Số mật mã: Phần này là phách Số mật mã: I/ Bài 1: Một thang kép gồm 2 thang đơn AB, AC có thể quay không ma sát quanh trục A. Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α. Một người có trọng lượng P 1 trèo lên thang AB. Vò trí H của người ấy được xác đònh bởi AH = x. Hệ số ma sát của thang và mặt phẳng nằm ngang là k = tg ϕ. a) Nếu thang bò trượt thì thang đơn nào trượt trước? b) Tính tg ϕ khi thang bắt đầu trượt. c) Xét các trường hợp riêng. - Không có người. - Người đứng yên trên thang ở A. - Người đứng yên ở B. ĐÁP ÁN: a. (0,5đ) Thang kép chòu tác dụng của các lực (hình vẽ) Trọng lực P A , P B , P 1 (P A = P B = P) Phản lực R 1 của mặt đất ở B nghiêng góc β 1 so với đường thẳng đứng. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH → P+P 1 → y ↑(+) x 0 (+) C B P 1 → → → → P → P 2α N 1 A γ N 2 → β 1 R 1 → β 2 → R 2 γ → → → Phản lực R 2 của mặt đất ở C nghiêng góc β 2 so với đường thẳng đứng. Thang bò trượt nếu β > ϕ. (0,5đ) Khi thang cân bằng thì hình chiếu của F hl trên phương ngang = 0 R 2 Sinβ 2 – R 1 Sinβ 1 = 0 (0,5đ) Thang AB có người đứng nên R 1 > R 2 . Vậy β 2 > β 1. Vậy β 2 ϕ trước khi β 1 ϕ Nghóa là thang AC trượt trước thang AB. b. Hai thang đơn tác dụng lên nhau các phản lực ở A trực đối N1= -N2 Xét sự cân bằng của thang AB và tính momen lực đối với trục quay qua B ta có: N 1 2l cos (α - γ) = [Pl + P 1 (2l –x )] sin α (1) (0,25đ) Xét cân bằng của AC và lấy momen đối với trục qua C. 2lN 2 cos (α - γ) = Pl sin α (2) (0,25đ) (1) + (2) ⇔ 4Nl cosα cosγ = [2Pl + P 1 (2l –x )] sin α (3) (0,25đ) (1) - (2) ⇔ 4Nl sin γ = P 1 (2l- x) (4) (0,25đ) Mặt khác ta lại có: R 2 + N 2 + P = 0 (a) Chiếu (a) lên ox R 2 sinβ 2 = N 2 cos γ oy R 2 cosβ 2 – P = N 2 sin γ Thang bắt đầu trượt thì β 2 = ϕ Từ (b) => R 2 sinϕ = N 2 cos γ (5) (0,25đ) R 2 cosϕ - P = N 2 sinγ (6) Thay cos γ, sin γ trong (5), (6) vào (3), (4) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH → → ( ) N 1 = N 2 = N → → → → → → → (b) → (0,25 đ) Ta được: 4lR 2 cos α sinϕ = [2Pl + P 1 (2l – x)] sin α 4l (R 2 cos α - P) = P 1 (2l – x) Khử R 2 (0,5đ) Với α là góc giữa thang với phương thẳng đứng ứng với lúc nó bắt đầu trượt. c/ Nếu P 1 = 0 thì tgα = 2tgϕ < tg2ϕ α < 2ϕ (0,5đ) Tại A thì x = 0 (0,5đ) Tại B thì x = 2l tgα = 2tgϕ < tg2ϕ α < 2ϕ (0,5đ) II/ Bài 2: Một tấm tôn mỏng dạng nửa hình tròn bán kính R có trục quay O dao động điều hoà trong mặt phẳng thẳng đứng. Tìm chu kỳ dao động của vật. Gia tốc trong trường nơi dao động là g? ĐÁP ÁN: Gọi m là khối lượng tấm tôn. Xét diện tích nguyên tố dS có khối lượng dm = (0,5đ) Với dS = r dϕ dr (0,25đ) Toạ độ khối tâm (0,75đ) Gọi I O’ là Momen quán tính của cả hình tròn (2 nửa tấm tôn) đối với tâm O’ (1đ) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH ( ) ( ) ϕα tg xPPPl xPPPl tg 11 11 2 22 −+ −+ = ϕα tg PP PP tg 1 1 2 + + = dS R m 2 2 π ϕϕ π π π ddrr R m m x R G cos 21 2/ 2/ 2 2 0 ∫∫ − = ϕ π sin 2 2 R = π/2 -π/2 . r 3 3 R 0 π 3 4R = ( ) 22 ' '2 2 2 GmOIR m I GO +== x m O • O’ dr dS • G dϕ Gọi I G là Momen quán tính của nửa hình tròn đối với khối tâm G. (1đ) Đối với trục quay O: I O = I G + mOG 2 = (1đ) Xem là con lắc vật lý khối lượng m Tần số gốc dao động: Chu kỳ dao động: (0,5đ) III/ Bài 3: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác đònh. Khi hút khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. p suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P 0 . Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình. ĐÁP ÁN: Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P 1 . PHẦN NÀY LÀ PHÁCH −= −= 2 22 2 2 9 16 2 ' 2 π RR mGO R mI G 2 2 9 16 2 1 Rm −= π ++ − 2 2 22 2 9 16 . 9 16 2 1 RRmRm ππ 2 2 3 mR = 22 9 16 1 3 2. π ω +== mR mgR I OGmg O 4 2 9 16 1. 3 2 π += R g ( ) 4/1 2 2/1 4 2 169 2 9 2 2 3 9 16 1 2 − + = + = π π π π π g R g R T Ta có: P 0 . V = P 1 (V+V 0 ) (1đ) Với V là thể tích của bình, V 0 là thể tích làm việc của bơm pittông. Sau lần bơm thứ 2 áp suất trong bình bằng: (0,5đ) Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ) Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P. (1đ) Theo điều kiện của bài toán: P = 2P 0 , đặt Ta có phương trình: (0,5đ) Dựng đồ thò của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ. Từ giao điểm của hai đồ thò ta tìm được x ≈ 0,44 nghóa là (0,5đ) (1đ) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 0 01 VV V PP + = 2 0 0 0 12 + = + = VV V P VV V PP 4 0 0 ' + = VV V PP + + = + + =+= V V V V P V V VV V P V VP PP 0 4 0 0 0 4 0 0 00 4 1 1 44 ' V V x 0 = 44 1 1 424 1 1 2 + =−⇔+ + = x xx x 4 1 1 + x 44,0 0 ≈ V V x y 0 0,1 • 0,44 0,5 0,8 1 4 1 1 + = x y IV/ Bài 4: 3 quả cầu nhỏ tích điện cùng dấu giống nhau (mỗi quả cầu có diện tích q và khối lượng riêng m) được nối với nhau bằng các sợi dây không co giãn (mỗi sợi dây có chiều dài l) . Cả 3 quả cầu đứng yên và được đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một trong các sợi dây bò cháy đứt. Các quả cầu có vận tốc bằng bao nhiêu ở thời điểm khi chúng nằm trên một đường thẳng ? Bán kính của các quả cầu nhỏ so với chiều dài sợi dây. ĐÁP ÁN: Ở thời điểm ban đầu, các quả cầu được đặt ở các đỉnh của một tam giác đều với chiều dài mỗi cạnh là l (hình vẽ). Do các quả cầu đứng yên nên W đ123 = O = W đ1 (0.25 đ) Thế năng tương tác tónh điện (1) (0,5đ) Trong (1), mỗi một số hạng tương ứng với năng lượng tương tác của một cặp điện tích và có 3 cặp như vậy. Dây không co giãn nên W tđh = O Vậy W = W t ; (0,25đ) Xung lượng của hệ bằng không. Sau khi đốt đứt dây (chẳng hạn sợi dây giữa quả cầu 1 và 2) khối tâm của các quả cầu còn đứng yên và khi các quả cầu nằm trên một đường thẳng quả cầu 3 sẽ nằm ở khối tâm trong hệ của chúng. Vì trước và sau khi đốt đứt dây giữa các quả cầu chỉû chòu tác dụng của các nội lực (hệ kín), vận tốc ban đầu của khối tâm V G = 0 nên khối tâm của hệ sẽ còn đứng yên. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH l q l q l q l q W t 0 2 0 2 0 2 0 2 1 4 3 444 πεπεπεπε =++= 3 1 v’ → v → 1 3 2 2 → v Giả sử ở thời điểm khi các quả cầu cũng nằm trên một đường thẳng vận tốc của quả cầu 3 là v’, vận tốc của 2 quả cầu 1, 2 bằng v (do đối xứng vận tốc của các quả cầu 1 và 2 như nhau). (0,5đ) p dụng đònh luật bảo toàn động lượng ta có: mv’ + 2mv = 0 mv’ – 2mv = 0 v’ = 2v (0,5đ) Động năng của các quả cầu ở thời điểm này (0,75đ) Thế năng tương tác mới (0,75đ) Theo đònh luật bảo toàn năng lượng cho hệ: W đ1 + W t1 = W đ2 +W t2 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) Vậy quả cầu 1, 2 có vận tộc quả cầu 3 có vận tốc PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 2 2 2 2 3 2 2' 2 1 mv mv mvW =+= đ l q l q l q l q W t 0 2 0 2 0 2 0 2 2 8 5 844 πεπεπεπε =++= l q mv l q 0 2 2 0 2 8 5 3 4 3 πεπε += ml q v 0 62 πε =→ ml q v 0 6 ' πε = ml q v 0 6 πε = ml q v 0 6 ' πε = V/ Bài 5: Cho mạch điện có sơ đồ như hình bên. U = U 0 sin 2 ωt L, C được chọn sao cho: Viết biểu thức cường độ dòng điện qua R. ĐÁP ÁN: Ta có: U=U 0 sin 2 ωt = (0,5đ) * Xét thành phần không đổi, không qua được tụ C và C 1 chỉ qua R và cuộn cảm L Là cường độ dòng điện không đổi. (0,5đ) * Xét thành phần xoay chiều : Với Z L = 2Lω; Theo đề bài Vậy Z L = Z C => I L = I C (1đ) Do cường độ dòng điện i L qua cuộn cảm và i C qua tụ điện ngược pha nhau mà I 1 =I c , do đó cường độ i qua LC triệt tiêu i 1 = 0. (0,5đ) Vậy thành phần qua R, R 1 , C 1 là: i 2 = I 02 cos (2ωt - ϕ) Với (1,5đ) Cường độ dòng điện qua mạch chính: i = I k + i 2 . (1đ) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH ω ω 4 1 ; 4 1 1 1 2 C RR LC === === R CC Z C 2 4 1 .2 .2 1 11 1 ωω ( ) rad RR Z tg R U I C o 4 1; 22 1 10 2 π ϕϕ −=⇒−= + − == ( ) At R U R U i +−= 4 2cos .22 2 010 π ω t UU ω 2cos 22 00 − KK I R U I , 2 0 = cot2cos. 2 0 1 U U = ω .2 1 C Z c = C R U R 1 C 1 L • • • i 2 i 1 i L C R U R 1 C 1 • • ω ωω C L LC 2 1 2 4 1 2 =⇒= VI/ Bài 6: Quả cầu thuỷ tinh bán kính R, biết suất n được cắt bởi 1 mặt phẳng qua điểm S cách tâm O 1 đoạn x. CMR: thì chiếu tai từ S đến mặt cầu, sau khi ló ra khỏi mặt cầu có đường kéo dài gặp nhau tại S 1 thẳng hàng với O và S, cách O một khoảng x 1 = OS 1 = nR. ĐÁP ÁN: Ta có: AS 2 = x 2 + R 2 – 2xRcosβ (5) AS 1 2 = x 2 + R 2 – 2x 1 Rcosβ (6) Thay và x 1 = nR vào thì luôn luôn đồng nhất (đpcm). n R x = ( ) 1 β Sin AS iSin OS = ( ) 2 1 β Sin AS rSin OS = ( ) 3sinsin rin = ( ) 4 1 3,2,1 11 x nx OS OS n AS AS ==→ ( ) ( ) ( ) ( ) 7 cos2 cos2 6,5,4 2 1 2 2 1 2 2 1 22 x x n RxRx xRRx = −+ −+ → β β n R x = • • S O i • S 1 β A r • • SO