πR) mắc song song với (hình vẽ),R – l1 = 2πR) mắc song song với (hình vẽ),R – Rωt; R = d/Km2 Từ tìm được: Bd t  t  I ; I1    I; I  I 2 t 2  2  4(2  t  )r 2 2) Ở xuất suất điện động cảm ứng: B R B R  c1  ;  c  2 2 a Hai nguồn điện tương đương εC Lực cản lên (lực từ)c1 εC Lực cản lên (lực từ)c2 mắc xung đối, nguồn có suất điện động (vì ω1 > ω2):  b  c1   c  BR  1  2   Bd  1  2  Lập luận tương tự câu ta có: B0d I ;  02 t  r 4  0 t  2    t  I1    I; 2   t I2  I 2 Với ω0 = ω1 – ω2 Hiệu điện đầu là:  rd  U1  c1  I ;    rd  U  c  I    b) Kết tương tự câu a, với ω0 = ω1 + ω2 Bài 33: Cho mạch điện hình vẽ, nguồn E = 1,5V, r = 0,1Ω, MN = l  N B= = 1m, RMN = 2,9Ω, B vng góc với khung dây, hướng từ xuống, 0,1T Điện trở ampe kế hai ray khơng đáng kể Thanh MN trượt khơng ma sát hai đường ray a) Tìm số ampe kế lực điện từ đặt lên MN MN giữ đứng yên E, r +  F EC A M B 20