Trọn bộ 15 chuyên đề môn Vật lí tham dự Hội thảo khoa học khối các trường THPT Chuyên khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI LỜI NÓI ĐẦU Trong hành trình phát triển giáo dục Việt Nam, hệ thống trường THPT chuyên ngày khẳng định vị quan trọng việc phát hiện, tuyển chọn bồi dưỡng nhân tài, chắp cánh ước mơ bay cao, bay xa tới chân trời tri thức thành công Đối với trường THPT chuyên, công tác học sinh giỏi đặt lên hàng đầu, nhiệm vụ trọng tâm năm học Hội thảo khoa học trường THPT chuyên Khu vực Duyên Hải Đồng Bắc Bộ hoạt động bổ ích diễn vào tháng 11 thường niên Đây dịp gặp gỡ, giao lưu, học hỏi, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy, phát hiện, tuyển chọn bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế trường THPT chuyên khu vực Năm năm qua, hội thảo khoa học nhận hưởng ứng nhiệt tình trường, bước đầu đem đến hiệu ứng tốt, tác động không nhỏ đến công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chất lượng đội tuyển học sinh giỏi quốc gia trường Chuyên Năm 2013 năm thứ 6, hội thảo khoa học Hội trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ tổ chức Thái Bình - mảnh đất quê lúa, mang truyền thống yêu nước truyền thống hiếu học Tại hội thảo lần này, chủ trương tập trung vào vấn đề mẻ, thiết thực có ý nghĩa việc bồi dưỡng học sinh giỏi, để quý thầy cô đã, đảm nhiệm công tác tiếp tục trao đổi, học tập, nâng cao lực chuyên môn Tập tài liệu Hội thảo lần thứ VI bao gồm chuyên đề khoa học đạt giải quý thầy cô Hội trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải Đồng Bắc Các viết tập trung vào vấn đề trọng tâm hội đồng khoa học trường THPT chuyên Thái Bình thống nội dung hội thảo Nhiều chuyên đề thực công trình khoa học tâm huyết, say mê quý thầy cô, tạo điểm nhấn quan trọng cho diễn đàn, coi tư liệu quý cho trường công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Xin chân thành cảm ơn cộng tác quý thầy cô đến từ trường THPT chuyên Khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ trường THPT chuyên với vai trò quan sát viên Chúng hy vọng, tiếp tục nhận nhiều phản hồi, đóng góp, trao đổi quý thầy cô để chuyên đề khoa học hoàn thiện Thái Bình, tháng 11 năm 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Chuyên đề xếp loại xuất sắc ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN Biên soạn: Nguyễn Chí Trung Đơn vị công tác: THPT Chuyên Bắc Ninh LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình vật lý THPT dành cho học sinh chuyên Lý chương trình vật lý đại cương, thấy phần tập học vật rắn phần kiến thức khó đặc biệt phần Định lý Koenig để xác định mô men động lượng mô men lực trục quay hay điểm khó phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải có kỹ toán học tốt phần giải tích vec tơ Đây phần kiến thức khó giúp giải toán học vật rắn tốt hơn, nhanh gọn Chính biên soạn chuyên đề “ĐỊNH LÝ KOENIG TRONG CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC VẬT RẮN” nhằm góp phần cung cấp kiến thức bản, rèn luyện kĩ vận dụng định lý việc giải toán học vật rắn cho học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp đặc biệt học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia thi chọn đội tuyển dự thi Olympic Châu Á Thái Bình Dương Olympic quốc tế Sau nội dung chuyên đề: - Cơ sở lý thuyết - Các ví dụ đơn giản áp dụng công thức - Các tập tổng hợp có lời giải chi tiết - Các tập tự luyện tập với đáp số Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Khối tâm a) Đối với hệ chất điểm S trọng tâm điểm M i có khối lượng mi, gọi O điểm tùy ý, ta có uuur r OG = rG = r r i i i i ∑m r = ∑m r M ∑m r uuuur (1) với r i = OM i i uu r r Nếu ta chọn O G rG = b) Đối với vật rắn: r r r ∫ rdm ∫ rdm rG = = M dm ∫ (2) Động lượng a) Định nghĩa: r Các điểm MI cấu tạo nên hệ S chuyển động với vận tốc vi hệ quy ur chiếu R Tổng động lượng p S R tổng cộng động lượng chất điểm cấu tạo nên hệ S: u r uuur d ri d d r r r r p = ∑ mi vi = ∑ mi = ( ∑ mi vi ) = m.OG = mvG dt dt dt ( ) (3) Ta có nhận xét quan trọng: Tổng động lượng hệ chất điểm hệ quy chiếu (HQC) R động lượng R chất điểm giả định khối tâm G có khối lượng khối lượng tổng cộng hệ S ur r p = mvG b) Tổng động lượng HQC trọng tâm R* r* Theo định nghĩa, điểm G điểm cố định R *, vG tổng động lượng ur* p hệ S R* ur* r không: p = (4) Mối liên hệ động lượng lực Định luật II Newton + Lực:    dp ∑ Fext = dt = MaG Trường THPT Chuyên Thái Bình (5) HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Trong  ∑F ext tổng ngoại lực tác dụng lên hệ uu r τ uuu r uuuu r uuu r X = F dt = F ∆ t = ∆ P + Xung lực: extb ∫ ex Động hệ, định lý Koenig động Chọn điểm cố định O làm gốc tọa độ, G khối tâm hệ, ta có: K (0) = Vì 1 mi vi2 = ∑ mi viG + mvG2 (6) ∑ 2 2 mi viG động toàn phần hệ hạt khối tâm G, nên ta có: ∑ 2 Định lý Koenig động năng: K = mv (G ) + K * (G ) (7) Mô men động lượng Định lý Koenig mô men động lượng a) Mô men động lượng hệ điểm cố định O chọn làm gốc (của hệ S HQC R) tổng mô men động lượng tất điểm tạo nên hệ S    L0 = ∑ ri ∧ mi vi (8) b) Mô men động lượng hệ khối tâm G S R *, theo định nghĩa là: uuuur r r r r L*G = ∑ GM i ∧ mi vi* = ∑ riG ∧ mi vi* (9) c) Định lý Koenig mô men động lượng Mô men động lượng O hệ chất điểm S HQC R tổng của: + Mô men động lượng O chất điểm giả định đặt G có khối lượng khối lượng tổng cộng hệ R + Mô men động lượng G hệ S HQC trọng tâm (nghĩa chuyển động quanh G) r r uuur r L0 = L*G + OG ∧ mvG (10) d) Mô men động lượng trọng tâm Nếu A điểm đó, ta viết R*: uu r ur* uuuu r ur uuur uuuu r L A = ∑ AM i ∧ mi vi = ∑ AG + GM i ∧ mi vi* uu r uu r uuur uuuu r * = AG ∧ ∑ mi vi + ∑ GM i ∧ mi vi* ( Trường THPT Chuyên Thái Bình ) HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI uu r r ur* Biết p = ∑ mi vi* = , nhận thấy mô men động lượng hệ HQC trọng tâm độc lập với điểm mà ta tính Chúng ta viết ur ur* ur* mô men mà không cần nói rõ số điểm đó: L A = LG = L ur ur* ur ur ur* Dùng định lý Koenig ta có: LG = LG = L e) Mô men động lượng điểm trục Giả sử vật rắn S cánh cửa hình vẽ HQC R S (O,xS, yS, zS) gắn ur với vật rắn, quay với vận tốc góc Ω = Ωez = θ ' ez HQC R ur Ta viết biểu thức mô men động lượng L A vật rắn điểm A cố định trục Oz (A điểm cố định HQC gắn với vật rắn) R: ur uuuu r r L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M ) dm S r r ur uuuu r ur uuuu r Với v( M ) = v(a) + Ω ∧ AM = Ωez ∧ AM Từ rút ra: ur uuuu r r uuuu r ur uuuu r L A = ∫∫∫ AM ∧ v( M ) dm = Ω ∫∫∫ AM ∧ (ez ∧ AM )dm S S ur uuuu r ur uuuu r ur uuuu r Vậy L A = Ω ∫∫∫S ( AM ez − ( AM ez ) AM )dm Ta đưa vào điểm H hình chiếu M trục quay: uuuu r uuur uuuur uuuu r ur ur uuuur AM = AH + HM = AM ez ez + HM ( ) Vậy ta được: ur ur uuuu r ur uuuur L A = Ω ∫∫∫ HM dm − Ω ∫∫∫ ( AM ez ) HM )dm (Vì HM = AM − AH ) S S ur Như ta phân biệt biểu thức L A hai thành phần: ur ur + Một thành phần phương với vec tơ quay, là: L AP = Ω ∫∫∫ HM dm S + Một thành phần ur uuuu r ur uuuur L A⊥ = −Ω ∫∫∫ ( AM ez ) HM ) dm vuông góc với vec tơ S f) Mô men động lượng trục ∆ - Mô men quán tính: Trường THPT Chuyên Thái Bình quay, là: HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI ur Thành phần L∆ trục quay L A mô men động lượng gọi mô men động lượng vật rắn trục ∆ ur ur ur ur urur L∆ = L A ez = L AP.ez = ez Ω ∫∫∫ HM dm = Ω ∫∫∫ HM dm S S Theo định nghĩa, L∆ không phụ thuộc vào vị trí điểm A trục ∆ + Khoảng cách HM = r điểm M đến trục quay không đổi vật rắn quay ta định nghĩa mô men quán tính J ∆ vật rắn trục quay ∆ sau: J ∆ = ∫∫∫S r dm Mô men quán tính vật rắn trục quay đặc trưng cho mức quán tính chuyển động quay vật rắn quanh trục (bất biến theo thời gian), phụ thuộc vào cách phân bố khối lượng vật rắn Mô men lực, định lý Koenig mô men lực uur + Mô men lực M O điểm O hệ S R có biểu thức là: uur uuuur ur M O = ∑ OM i ∧ mi + Mô men lực G R* (R* tịnh tiến R) uur* uuuur r* r* r M G = ∑ GM i ∧ mi a i = ∑ riG ∧ mi a i uu r uur uu r ur uu r uur Từ công thức cộng gia tốc ta có: = ae ( M i ) + aC ( M ) + ai* = aG + ai* Gia tốc Coriolis không gia tốc kéo theo không phụ thuộc vào uur số i gia tốc aG điểm G uur uuur uuuu r ( r uur uu ) uuur uur uuuu r uur * * Ta rút ra: M O = ∑ ( OG ∧ GM i ) ∧ mi aG + = OG ∧ maG + ∑ GM i ∧ mi Vì uuuur ∑ m GM i i r = uu r uur r * * i i = F = nên ta suy định lý Koenig ∑m a mô men lực: uuuur τ uuur uuur + Xung mô men lực: M Ox = ∫ M g dt = ∆L0 Định lý Koenig mô men lực: Mô men lực O hệ chất điểm S HQC R tổng của: + Mô men lực O chất điểm giả định đặt G có khối lượng khối lượng tổng cộng hệ R Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI + Mô men lực G hệ S HQC trọng tâm (nghĩa chuyển động quanh G) uur uur* uuur uur M = M G + OG ∧ maG (10) Mô men lực trọng tâm: Cũng mô men động lượng, mô men lực S HQC trọng tâm R* không phụ thuộc vào điểm mà ta tính Chúng ta viết mô uur uur* uur* men mà không cần nói rõ số điểm đó: M A = M G = M uur uur* uur* Dùng định lý Koenig ta có: M G = M G = M Mối liên hệ mô men động lượng mô men lực Ta xét trường hợp tổng quát, điểm chọn để tính mô men điểm bất ký P, điểm đứng yên chuyển động điểm cố định O chọn làm gốc tọa độ (hình vẽ) y O r r r1 − rP r r r r1r r rP P − rP r r2 x Theo định nghĩa mô men động lượng toàn phần hệ điểm P là:      LP = ∑ ( ri − rP ) ∧ mi ( vi − vP ) Lấy đạo hàm theo thời gian, ta          dLP = ∑ (vi − vP ) ∧ mi ( vi − vP ) + ( ri − rP ) ∧ mi ( − aP ) dt     = + ∑ ( ri − rP ) ∧ ( mi − mi aP )    Thay mi = Fi ex + Fi in tổng hợp ngoại lực nội lực tác dụng lên hạt I, ta được: r r dLP r r r r r = ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ext − ∑ mi ( ri − rP ) ∧ aP dt r r Thay tiếp ∑ mi ri = mrG , ta Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI r r dLP r r r r r = ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex − m ( rG − rP ) aP dt r r r Vì ∑ ( ri − rP ) ∧ Fi ex theo định nghía mô men ngoại lực P, nên cuối ta công thức tổng quát: r r dLP r r r = ∑ M Pex − ( rG − rP ) ∧ maP dt (6) Công thức (6) cho thấy mối liên hệ mô men lực mô men động lượng không đơn giản mối liên hệ lực động lượng Có dự khác biệt mô men động lượng mô men lực tùy thuộc vào điểm để tính mô men Bây ta bàn tiếp số hạng thứ hai công thức (6) Số hạng triệt tiêu ba điều kiên sau thỏa mãn: r r a) aP = Điểm P đứng yên (hay chuyển động thẳng đều) r r dLP = ∑ M P (P cố định) (7) dt r r b) rG = rP hay P ≡ G Khi ta có: r r dLG = ∑ M Gex dt uuur r r r r c) Gia tốc aP / / ( rG − rP ) hay aG / / PG Khi ta có: r uuur r dLP r = ∑ M Pex aP / / PG (9) dt { } Các ý toán học: ur ur Cho hai vec tơ: A = (ax , a y , az ) , B = (bx , by , bz ) ur ur + Tích vô hướng hai vec tơ: A.B = (axbx + a y by + azbz ) ur ur r r r + Tích có hướng hai vec tơ: A ∧ B = i (a y bz − az by ) + j (az bx − axbz ) + k (axby − a y bx ) rr r Với i, j, k vec tơ đơn vị trục Ox, Oy, Oz Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI II BÀI TẬP VÍ DỤ Ví dụ Hai chất điểm A B giống hệt nhau, có khối lượng m liên kết với chiều dài b, khối lượng không đáng kể A dịch chuyển vòng tròn tâm O bán kính b AB dao động quanh trục qua A vuông góc mặt phẳng hình vẽ Tính tổng động lượng mô men động lượng O hệ AB O α A β B theo góc α, β đạo hàm chúng theo thời gian Giải Cách 1: ur r r Ta có: p = mv( A) + mv ( B ) uur uuu r r uuur r LO = OA ∧ mv ( A) + OB ∧ mv ( B) uuu r Với OA = (b cos α , b sin α , 0) r uuu r suy v( A) = OA ' = (−bα 'sin α , bα ' cosα , 0) uuur OB = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0) r uuu r v( B ) = OB ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α ' cosα + β ' cosβ ), 0) ur r r Suy p = mv( A) + mv ( B ) = m(−b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0) uur uuu r r uuur r ur Và LO = OA ∧ mv ( A) + OB ∧ mv ( B) = mb (2α '+ β '+ β ' cos(α − β ))ez ur Với ez vec tơ đơn vị trục Oz vuông góc, mặt phẳng hình vẽ Cách 2: Chúng ta dùng định lý Koenig cách đưa vào khối tâm G (trung điểm AB) hệ uuur 2 Ta có OG = (b(cos α + cosβ ), b(sin α + sin β ), 0) Trường THPT Chuyên Thái Bình HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Và vận tốc khối tâm G là: uu r uuur 1 vG = OG ' = (−b(α 'sin α + β 'sinβ ), b(α 'cos α + β ' cosβ ), 0) 2 Mô men động lượng hệ khối tâm G: uuu r uuu r uuu r r uuu r uuu r r r r r r L*G = GA ∧ mv ( A)* + GB ∧ mv ( B)* = 2GB ∧ mv ( B )* GA = −GB v ( A)* = −v ( B )* uuur 1 GB = ( bcosβ , b sin β , 0) 2 1 r v ( B )* = (− β 'sinβ , bβ ' cosβ , 0) 2 Rõ ràng ta tìm ur r p = 2mv(G ) = m(−b(2α 'sin α + β 'sinβ ), b(2α ' cosα + β ' cosβ ), 0) Và tổng mô men động lượng hệ: uur r* uuur ur r LO = LG + OG ∧ 2mv (G ) = mb (2α '+ β '+ β ' cos(α − β ))ez Ví dụ Một AB đồng nhất, có tâm G, khối lượng m treo hai dây nhẹ giống AA’ BB’ có chiều dài b Thanh dao động mặt phẳng thẳng đứng, hai dây AA’ BB’ song song với A’ B’ α α A G a) Tính động theo đạo hàm α ' góc nghiêng α dây thời điểm cho trước b) Tìm chu kỳ dao động nhỏ Giải a) Định lý Koenig động cho ta: K= mv (G ) + K * (G ) Trong HQC R* (G,x,y,z) đứng yên K * (G ) = nên: K= mv (G ) = mb 2α '2 (1) 2 b) Chọn mốc vị trí thấp trình dao động Trường THPT Chuyên Thái Bình 10 B HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Thay (2) (3) vào (1) p1 = p1 ' (5) Nhân (5) với (4) theo vế 5 T ' 18 p1V1 = p '1 V '1 ⇒ RT = RT ' ⇒ = = 1,8 6 T 10 Bài 9: Trong ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác có hai pittông nối với sợi dây nhẹ, căng, không dãn Giữa hai pittông có mol khí lí tưởng Pittông có tiết diện lớn pittông ∆S = 10cm Áp suất khí bên p0 = 10 Pa a) Tính áp suất p khí hai pittông b) Phải làm nóng khí thêm độ để pittông dịch chuyển lên đoạn l = 5cm Biết khối lượng tổng cộng hai pittông m = 5kg Khí không lọt Đáp án a) Có S1 − S = ∆S m = m1 + m2 Điều kiện cân hai pit tông: m1 g T + ⇒ T = S1 ( p − p0 ) − m1 g (1) S1 S1 m g T p + = p0 + ⇒ T = S ( p − p0 ) + m2 g (2) S2 S2 Từ (1) (2) ⇒ ( S1 − S )( p − p0 ) = (m1 + m2 ) g = mg mg ⇒ p= + p0 ≈ 1,5.10 Pa ∆S p = p0 + b) Khi làm nóng khí pittông dịch chuyển lên đoạn l Muốn pittông cân vị trí p ' = p (p’: áp suất chất khí sau dịch pittông) Theo phương trình C – M: pV = RT p ' (V + ∆V ) = R (T + ∆T ) ∆V p ⇒ ∆T = T = ∆V V R ∆ V = l ∆ S mà ∆S l ⇒ ∆T = p ≈ 0,9 K R Bài 10: Một bình dạng hình trụ ngăn thành hai phần pittông nhẹ, dẫn nhiệt Pittông chuyển động không ma sát Một phần bình chứa không khí, phần chứa nước nước Trường THPT Chuyên Thái Bình 383 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Nung nóng từ từ toàn bình, pittông bắt đầu chuyển động Khi dừng lại, phần thể tích bình có tỉ lệ 1:3 Hãy xác định tỉ số khối lượng nước khối lượng nước ban đầu Cho hai phần bình nhiệt độ Thể tích nước nhỏ Đáp án m V h +) Ban đầu nước trạng thái p1V1 = µ RT1 ; V1 = với V0 thể tích bình +) Khi nung nóng, nước bay hơi, thể tích nước tăng, pit tong dừng lại nước bay hết mn + mh 3V RT2 ; V2 = µ p1V1 p 2V2 p1 p2 Do (mn + mh ) T = mh T ⇒ (mn + mh ) T = mh T (1) 2 Có p2V2 = +) Khí phần bình kia: p1 (V0 − V1 ) p (V0 − V2 ) p p2 = (2) ⇒ 1= T1 T2 T1 T2 Từ (1) (2) suy ra: mn + mh = 3mh mn Vậy m = h Bài 11 : Trong xi lanh đặt thẳng đứng có chứa lượng khí, đậy phía pittông khối lượng m = 1kg , diện tích S = 10cm Pittông giữ lò xo L nhẹ, dài, độ cứng k = 100 N / m , đầu lò xo móc vào đinh cố định có độ cao khác hình vẽ Ban đầu, khí xi lanh tích 0,5l nhiệt độ 270 C Lò xo móc vào điểm O, bị nén đoạn 10cm 1) Nung nóng khí xi lanh đến nhiệt độ 1270 C Để vị trí pittông xi lanh không đổi, cần móc đầu lò xo vào điểm M cách O đoạn bao nhiêu, phía nào? 2) Nung nóng khí xi lanh lên đến nhiệt độ 2270 C Để pittông nằm vị trí phía cách vị trí ban đầu đoạn 50cm , phải móc đầu lò xo vào điểm N cách O đoạn bao nhiêu? Về phía nào? Biết áp suất khí p0 = 105 N / m Lấy g = 10m / s Đáp án: 1) Gọi p áp suất lúc đầu khí xi lanh Trường THPT Chuyên Thái Bình 384 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Khi pit tong cân bằng: p = mg k∆l + + p0 = 1,2.10 ( N / m ) S S pit tong không dịch chuyển nên trình biến đổi trạng thái khí trình đẳng tích Áp suất khí lúc sau: T2 p = 1,6.10 ( N / m ) T1 mg k∆l ' + + p0 ⇒ ∆l '= 50cm Có p' = S S Vậy lúc sau lò xo bị nén 50cm ⇒ phải móc lò xo vào điểm M phía O cách O khoảng OM = 40cm V 2) Chiều cao ban đầu cột khí: h = = 50cm S p' = Khi pit tong dịch chuyển lên đoạn 50cm thể tích khí tăng gấp hai: V3 = 2V pVT Từ phương trình trạng thái ⇒ p3 = TV = 10 ( N / m ) Khi pit tong nằm cân bằng: p3 = mg k∆l3 + + p0 ⇒ ∆l3 = −10cm ⇒ lò xo dãn 10cm S S Vậy phải móc lò xo vào điểm N phía cách O khoảng ON = 50 + 10 + 10 = 70(cm) II Áp dụng nguyên lí I p Bài 1: p0 Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử chuyển từ trạng thái 1( p1 = p0 ;V1 = V0 ) sang trạng thái 2( p = p0 ;V2 = 2V0 ) với đồ thị đoạn thẳng cho hình vẽ Hãy xác định: a) Thể tích V’ nhiệt độ chất khí lớn b) Thể tích V * cho V1 < V < V * chất khí thu nhiệt V * < V < V2 chất khí tỏa nhiệt Đáp án a) p = aV + b trạng thái 1: p0 = aV0 + b trạng thái 2: p0 = a 2V0 + b Trường THPT Chuyên Thái Bình 385 p0 O V0 2V0 V HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI ⇒ p=− p0 V + p0 V0 pV Đối với mol khí pV = RT ⇒ T = R ⇒ (pV) đạt max ⇔ V ' = V0 (Suy điều cách: Cách 1: Xét tam thức bậc 2: pV = f (V ) = − p0 V + p0V V0 a < nên đạt max V ' = − b = V0 2a Cách 2: Trên đồ thị diện tích pV lớn V ' = V0 b) Xét trình từ V1 đến V Nhiệt lượng nhận Q = ∆U + A' 3 − p0V + p0V0 )V − p1V1 V0 đó: ∆U = R(T − T1 ) = pV − p1V1 = ( p0 + p p0 15 p0 11 p0V0 V + V− ⇒Q=− 2V0 2 A' = (V − V0 ) Sau Q đạt max, V tiếp tục tăng Q giảm ⇒ từ trạng thái ứng với Qmax trở đi, chất khí thu nhiệt Vậy V* giá trị ứng với Qmax Vì Q(V) parabol có a'< ⇒ V * = − b' 15 = V0 2a ' thấy V * > V ' Bài 2: Với mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, người ta thực trình hình vẽ p1 = 2atm = 2.10 Pa ; V1 = 1l ; p = 1atm ; V2 = 3l Hãy tính công mà khí thực trình khí nhận nhiệt Đáp án Xét xem giai đoạn khí nhận nhiệt +) Có : p = aV + b trạng thái 1: = a + b trạng thái 2: = 3a + b ⇒ p = −0,5V + 3,5 Trường THPT Chuyên Thái Bình 386 p p1 p2 V1 V2 V HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI +) Xét trình từ V1 đến V Nhiệt lượng mà khí nhận Q = ∆U + A' = −V + 8,25V − 5,75 Qmax ↔ V = V0 = 4,125l Thấy V0 > V2 nên trình từ đến 2, Q tăng nên khí nhận nhiệt Do đó, công trình khí nhận nhiệt công toàn trình từ đến A = ( p1 + p2 )(V2 − V1 ) = 300 J Bài 3: Cho mol khí lí tưởng biến đổi theo chu trình − − − đồ thị p(T ) đó: − đoạn thẳng kéo dài qua O − đường thẳng song song với OT − cung parabol qua O Biết T1 = T3 = 300 K ; T2 = 400 K Tính công mol khí sinh Đáp án Cách 1: Tính công trình Cách 2: Xét đồ thị biểu diễn chu trình hệ (p,V) +) Quá trình – có phương trình T = − a p + b p ( Vì đồ thị qua gốc O) +) Phương trình C – M cho mol: pV = RT ⇒ p = − T T2 T1 O p p p2 p1 V b + a.R a O V3 V2 V Đây phương trình đường thẳng hệ (p,V) +) Chu trình 1-2-3-1 biểu diễn hệ (p,V) +) Công khí sinh chu trình A' = − S123 = − ( p2 − p1 )(V2 − V3 ) TT = − R(T2 − T1 − T3 + ) = −104( J ) T2 Bài 4: p Tính hiệu suất chu trình cấu tạo từ hai đường đẳng áp hai đường p1 đẳng nhiệt, tác nhân sinh công khí lí tưởng đơn nguyên tử Cho biết T1 , p2 Trường THPT Chuyên Thái Bình 387 O V1 V4 V2 V3 V HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI T2 nhiệt độ trình đẳng nhiệt − − , p1 , p2 áp suất hai trình đẳng áp 1− − Đáp án: Q Hiệu suất H = − Q Có Q1 = Q12 + Q23 với Q12 = υ R(T2 − T1 ) Q23 = υRT2 ln V3 p = υRT2 ln V2 p2 5 p  ⇒ Q1 = υR  (T2 − T1 ) + T2 ln  p2  2 Có Q2 = −(Q34 + Q41 ) 5 2 Tương tự, tính Q2 = υR  (T2 − T1 ) + T1 ln H= Từ suy T 2−T1 5(T2 − T1 ) T2 + p ln p2 p1   p2  Bài 5: Một hình trụ cách nhiệt chia thành hai phần tích V1; V2 nhờ cách nhiệt Phần chứa khí nhiệt độ T1 áp suất p1 Phần thứ chứa khí nhiệt độ T2 áp suất p2 Tìm nhiệt độ hình trụ bỏ cách nhiệt Đáp án Vì hình trụ làm vật liệu cách nhiệt nên áp dụng phương trình cân nhiệt cho hệ khí hai phần ta có cm1 (T − T1 ) = cm2 (T2 − T ) (1) Trong c nhiệt dung riêng khí ; m1, m2 khối lượng khí tương ứng hai phần hình trụ T nhiệt độ thiết lập hình trụ cân m1 T1 + T2 m2 Từ (1) suy T = m 1+ m2 Áp dụng phương trình trạng thái cho khí hai phần trước bỏ cách nhiệt: Trường THPT Chuyên Thái Bình 388 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI m1 m RT1 ; p2 V2 = RT2 µ µ m pVT ⇒ = 1 m2 p 2V2T1 T T ( p V + p2V2 ) ⇒T = 1 p1V1T2 + p 2V2T1 p1 V1 = Bài 6: Cho bình chân không cách nhiệt, bao quanh khí lí tưởng đơn nguyên tử có nhiệt độ T0 Tại thời điểm người ta mở van khí chiếm đầy bình Tìm nhiệt độ khí bình sau khí chiếm đầy bình Đáp án Khi mở van, khí tràn vào bình Quá trình diễn nhanh nên bỏ qua trao đổi nhiệt khí vào bình với khí bao quanh với thành bình Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực cho khí vào bình: A = ∆U (1) Trong A công áp lực khí bao quanh bình đặt vào khí có bình Khi lấp đầy bình, áp suất nhiệt độ khí bao quanh không thay đổi Để tìm công A, ta tưởng tượng bình nằm hình trụ lớn có pittông di động Lực tác dụng lên pittông thực công A = p0V0 Với V0 thể tích quét pittông dịch chuyển, V0 không trùng với thể tích bình Công công áp lực khí bao quanh bình đặt vào khí có bình Áp dụng phương trình trạng thái có A = p0V0 = υRT0 (2) ∆U độ biến thiên nội khí vào bình ∆U = υ R (T − T0 ) (3) Thay (2), (3) vào (1) T = T0 Nhiệt độ khí chiếm đầy bình lớn nhiệt độ khí bao quanh bình Kết nhận không phụ thuộc thể tích bình áp suất p0 Nhiệt độ khí bình không phụ thuộc lấp đầy khí vào bình xẩy Trường THPT Chuyên Thái Bình 389 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI đến mà áp suất bình có áp suất khí môi trường bao quanh hay không van đóng trước đóng muộn Bài 7: Hai bình cách nhiệt nối với ống nhỏ có khóa Bình thứ tích V1 = 500l , chứa m1 = 16,8kg Nitơ áp suất p1 = 3.10 Pa Bình thứ hai tích V2 = 250l , chứa m2 = 1,2kg Argon áp suất p2 = 5.10 Pa Hỏi sau mở khóa cho hai bình thông nhau, nhiệt độ áp suất khí bao nhiêu? Cho biết nhiệt dung mol đẳng tích Nitơ C1 = R ; Argon C2 = R Khối lượng mol Nitơ µ1 = 28 g / mol , Argon µ = 40 g / mol Đáp án Gọi T1 T2 nhiệt độ tuyệt đối Nitơ Argon chưa mở khóa Ta có m pV 1 Số mol Nitơ là: µ = RT 1 m pV 2 Số mol Argon là: µ = RT 2 Nội Nitơ : U = m1 p V 5p V C1 T1 = C1 1 = 1 (1) µ1 R m1 p 2V2 p2V2 Nội Argon : U = µ C2 T2 = C2 R = (2) Gọi T C nhiệt độ nhiệt dung đẳng tích hỗn hợp khí Nội hỗn hợp khí : m  m U = CT =  C1 + C T (3) µ2   µ1 Khi mở khóa, khí dãn nở không sinh công, hai bình lại cách nhiệt nên theo nguyên lí I nhiệt động lực học, nội bảo toàn : U = U + U (4) p1V1 p2V2 + 2 = 306,7 K Từ (1), (2), (3) (4) ⇒ T = m m C1 + C µ1 µ2 Áp dụng phương trình trạng thái cho hỗn hợp khí : m m   m m  RT p (V1 + V2 ) =  +  RT ⇒ p =  +  = 2,14.10 Pa µ µ µ µ V + V     Bài 8: Một bóng đá khối lượng 800 g , đường kính 22cm bơm căng đến áp suất 2atm Tính nhiệt độ khí bóng lúc tiếp đất sau bóng rơi thẳng Trường THPT Chuyên Thái Bình 390 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI đứng từ độ cao 25m Cho vỏ bóng hoàn toàn mềm cách nhiệt Nhiệt độ ban đầu bóng 27 C Bỏ qua sức cản không khí Nhiệt dung mol đẳng tích không khí CV = 2,5R R = 8,31J / mol.K ; g = 10m / s ; 1atm = 10 Pa Đáp án Số mol khí bóng 4 d 3 p. π   pV υ= =  = 0,447 mol RT RT Khi bóng tiếp đất, bị bẹp, khí bóng bị nén đẳng tích đoạn nhiệt Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học A = ∆U mgh = υCv ∆T mgh = 21,5( K ) ⇒ ∆T = υC v Vậy Tsau = 321,5( K ) hay 48,50 C Bài 9: Một xilanh cách nhiệt nằm ngang, thể tích V1 + V2 = V0 = 80l chia thành hai phần không thông với pittông cách nhiệt (hình vẽ) Pittông chuyển động không ma sát Mỗi phần xilanh có chứa mol khí lí tưởng đơn nguyên tử Ban đầu, pittông đứng yên, nhiệt độ hai phần khác Truyền cho khí bên trái nhiệt lượng Q = 120 J Hỏi có cân bằng, áp suất xi lanh lớn áp suất ban đầu bao nhiêu? V1 Đáp án Gọi U U nội khí hai phần xi lanh Q = ∆U + ∆U = R( ∆T1 + ∆T2 ) (1) pV = Lúc đầu, có: 2RT1 pV2 = 2RT2 (2) Sau cung cấp nhiệt lượng có cân thể tích phần V1 + ∆V = V2 − ∆V Có: ( p + ∆p )(V1 + ∆V ) = R (T1 + ∆T1 ) (3) ( p + ∆p )(V2 − ∆V ) = R (T2 + ∆T2 ) (4) Từ (2), (3) (4) suy ra: p∆V + V1∆p + ∆p.∆V = R∆T1 − p∆V + V2 ∆p − ∆p.∆V = R∆T2 Trường THPT Chuyên Thái Bình 391 V2 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI ⇒ (V1 + V2 ).∆p = R (∆T1 + ∆T2 ) ⇒ ∆p = 2Q = 10 ( N / m ) 3V0 Bài 10: Một xilanh đặt cố định nằm ngang Xilanh chia làm hai phần pittông Phần xilanh bên trái chứa mol khí lí tưởng đơn nguyên tử Phần bên phải xilanh chân không, phần có lò xo gắn vào pittông thành xi lanh Ban đầu pittông giữ vị trí lò xo không biến dạng, khí có áp suất p1 , nhiệt độ T1 Sau đó, thả pittông Bỏ qua lực ma sát Sau thời gian chuyển động, pittông nằm yên vị trí cân Lúc đó, khí có áp suất p , nhiệt độ T2 thể tích tăng gấp đôi so với ban đầu Cho biết xi lanh cách nhiệt với môi trường ngoài; nhiệt dung xi lanh, pittông lò xo nhỏ, bỏ qua Hãy tính áp suất p nhiệt độ T2 Đáp án: Áp dụng nguyên lí I cho mol khí: Q = ∆U + A' (1) Với ∆U = CV (T2 − T1 ) ; A' = kx 2 Trạng thái cuối mol khí: p 2V2 = RT2 (2) ⇒ p 2 Sx = RT2 Khi pit tông vị trí cân bằng: RT2 2x RT Vậy A' = kx = p2 S = Từ (1) có CV (T2 − T1 ) + RT2 = ⇒ T2 = T1 Trạng thái đầu mol khí V p1V1 = RT1 ⇒ p1 = RT1 (3) Từ (2) (3) suy ra: p2 = p1 Bài 11: Trường THPT Chuyên Thái Bình 392 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Một xi lanh kín hình trụ đặt thẳng đứng, bên có mộtpit tông nặng, trượt không ma sát Pittông đáy xi lanh nối với lò xo, khoảng có chứa n = 2mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thể tích V1 , nhiệt độ T1 = 27 C Phía chân không Ban đầu lò xo trạng thái không biến dạng Sau đó, truyền cho khí nhiệt lượng Q thể tích khí lúc V1 , nhiệt độ T2 = 147 C Cho thành xi lanh cách nhiệt, mát nhiệt không đáng kể R = 8,31( J / mol.K ) , CV = R Tìm nhiệt lượng Q truyền cho khí Đáp án: gọi m, S, k khối lượng, tiết diện pit tông, độ cứng lò xo Các trạng thái khí lúc đầu lúc sau (p1, V1, T1) (p2, V2, T2) Sau truyền cho khí nhiệt lượng pit tông dịch chuyển lên đoạn x V −V V2 − V1 1 ⇒x= = S S V ⇒ V1 = 3xS hay x = 3S Xét cân pit tông, có p1 = mg mg + kx ⇒ kx = ( p − p1 ) S ; p2 = S S Công mà khí thực được: 1 1 A' = mgx + kx = p1V1 + ( p − p1 )V1 = υR ( T1 + T2 ) 6 Độ biến thiên nội khí ∆U = υ R (T2 − T1 ) 13 Có Q = A'+ ∆U = υR( T2 − T1 ) = 4695,15( J ) Bài 12: Trong xi lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt, có hai pittông: pittông A nhẹ (trọng lượng bỏ qua) dẫn nhiệt, pittông B nặng cách nhiệt Hai pittông đáy xilanh tạo thành hai ngăn, ngăn chứa mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử có chiều cao h = 0,5m Ban đầu, hệ trạng thái cân nhiệt Làm cho khí nóng lên thật Trường THPT Chuyên Thái Bình 393 B A HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI chậm cách cho khí (qua đáy dưới) nhiệt lượng Q = 100 J Pittông A có ma sát với thành bình không chuyển động, pittông B chuyển động không ma sát với thành bình Tính lực ma sát tác dụng lên pittông A Đáp án Gọi nhiệt độ ban đầu hệ T0 , nhiệt độ sau T1 Áp suất ban đầu khí hai ngăn p0 Khí ngăn nóng đẳng áp từ nhiệt độ T0 đến nhiệt độ T1 , thể tích tăng từ T1 V0 đến V1 = V0 T , công A mà khí sinh A = p0 (V1 − V0 ) = p0V0 ( T1 − 1) = R (T1 − T0 ) T0 Khí ngăn nóng đẳng tích từ T đến T1 , áp suất tăng từ p0 đến p1 = p0 T1 T0 Áp dụng nguyên lí I: Q = A + ∆U Mà ∆U = 2CV (T1 − T0 ) = 5R(T1 − T0 ) Vậy Q = R(T1 − T0 ) Lực ma sát tác dụng lên pit tông A T V F = ( p1 − p0 ) S = p0  − 1 = R (T1 − T0 ) h  T0  h Q 100 ⇒F= = N 6h Bài 13: Một xi lanh nằm ngang, bên có pittông ngăn xi lanh làm hai phần: Phần bên trái chứa khí lí tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải chân không Hai lò xo k1 , k gắn vào pittông đáy xi lanh hình vẽ Lúc đầu, pittông giữ vị trí mà hai lò xo chưa bị biến dạng, trạng thái khí lúc ( P1 ,V1 , T1 ) Giải phóng pittông pittông vị trí cân bằng, trạng thái khí ( P2 ,V2 , T2 ) với V2 = 3V1 Bỏ qua lực ma sát Xilanh, pittông lò xo cách nhiệt P2 T2 Hãy tính P T 1 Trường THPT Chuyên Thái Bình 394 A k1 k2 B HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Đáp án Khi pit tông VTCB, độ biến dạng lò xo x Có x = V2 − V1 2V1 = S S p S − k1 x = k x ⇒ p = (k1 + k ) x ( k + k )V = 2 (1) S S Áp dụng phương trình trạng thái T2 p p 2V2 p1V1 p pV p = = ⇒ = 1= ⇒ T1 p1 T2 T1 T2 T1V2 3T1 (2) Hệ không trao đổi nhiệt Q = ∆U + A = ⇒ A = −∆U 2(k + k )V 1  2V  mà A = (k1 + k ) x = (k1 + k )  = 2 2 S  S  3 ∆U = υR (T2 − T1 ) = ( p2V2 − p1V1 ) = (3 p2 − p1 )V1 2 2 2(k1 + k )V1 ⇒ = ( p1 − p )V1 2 S 2(k1 + k )V1 (3) ⇒ = ( p1 − p2 ) S p2 3 Thế (1) vào (3) ⇒ p2 = p1 − p2 ⇒ p = 11 2 T2 (2) ⇒ T = 11 Bài 14: Xi lanh hình trụ, pittông vách ngăn (hình vẽ) chế tạo từ vật liệu cách nhiệt Van (1) (2) vách ngăn mở áp suất bên phải lớn áp suất bên trái Khi van mở không đóng lại Trong trạng thái đầu phần bên trái hình trụ dài l = 11,2dm có m1 = 12 g Heli; phần bên phải độ dài có m2 = g Heli Từ hai phía nhiệt độ 0 C Áp suất p0 = 10 Pa Nhiệt dung riêng Heli thể tích không đổi CV = 3,15.103 J / kg.đô , áp suất không đổi C p = 5,25.10 J / kg.đô Pittông dịch lại chậm theo hướng tới vách ngăn (có nghỉ nhỏ van mở Trường THPT Chuyên Thái Bình 395 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI ra) dịch sát tới vách ngăn Cho diện tích pittông S = 10 −2 m Tính công mà pittông thực Đáp án Xét khí xi lanh Công toàn phần thực khí: A = A1 + A2 (1) Với A1 công pittông thực A2 công áp lực khí quyển: A2 = p0 Sl (2) Độ biến thiên nội khí ∆U = Cv (m1 + m2 )(T − T0 ) ; T0, T nhiệt độ lúc đầu lúc sau khí Vì hệ cách nhiệt nên theo nguyên lí I ∆U = A ⇒ A1 = Cv (m1 + m2 )(T − T0 ) − p0 Sl (*) Trong biểu thức đại lượng T chưa biết Để tìm T cần phải xét giai đoạn trình Ban đầu, áp suất phần bên trái lớn phần bên phải: p1 = m1 RT0 m RT > p2 = µ lS µ lS Trong chuyển động pittông tới vách ngăn, khí phần bên phải hình trụ bị nén áp suất p1 van mở Gọi V1 , T1 thể tích nhiệt độ khí phần bên phải van bắt đầu mở Vì nén xảy đoạn nhiệt nên: p1V1γ = p2 V0γ γ = Cp Cv - hệ số đoạn nhiệt, V0 = lS γ γ ⇒ V = V  p  = V  m2  0 0    p1   m1  Áp dụng phương trình trạng thái:  m γ p1V1 m2 pV µ pV = ⇒ T1 = 1 = 1 T0 = T0   RT1 µ Rm2 p 2V0  m1  −1 Khi áp suất phần bên phải phần bên trái van vách ngăn mở chất khí trộn lẫn vào (lúc pittông không dịch chuyển) Gọi T2 nhiệt độ hỗn hợp khí có cân nhiệt Có: c.m1 (T2 − T0 ) = c.m2 (T1 − T2 )   γ   m1T0 + m2T1 m1  m2   ⇒ T2 = = T0 1+  m1 + m2 m1 + m2   m1     Sau trộn lẫn, toàn khí có khối lượng m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V1 + V0 đến thể tích V0 , nhiệt độ biến đổi từ T2 đến T Ta có: TV0γ −1 = T2V γ −1 Trường THPT Chuyên Thái Bình 396 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Từ rút T, thay vào biểu thức A1, tính A1 ≈ 3674 J C PHẦN KẾT LUẬN Trong trình ôn thi học sinh giỏi, nhận thấy việc xây dựng hệ thống tập cho phần cho thật nhiều, thật đa dạng điều cần thiết Vì phong trào viết chuyên đề Hội trường chuyên Duyên hải việc làm thiết thực, trường chia sẻ tài liệu cho nhau, giúp giáo viên dạy trường chuyên bớt nhọc nhằn công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Với kinh nghiệm dạy ôn thi học sinh giỏi thời gian hạn hẹp chắn hệ thống tập đưa chưa thật đầy đủ Rất mong nhận góp ý, giúp đỡ thầy cô giáo đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! Trường THPT Chuyên Thái Bình 397 ... tạp hơn, học sinh cần phải rèn luyện kĩ vận dụng cao Trường THPT Chuyên Thái Bình 26 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI Chuyên đề “ĐỊNH... lượng vật tính theo điểm xác định mặt bàn tổng mô men xung lượng vật tính theo khối tâm Trường THPT Chuyên Thái Bình 15 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA. .. 17  289 Trường THPT Chuyên Thái Bình 21 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ VI c) Động Kf sau va đập phải đủ lớn để nâng khối tâm khối trụ