Bồi Dưỡng HSG VL 12

NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Bài 1: (HSG ĐB Sông Cửu Long) a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một khúc quanh có độ dài bằng 1/3 đường tròn bán kính R. Cho hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là µ, mặt đường được làm nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang. b. Tính công suất giới hạn của động cơ lúc ấy. Coi các bánh xe đều là bánh phát động. Giải a. msn ma P R P N F= + = + + r ur ur ur uur uuuur (1) Chiếu lên Oy: 0 sin cos msn mg F N α α = − − + cos sin sin cos sin msn mg N F N mg N α α µ α α µ α ⇔ − + = ≤ ⇒ ≤ − (2) Chiếu lên Ox: 2 max cos sin cos sin msn mV F N N N R α α µ α α = + ≤ + (3) Từ (2) và (3) ( ) ( ) max 1 1 gR tg gR tg V V tg tg µ α µ α µ α µ α + + ⇒ ≤ ⇒ = − − Vậy vận động viên chạy đều với tốc độ tối đa, ta có tmin là: ( ) ( ) ( ) min max 1 2 1 2 3 3 R tg s R tg t V gR tg g tg µ α π µ α π µ α µ α − − = = = + + b. Ta có: P = F.V Pmax khi : max max msn F F N V V µ = =   =  ( ) max cos sin 1 gR tg mg P tg µ α µ α µ α µ α + ⇒ = − − Bài 4: (Dao động điều hòa). Từ điểm A trong lòng một cái chén tròn M đặt trên mặt sàn phẳng nằm ngang, người ta thả một vật m nhỏ (hình vẽ). Vật m chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng, đến B thì quay lại. Bỏ qua ma sát giữa chén M và m. a.Tìm thời gian để m chuyển động từ A đến B. Biết A ở cách điểm giữa I của chén một khoảng rất ngắn so với bán kính R. Chén đứng yên. b. Tính hệ số ma sát nghỉ giữa chén và sàn. Giải a. Ta có: ma P N= + r ur uur * Chiếu lên phương tiếp tuyến: sin t x ma P mg R α = − ≈ " 2 0x x ω ⇒ + = Với: 2 g R ω = Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là 1 2 chu kỳ dao động. 2 T R t g π ∆ = = b. Chén đứng yên nên: ' 0 M M msn P N N F+ + + = uur uur uuur uuuur r (1) N R P F msn R α O x y m I M A N M F msn P M N ' N O O y x α NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 * Chiếu (1) lên phương Oy: ' cos 0 M M P N N α − + − = Với N' = N (2) Ở góc lệch α, Với m có: ( ) 2 2 2 2 0 0 cos cos cos cos 2 2 mV mV N mg N mg R R mV mV mgh mgh mgR α α α α   = − = +     ⇔     + = = −     ( ) 0 3cos 2cosN mg α α ⇒ = − (3) Từ (2) và (3) ta được: ( ) 0 cos 3cos 2cos M N Mg mg α α α = + − (4) * Chiếu (1) lên Ox: ' sin 0 sin msn msn N F N F N α α µ − = ⇔ = ≤ max min ( sin ) sin ( ) M M N N N N α α µ ⇔ ≥ ≥ ( ) ( ) 0 0 sin 3cos 2cos sin cos 3cos 2cos M N mg N Mg mg α α α α α α α  = −   = + −   (α 0 bé; α ≤ α 0 ) ( ) min max sin ;( ) M N N α ⇒ khi α = α 0 Vậy: ( ) 2 sin 2 2 cos m M m α µ α ≥ + Câu 4:(HSG Kiên Giang): Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng,mảnh nằm ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là 1 2 m m m= = ;lò xo có độ cứng K và khối lượng không đáng kể.Quả cầu 3 có khối lượng 3 2 m m = .Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự nhiên 0 l .Truyền cho 3 m vận tốc 0 v  đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1. Sau va chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm vận tốc cuả G.Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà ngược pha quanh vị trí cố định đối với G.Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật. ĐÁP ÁN a.Chuyển động cuả khối tâm G: Vì quả cầu 3 va chạm đàn hồi với quả cầu 1 và hệ kín nên động lượng(theo phương ngang) và động năng được bảo toàn.Gọi 1 3 ,v v là vận tốc quả cầu 1 và 3 sau va chạm,ta có: 0 1 3 2 2 m m v mv v= + (1) 2 2 2 0 3 1 2 2 2 2 2 v v mvm m = + (2) 2 2 3 0 3 0 3 2v v v v⇒ − − (3) (3) có nghiệm 3 0 v v= (loại vì vô lý) và 0 3 3 v v = − (4) Đưa (4) vào (1) ta có: 0 1 2 3 v v = Hệ hai quả cầu 1 và 2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều.Từ toạ độ khối tâm,ta có : 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 G G G dx m x m x m v m v x v m m dt m m + + = → = = + + (6) Sau va chạm: 0 1 2 3 v v = và 2 0v = nên (6) cho ta: 0 0 1 0 1 2 2 2 3 3 3 G v v m m v v m m m m = = = + + (7) b.Dao động cuả quả cầu 1 và 2 +Chọn trục toạ độ Ox nằm ngang,gốc O trùng với khối tâm G cuả hai quả cầu m I M A N M F msn P MM N ' N O O y x α 1 2 3 0 v  NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 +Khi lò xo chưa biến dạng,gọi 1 2 0 ,0 là vị trí cân bằng cuả hai quả cầu.Lúc đó 1 2 ,x x là toạ độ cuả hai quả cầu.Toạ độ cuả khối tâm là : 1 1 2 2 1 2 0 G m x m x x m m − + = = + Với 1 2 m m= thì 1 2 2 l x x= = Phương trình chuyển động cuả 1 m m= là: ' '' ' '' 0 K mx K x x x m = − → + = (8) Do khối tâm đứng yên và luôn có 1 2 2 l x x= = nên ta coi G là nơi buộc chặt cuả hai con lắc có khối lượng 1 2 ,m m và chiều dài lò xo là 2 l Độ cứng cuả lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên K’ = 2 K,nên (8) viết là: '' 2 0 K x x m + = Tần số góc cuả dao động là : 1 2K m ω = Chu kỳ dao động : 1 1 2 2 2 m T K π π ω = = Tương tự,m2 có chu kỳ dao động : 2 2 2 m T K π = Hai dao động này ngược pha nhau Vận tốc cuả quả cầu 1 và 2 đối với khối tâm: 0 0 0 1 1 2 3 3 3 G G v v v v v v = − = − = 0 0 2 2 0 3 3 G G v v v v v = − = − = − Cơ năng bảo toàn nên biên độ dao động được tính: 2 2 1 1 0 1 1 2 2 2 3 2 G m v v KA m A K = → = 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 3 2 G m v v KA m A K = → = Câu 4 : (Tiền Giang) Một hình trụ đặc đồng chất, có trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính cong R như hình vẽ. Ở điểm trên hình trụ người ta gắn hai lò xo có độ cứng như nhau.Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hình tru với giả thiết hình trụ lăn không trượt . Xét trường hợp: không có lò xo, khi mặt lõm là mặt phẳng. Giải: Gọi θ là góc quay quanh trục C của trụ, 1 ω là vận tốc góc của chuyển động quay quanh trục và V là vận tốc tịnh tiến của trục. 1 v ' r ω = θ = Mặt khác, ta có: ( ) v ' R r= ϕ − ϕθϕω )()(. / 1 rRrrRr −=⇒−=⇒ R k r R k ϕ θ A A’ B 1 B C O NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 Động năng: ( ) ( ) 2 2 2 2 d 1 mv 1 3 E I m R r ' 2 2 4 = + ω = − ϕ víi 2 2 1 mrI = Thế năng: ( ) 2 2 t 2kx 1 E mg R r 2 2 = + − ϕ ( ) x r (R r) 2 R r= θ+ − ϕ = − ϕ Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 t 1 mg E k.4 R r mg R r 4k R r 2 2 R r   = − ϕ + − ϕ = + − ϕ   −   Cơ năng: E = E t + E d = const . Lấy đạo hàm hai vế ( ) ( ) 2 2 3 mg m ' 4k 0 4 2 R r   ϕ + + ϕ =   −   ⇒ ( ) ( ) mg 4k 2 R r 16k 2g 3 3m 3 R r m 4 + − ω = = + − Vậy chu kỳ dao động T = m k rR g 16 )(3 2 22 + − = π ω π Trường hợp riêng: - Khi k = 0 thì ( ) 2g 3 R r ω = − - Khi R → ∞ thì : 16k 3m ω = Bài 4 (HSG Lao Cai): Con lắc lò xo đặt thẳng đứng (như hình vẽ 4), đầu dưới gắn chặt vào mặt sàn, đầu trên gắn vật m 1 = 300g đang đứng yên ở vị trí cân bằng, độ cứng của lò xo là k = 200 N/m. Từ độ cao h = 3,75cm so với m 1 , người ta thả rơi tự do vật m 2 = 200 g, va chạm mềm với m 1 . Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hoà theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s 2 , bỏ qua mọi ma sát. a. Tính vận tốc của m 1 ngay sau va chạm. b. Hãy viết phương trình dao động của hệ hai vật m 1 và m 2 . GIẢI a. Vận tốc của m 2 ngay trước va chạm : )/(866,0 2 3 2 smglv ≈== * Xét hệ hai vật m 1 và m 2 ngay trước và sau va chạm, theo định luật bảo toàn động lượng ta có : 2 2 1 2 0 0 1 2 . 3 ( ). ( / ) 20 3( / ) 5 m v m v m m v v m s cm s m m = + ⇒ = = ≈ + Vì va chạm mềm nên ngay sau va chạm cả hai vật chuyển động cùng vận tốc là: )/(320 0 scmv = b. Chọn trục toạ độ Ox có gốc O trùng vời VTCB của hai vật, chiều dương thẳng đứng hướng lên trên. Chọn gốc thời gian là lúc hai vật bắt đầu dao động. * Độ biến dạng của lò xo khi vật m 1 cân bằng là : )(5,1 1 1 cm k gm l ==∆ * Độ biến dạng của lò xo khi hai vật cân bằng là : )(5,2 )( 21 2 cm k gmm l = + =∆ m 1 m 2 h k Hình vẽ NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 * Tần số góc : )/(20 21 srad mm k = + = ω * lúc t = 0 ta có :    −== == )/(320cos )(1sin scmcAv cmAx ϕω ϕ 3 1 −=⇒ ϕ tg vì 0sin > ϕ và )( 6 5 0cos rad π ϕϕ =⇒< Biên độ dao động là : )(2 6 5 sin 1 cmA =       = π * Vậy phương trình dao động là : )( 6 5 20sin2 cmtx       += π Bài 1 (HSG Lào Cai): Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây dài l (hình vẽ 1). Một viên đạn nhỏ khối lượng m bay ngang, xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó. a. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc viên đạn bằng bao nhiêu để sợi dây quay đủ vòng nếu tấm gỗ được giữ chặt. b. Vận tốc đó sẽ là bao nhiêu nếu tấm gỗ được thả tự do. Giải a. Vận tốc của quả cầu và đạn sau khi va chạm là 2 0 V ( với V 0 là vận tốc là vận tốc của đạn trước va chạm) * Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất vận tốc của quả cầu là V phải thoả mãn : l Vm mgT 2 . =+ ( T là lực căng của dây) Do đó V = V min khi T = 0 lgV . min =⇒ * Theo định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc nhỏ nhất V 0 của đạn phải thoả mãn : 2 2 0 min 0 2 2 4 2 5 8 2 mV mV mgl V gl= + ⇒ = b. Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất ( đối với điểm treo) là : glu = min * Xét trong HQC gắn với trái đất : V 1 = u – u min ( u là vận tốc của vật M ) Ta có : )1)((2. ' 0 glumuMmV −+= Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng : 2 ' 2 2 0 2 ( . ) 2 ( ) . 4 (2) 8 2 2 m u g l m V M u mgl − = + + * Từ (1) và (2) ta có : ) 8 5(2 ' 0 M m glV += Câu 4 ( Đồng Tháp) Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R 1 , R 2 và dây treo có khối lượng không đáng kể, ghép với nhau như hình 1. Các điểm A và B được gắn cố định vào giá đỡ. Vật M có khối lượng m=250(g), được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R 2 . Lò xo có độ cứng k=100 (N/m), khối lượng không đáng kể, một đầu gắn vào trục ròng rọc R 2 , còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R 1 , R 2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi buông ra không vận tốc ban đầu. Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động của vật M . M m m 0 V  Hình vẽ 1 NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 Giải - Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M. 1)- Tại VTCB của vật M ta có: 02 00 =++ FTP  hay 03 0 =+ FP  (1) - Từ (1) suy ra: mg=3k∆l 0 (2) - Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: amFTP   =++ 2 hay amFP   =+ 3 (3) - Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có : mg - 3k(∆l 0 +3x) = ma = mx’’ (4) - Từ (2) và (4) ta có : 0 9 '' =+ x m k x đặt m k9 2 = ω ta có 0'' 2 =+ xx ω (5) - Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( ) ϕω +t trong đó A , ϕω , là những hằng số 2)- Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. Tại thời điểm t =0 ta có: 4 = Acos ϕ 0 = - ω Asin ϕ . suy ra A = 4 (cm) và ϕ = 0 == m k9 ω 60(rad/s) Vậy phương trình dao động là x = 4cos 60 t (cm) Bài 1 (HSG Lào Cai 06-07): Một vật A chuyển động với vận tốc v 0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng tròn. Biết khối lượng của hai vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. (Hình vẽ 1) 1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng. 2. Biết Rgv 5,3 0 = . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) không ? Nếu có hãy xác định vị trí của vật trên tấm (E). Giải 1. Vì va chạm đàn hồi, khối lượng hai vật bằng nhau nên sau va chạm vật B c/đ với vận tốc v 0 còn vật A đứng yên. * Định luật bảo toàn cơ năng ( chọn gốc ) )sin1( 22 2 2 0 α ++= mgR mv mv )sin1(2 2 0 2 α +−=⇒ gRvv (1) * Định luật II N: R mv Nmg 2 sin =+ α * Khi vật rời máng thì N = 0 Rg Rgv 3 2 sin 2 0 − =⇒ α (2) * Vận tốc của vật B khi bắt đầu rời máng: Thay (2) vào (1) ta có : 3 2 2 0 Rgv v − = 2. Khi Rgv 5,3 0 = từ (2) ⇒ vị trí vật rời máng có 0 30 2 1 sin =⇒= αα . Vận tốc của vật lúc đó : 2 2 Rg v = * Khi rời máng vật c/đ giống như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu là v. Chọn trục toạ độ * phương trình c/đ của vật : B A R 1 R 2 M P T T F D AB C (E) 0 v  O Hình vẽ 1 D B C (E) O Hình vẽ 1 P  N  NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 αα cos)sin( Rtvx −= 2 2 1 )cos(sin gttvRy ++= αα * Để vật rơi vào vào tấm (E) thì : 0≥x và y =0. Với 0≥x g R t 6 ≥⇒ (*) Với y = 0 giải phương trình được t 1 < 0 (**) So sánh (*) và (**) thấy vật B không rơi vào tấm (E) Bài 4 (HSG Lào Cai 06-07): Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng vật m 0 = 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v 0 = 1m/s, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của của lò xo lần lượt là 28cm và 20cm. 1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo. 2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m 0 bắn vào với vận tốc v 0 . Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều hoà. Viết phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động. 3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là µ = 0,4. Hỏi vận tốc v 0 của vật m 0 phải nhỏ hơn giá trị bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho g = 10m/s 2 . Giải 1. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn Ta có : MVvmvm += 000 (1) 222 2 0 2 00 MV vmvm += (2) Với v , V lần lượt là vận tốc của các vật m 0 và M ngay sau va chạm * Giải hệ (1), (2) được : )/(40)/(4,0 2 0 00 scmsm Mm vm V == + = * Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s) Biên độ dao động là : 2 minmax ll A − = = 4(cm) Ta có: V = A. ω )/(10 srad A V ==⇒ ω => chu kỳ của dao động là: T = )( 5 s π Độ cứng của lò xo : )/(40. 2 mNMk == ω . 2. a. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn Ta có : h VmMvmvm )( 1000 ++= (3) 2 )( 22 22 10 2 00 h VmMvmvm + += (4) Với v 1 , V h lần lượt là vận tốc của các vật m 0 và (M + m) ngay sau va chạm * Giải hệ (3), (4) được : )/( 3 100 2 0 00 scm mMm vm V h = ++ = * Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phương trình dao động có dạng )sin( ϕω += tAx . Vận tốc cực đại của hệ vật là : V h = 3 100 (cm/s). Tần số góc : )/(54 srad mM k = + = ω Chọn trục toạ độ có gốc trùng VTCB, chiều dương cùng hướng 0 v  . M m 0 0 v  I k Hình vẽ NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 Lúc t = 0 ta có :    = = h VA A ϕω ϕ cos 0sin      == = ⇒    > = ⇒ )/(73,3 cos. 0 0cos 0sin scm V A h ϕω ϕ ϕ ϕ * Vậy phương trình dao động của vật là : ))(54sin(73,3 cmtx = b. * Tại các vị trí biên lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm cố định là lớn nhất ta có )(492,110.73,3.40. 2 max NAkF === − Tại vị trí biên bên trái lực đàn hồi hướng sang bên phải Tại vị trí biên bên phải lực đàn hồi hướng sang bên trái * Tại VTCB lực đàn hồi của lò xo có giá trị nhỏ nhất : F min = 0. 3. Để vật m không bị trượt trên M trong quá trình dao động thì lực ma sát nghỉ cực đại phải có giá trị ≥ giá trị của lực quán tính cực đại tác dụng lên vật m (Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật M) : (max)(max) qtmsn FF ≥ (*) * Ta có : Lực ma sát nghỉ CĐ : mgNF msn µµ == . (max) Lực quán tính : [ ] )sin(. 2 ϕωω +== tAmamF qt Để lực quán tính đạt cực đại thì AmFt qt 2 (max) .1)sin( ωϕω =⇒=+ * Từ biểu thức (*) ta có : 2 2 ω µ ωµ g AAmmg ≤⇒≥ * Mặt khác: ( ) ωωω Mmm vmVV A h ++ === 0 00max 2 ( ) ( ) )/(34,1 2 2 0 0 0 2 0 00 sm m Mmmg v g Mmm vm = ++ ≤⇒≤ ++ ⇒ ω µ ω µ ω Vậy v 0 )/(34,1 sm≤ thì vật m không bị trượt trên vật M trong quá trình hệ dao động. Câu 4 (HSG Hậu Giang) . Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc α so với phương nằm ngang. a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc. b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số l =1,73 m; α =30 0 ; g = 9,8 m/s 2 . Đáp án + Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsinα. Xét hệ quy chiếu gắn với xe + Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực: Trọng lượng P, lực quán tính F và sức căng T của dây treo. Tại vị trí cân bằng Ta có: 0TFP =++  + Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psinα - F + T X = 0 Mà F = ma = mgsinα suy ra T X = 0. Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vuông góc với Ox + Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là : P' = Pcosα. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcosα. + Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2π ' l g = 2π cos l g α ≈ 2,83 (s). T F P α x NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 Bài 1 HSG Lào Cai 08-09 Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và B giống nhau có cùng khối lượng m, ở chính giữa sợi dây gắn một quả cầu nhỏ khác khối lượng M. Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây được kéo căng.(Hình vẽ 1) Truyền tức thời cho vật M một vận tốc 0 V theo phương vuông góc với dây. Tính lực căng của dây khi hai quả cầu A và B sắp đập vào nhau. Giải Hệ kín động lượng bảo toàn 0 1 2 MV mv mv Mv= + + uur ur ur r → 0 1 2 1 2 0 y y M x x MV mv mv Mv mv mv = + + = + Ta luôn có: 1 2 1 2 ; y y x x v v v v= = − Khi hai quả cầu sắp đập vào nhau: 1 2y y M y v v v v= = = → 0 2 y MV v m M = + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 2 2 2 2 0 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 y x y MV mv mv Mv= + + ( x v độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào nhau) 2 2 0 2 x mMV mv m M → = + Gia tốc của quả cầu M: 2T a M = Trong hệ quy chiếu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu xuống phương Oy: 2 x q v T F m l + = 2 0 2 (2 ) mMV T T m M l m M → + = + Lực căng của dây khi đó: 2 2 0 2 (2 ) mM V T l m M = + Bài 2 (HSG Lào Cai 08-09) Một lò xo lý tưởng treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ cố định, đầu dưới treo một vật nhỏ có khối lượng m = 100g, lò xo có độ cứng k = 25N/m. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên theo phương thẳng đứng một đoạn 2cm rồi truyền cho vật vận tốc 310 π cm/s theo phương thẳng đứng, chiều hướng xuống dưới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật, chọn trục tọa độ có gốc trùng vị trí cân bằng của vật, chiều dương thẳng đứng xuống dưới. Cho g = 10m/s 2 ; 10 2 ≈ π . 1. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật. 2. Xác định thời điểm lúc vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai. Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó. Giải 1. Chứng minh vật dao động điều hòa * Viết phương trình dao động của vật: Tại VTCB: 4 =∆ l (cm) Tần số góc: πω 5 = (rad/s). Tại thời điểm t = 0 ta có:    =−= −== )/(310sin )(2cos scmAv cmAx πϕω ϕ Vì 3 2 3tan;0cos;0sin π ϕϕϕϕ −=⇒=<< (rad) Biên độ dao động : A = 4 (cm) 2 y v T ur T ur T ur T ur 1y v v T ur T ur T ur 1y v 1x v T ur 2 y v 2x v O x y Hình vẽ 1 0 V B A M NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 Vậy phương trình dao động của vật là:       −= 3 2 5cos4 π π tx (cm) 2. Khi vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai thì vật có li độ x = 2cm và chuyển động theo chiều âm của trục tọa độ. Ta có:        >       − =       − 0 3 2 5sin 2 1 3 2 5cos π π π π t t Giải hệ phương trình (lấy giá trị nhỏ nhất) được kết quả: 2,0=t (s) * Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó: - Hướng: Phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống dưới. - Độ lớn: 5,110.6.25 2 1 ==∆= − lkF (N) Câu 1: Hai vật 1 và 2 đều có khối lượng bằng m gắn chặt vào lò xo có độ dài l, độ cứng k đứng yên trên mặt bàn nằm ngang tuyệt đối nhẵn. Vật thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật 1 (xem hình 1) 1. Chứng tỏ hai vật m 1 và m 2 luôn chuyển động về cùng một phía. 2. Tìm vận tốc của hai vật 1 và 2 và khoảng cách giữa chúng vào thời điêm lò xo biến dạng lớn nhất. Giải Ngay sau lúc va chạm vật 1 có vận tốc v (lò xo chưa biến dạng, vận tốc vật 2 bằng không). Gọi v 1 , v 2 là vận tốc vật1,vật2 vào thời điểm sau va chạm của vật 3 vào 1 la v 1, v 2 . độ biến dạng là k 0 là x. + Định luật bảo toàn động lượng: mv = mv 1 + mv 2 . ⇒ v = v 1 + v 2 (1) + Định luật bảo toàn cơ năng: 2 1 mv 2 = 2 1 2 1 mv + 2 2 2 1 mv + 2 2 1 kx 2 21 2 2 )( vvv m kx +−=⇒ (2). Từ (1) va (2): m kx 2 2 = v 1 v 2 (3) vì m kx 2 2 > 0 ⇒ v 1 v 2 > 0 : tức là v 1 và v 2 cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm hai vật 1 và 2 luôn chuyển động về cùng một phía. 2) v 1 + v 2 = v = const. Suy ra tích v 1 v 2 cực đại khi v 1 = v 2 = 2 v nghĩa là m kx 2 2 cực đại lúc đó: 4 2 v = m kx 2 2 max ⇒ x max = v k m 2 lò xo biến dạng lớn nhất khi v 1 = v 2 = 2 v lúc này khoảng cách giữa vật 1 và vật 2 là: l 12 = k m vlxl 2 max ±=± Bài 2( HSG Nghệ An 07-08) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ. a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ . Hãy xác định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa. GI ẢI F m k Hình 2a A F m k Hình 2b M 3 2 1 v [...]... U2cos300 /I = 40 3 C 4,59.105 F ZL = UL/I = U1sin300/I = 20 3 L 0,11H b Xỏc nh U0 v vit biu thc i T GVT : U = U 1 + U C p dng nh lý hm s cosin ta c : U2 = U12 + UC2 + 2U1.UC cos1200 Thay s v tớnh toỏn ta c: U = 120 V => U0 = 120 2 (V) Lp lun = -/6 i = 6 cos(100t + /6) (A) Bi 6: (Tnh Thanh Húa, nm hc 2010 - 2011) Trong quỏ trỡnh truyn ti in nng i xa cn tng in ỏp ca ngun lờn bao nhiờu ln... K2) // K3 // Kh (vi Kh l K h cõu a) K2 3 + K + Kh = K + Kh 2K 2 3K (m1l1 + m2 l 2 ) g 3K 2 1 + l1 + (m1l1 + m2 l 2 ) g 2 2 l1 hay = 2 l1 2 2 m1l12 + m2 l 2 m1l12 + m2 l 2 Hc sinh tớnh c K (h mi) : Kt qu: = K = M K = l1 l2 NGUYN VN TRUNG :0915192169 Bi 1 (HSG Hai B Trng) Hai vt khi lng m0 v m c ni vi nhau bng mt si dõy mnh, bn khụng dón cú chiu di L Ti thi im ban u vt m 0 c nộm t mt phng ngang vi... chuyn ng v xỏc nh chu kỡ dao ng ca h + Do A va chm vi B u nr hi nờn ng lng v ng nng h c bo ton l u r u M A B k C N Hỡnh 1 u r ' mv1 = mv1' + mv2 ' mv12 m(v1' )2 m(v2 ) 2 = + 2 2 2 u r + Chn chiu dng cựng chiu vi v1 suy ra: mv1 = mv + mv ' 1 ' 2 ' mv12 m(v1' ) 2 m(v2 ) 2 = + 2 2 2 ' v1' = 0, v2 = v1 +Tng t cho va chm t qu cu B tr li qu cu A, ta c: ' '' v1'' = v2 , v2 = 0 + Sau va chm qu cu ny truyn... = 2A U = UAD I = ZC ZC nờn Bi 17: (Tnh Thanh Húa, nm hc 2007 - 2008) Mt on mch in gm ba phn t R = 30, L = 0,2H, v C = 50F mc ni tip vi nhau v ni tip vo 2 ngun in: Ngun in mt chiu U0 = 12V v ngun in xoay chiu U = 120 V, f = 50Hz a) Tớnh tng tr ca on mch v cng dũng in i qua on mch b) Tớnh lch pha gia hiu in th hai u on mch v dũng in trong mch Nhn xột v kt qu tỡm c c) V gión vộc t cỏc hiu in th gia... m0v1 = (m + m0)v v = m0 v1 m + m0 + cao h vt lờn c k t lỳc dõy cng: 2 2 v 2 m0 v0 2 gh ì h = = 2 g m0 + m 2 g 2 + 2 m0 v0 2 gh ì Vy Hmax = L + h = L + m0 + m 2 g I C hc: HSG THANH HOA 06-07 1/ Mt ht thc hin dao ng iu ho vi tn s 0,25 (Hz) quanh im x = 0 Vo lỳc t = 0 nú cú di 0,37 (cm) Hóy xỏc nh di v vn tc ca ht lỳc lỳc t = 3,0 (s) ? 2/ Mt con lc n cú chiu di L thc hin... 1 2 * Vi L = L1 hoc L = L2 thỡ UL cú cựng giỏ tr thỡ ULmax khi Z = 2 ( Z + Z ) L = L + L L L L 1 2 1 * Khi Z L = 2 2 2UR ZC + 4 R 2 + ZC thỡ U RLMax = Lu ý: R v L mc liờn tip nhau 2 2 4 R + ZC ZC 2 12 on mch RLC cú C thay i: 1 thỡ IMax URmax; PMax cũn ULCMin Lu ý: L v C mc liờn tip nhau 2L 2 2 R2 + ZL U R2 + ZL 2 2 2 2 * Khi Z C = thỡ U CMax = v U CMax = U 2 + U R + U L ; U CMax U LU CMax U 2... R 4 LC R 2C 2 C 2 * Khi = NGUYN VN TRUNG :0915192169 1 L R2 * Khi = thỡ L C 2 U CMax = 2U L R 4 LC R 2C 2 * Vi = 1 hoc = 2 m I hoc P hoc UR cú cựng mt giỏ tr thỡ IMax hoc PMax hoc URMax khi 12 = 2 = 1 tn s LC f1 f 2 = f 2 14 Hai on mch AM gm R1L1C1 ni tip v on mch MB gm R2L2C2 ni tip mc ni tip vi nhau cú UAB = UAM + UMB uAB ; uAM v uMB cựng pha tan uAB = tan uAM = tan uMB 16 Hai on mch... cm L mc ni tip vi in tr thun R v t D M R C in cú in dung C (hỡnh v) Bit in ỏp gia A B A hai u on mch AB cú biu thc u = N U0cos100t (V) khụng i Cỏc vụn k nhit V 1;V2 V2 cú in tr rt ln ch ln lt l U 1 = 120 V; U2 =80 3 V in ỏp tc thi gia hai u on mch MB lch pha so vi in ỏp tc thi gia hai u on mch NB gúc /6 v lch pha so vi in ỏp tc thi gia hai u on mch AN gúc /2 Ampe k nhit cú in tr khụng ỏng k ch 3 A a... mvv 4m l l 4 2 k g T2 = = 0, 4 s v chu kỡ +Vy vt dao ng iu hũa vi tn s gúc = 4m l 1 +H dao ng tun hon vi chu k T = (T1 + T2 ) = 0,7 + 0,2 = 0,9s 2 -ng nng ca qu cu E = mv 2 2 -Th nng trng trng Et1= (HSG Hu Lc 05-06) a) Cho con lc liờn hp nh hỡnh v 1 bit khi lng m 1, m2 v chiu di l1, l2 B qua khi lng dõy treo v lc cn mụi trng Tớnh tn s dao ng b) Nu mc thờm vo h 3 lũ xo K 1 = K2 = K3 nh hỡnh v 2, h... UR, UL v UC, bit on N B A mch cú tớnh dung khỏng b, Khi tn s dũng in bng 100 Hz thỡ thy in ỏp hai u on mch AB lch pha /2 so vi in ỏp gia hai u on NB v s ch ca ampe k l 2,5A Tớnh cỏc giỏ tr ca R, L, C Bi 12: (Tnh ng Thỏp, Trng THPT TP Cao Lónh ngh) Cho mch in nh hỡnh v:Mt in tr thun R,mt t in C,hai cun cm lớ tng L 1 = 2L, L2 = L v cỏc khúa K1,K2 (RK = 0) c mc vo mt ngun in khụng i (cú sut in ng ,in tr . lớn nhất khi v 1 = v 2 = 2 v lúc này khoảng cách giữa vật 1 và vật 2 là: l 12 = k m vlxl 2 max ±=± Bài 2( HSG Nghệ An 07-08) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang,. =⇒=−+ b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là: . 2 )12( 22 λ +=−+ kldl Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, Ta suy ra : λ λ )12( 2 )12( 2 2 +       +− = k kd l . Vì l > 0 nên k. NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Bài 1: (HSG ĐB Sông Cửu Long) a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một