Tổng hợp các bài tập các chương môn Vật lý đại cương 1 làm tài liệu tham khảo

Lúc đầu, đây là một tụ không khí và được tích điện bằng một hiệu điện thế 300 vôn, sau khi các bản tụ đã tích điện xong thì ngắt nguồn và cho điện môi vào giữa các bản tụ, khi đó điện [r]

Chương 1.1 Động học chất điểm A Tóm tắt lý thuyết

1 Các đại lượng đặc trưng chuyển động chất điểm

r 

- véc-tơ bán kính chất điểm

 

rr x, y, z  

- x,y,z tọa độ chất điểm hệ trục tọa độ Descartes vng góc - vận tốc trung bình: vtb r

t  

  

Trong r véc-tơ độ dời chất điểm sau khoảng thời gian  t - vận tốc tức thời:v dr dx dy dz; ;

dt dt dt dt

 

   

 

 

- tốc độ trung bình: vtb s t  



Trong  quãng đường mà chất điểm chuyển động khoảng thời gian ts  - tốc độ tức thời:

2 2

ds dx dy dz

v

dt dt dt dt

     

       

     

- véc-tơ gia tốc toàn phần:a dv at an dt

  



  

Gia tốc tiếp tuyến: at dv dt 

Gia tốc pháp tuyến:

2 n

v a

R 

Gia tốc toàn phần: a a2t a2n

R – bán kính cong quỹ đạo điểm xét

2 Các dạng chuyển động a Chuyển động thẳng đều:

- Gia tốc: a = 0; - Vận tốc: v = const;

- Phương trình quãng đường: s = vt

- Phương trình chuyển động (phương trình tọa độ):

x = x0 + vt; x0 là tọa độ chất điểm thời điểm ban đầu b Chuyển động thẳng biến đổi đều:

- Gia tốc: a = const;

- Vận tốc: v = v0 + at; v0 là vận tốc ban đầu

- Phương trình quãng đường:

1 s v t at

2

 

- Phương trình chuyển động: x x0 v t0 1at2

  

- Công thức độc lập thời gian: v2 v02 2as Chú ý:

chứ a>0 hay a<0 !

c Sự rơi tự

là trường hợp đặc biệt chuyển động nhanh dần với: v0 = 0; a = g = 9,81 m/s2

d Chuyển động ném xiên

- Gia tốc: x y a a a g         

- Vận tốc: x 0x

y y y

v v v cos

v

v v a t v sin gt

    

 

    

 

- Phương trình chuyển động:

0x

2

x v t v cos t y v sin t gt

2           

- Phương trình quỹ đạo:

2

0 g

y x tan x Parabol

2v cos

   

 - Độ cao cực đại:

2 max v sin h 2g  

- Tầm xa:

2 max

v sin

L x

g 

 

e Chuyển động tròn

- vận tốc góc: d dt



  ,  góc quay

- gia tốc góc:

2 d d dt dt     

Đối với chuyển động tròn đều: const; t



    

- chu kỳ: T 2  - tần số:

T

   



Đối với chuyển động tròn biến đổi đều: const

 

- góc quay: 0t t2      - công thức độc lập thời gian:

2

0     

Liên hệ vận tốc, gia tốc dài với vận tốc gia tốc góc: v  , R at   , R

2 n

v

a R

R

  

Bài 1.4 Một vật thả rơi từ khí cầu bay độ cao 300 m Hỏi sau vật rơi tới mặt đất, nếu:

a) Khí cầu bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vận tốc m/s; b) Khí cầu hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vận tốc m/s; c) Khí cầu đứng yên

Bài giải:

Gốc tọa độ điểm thả vật, chiều dương hướng thẳng đứng xuống Vận tố khí cầu v0

Có thể coi chuyển động rơi tự vật có vận tốc ban đầu Ta có:

2

1 h v t gt

2

  , giải phương trình ta nghiệm:

0

v 2gh v

t

g

 



thay số:

a) v0 = - m/s (chuyển động ngược chiều dương)

g = 10 m/s2, h = 300 m

 

 

2

5 2.10.300

t 8, s

10

  

 

b) v0 = m/s,

 

 

2

5 2.10.300

t 7, s

10

 

 

c) v0 = m/s (khí cầu đứng yên)

 

2.10.300

t 7, s

10

 

Bài 1.6 Thả rơi tự từ độ cao h = 19,6 m Tính:

a) Quãng đường mà vật rơi 0,1 giây 0,1 giây cuối thời gian rơi b) Thời gian cần thiết để vật hết m đầu m cuối độ cao h

Bài giải:

Công thức quãng đường:

1

s gt

2



a) Quãng đương vật rơi 0,1 giây đầu:

 

2 0,1s

1

s 9,8.0,1 0, 049 m

 

 

19,6m

2h 2.19,

t s

g 9,8

  

Như quãng đường mà vật rơi 0,1 giây cuối quãng đường 19,6 m trừ quãng đường vật rơi 1,9 s

Quãng đường vật rơi 1,9 s đầu tiên:

 

2

1,9s

1

s gt 9,8.1, 17, m

2

  

Quãng đường vật rơi 0,1 s cuối cùng: s0,1 giây cuối = 19,6 – 17,7 = 1,9 (m)

b) thời gian để vật rơi hết m là:

 

1 1m

2h 2.1

t 0, 45 s

g 9,8

  

Thời gian để vật rơi hết m cuối thời gian để vật rơi quãng đường 19,6 m trừ thời gian vật rơi 18,6 m:

Thời gian vật rơi 18,6 m:

 

2 18,6m

2h 2.18,

t 1, 95 s

g 9,8

  

Như thời gian rơi m cuối: t1m cuối = -1,95 = 0,05 (s)

Bài 1.20 Một vô lăng sau bắt đầu quay phút thu vận tốc 700 vịng/phút Tính gia tốc góc vơ lăng số vịng mà vơ lăng quay phút chuyển động vô lăng nhanh dần

Bài giải:

Ta có:  = phút = 60 giây, nt  700 (vòng/phút)

 

70

700.2 / 60 rad / s



    

Gia tốc: 70 rad / s2

t 60 18

    

     

  

2

2

0

2   

        



 

 

2 70 / 3

700 rad 350

2 2.7 /18

 

    

  (vòng)

Bài 1.22 Một bánh xe có bán kính R = 10 cm lúc đầu đứng yên, sau quay xung quanh trục với gia tốc góc 3,14 rad/s2 Hỏi sau giây thứ nhất:

a) Vận tốc góc vận tốc dài điểm vành bánh?

b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến gia tốc toàn phần điểm vành bánh? c) Góc gia tốc tồn phần bán kính bánh xe (ứng với điểm vành bánh)?

Bài giải:

a) vận tốc góc sau giây thứ nhất:

 

3,14 rad / s

 

b) gia tốc pháp tuyến:

 

2

2 n

v 0, 314

a 0, 99 m / s

R 0,1

  

Gia tốc tiếp tuyến:

 2

t

a  R3,14.0,10, 314 m / s Gia tốc toàn phần:

 

2 2 2

n t

a a a  0, 99 0,314 1,1 m / s c)

0

t n

a 0, 314

tan 17, 17 36 '

a 0, 99

    

Bài 1.25 Vận tốc electron nguyên tử hydro v =2,2.108 cm/s Tính vận tốc góc gia tốc pháp tuyến electron xem quỹ đạo vịng trịn bánh kính 0,5.10-8 cm

Bài giải:

 

6

16 10

v 2, 2.10

4, 4.10 rad / s R 0,5.10

   

 

2 12

22

n 10

v 2, 10

a 9, 68.10 rad / s

R 0,5.10

Chương 1.2 Động lực học chất điểm A Tóm tắt lý thuyết

Phương pháp giải toán động lực học:

Bước 1: Xác định đầy đủ xác lực tác dụng lên vật

Bước 2: Viết phương trình động lực học (phương trình định luật Newton): F ma , F hợp lực tác dụng lên vật

Bước 3: Chiếu phương trình lên phương, thu phương trình đại số giải

1 Các loại lực:

a) Lực ma sát nghỉ: msn td msn max n

F F F   N , Ftd lực tác dụng, Fmsn max lực ma sát nghỉ cực đại,  n hệ số ma sát nghỉ, N áp lực vng góc tác dụng lên vật

b) Lực ma sát động (gồm ma sát trượt lăn):

mst t msl l

F   N; F  N ,   hệ số ma sát trượt hệ số ma sát lăn t; l Chú ý:      l t n

c) Lực đàn hồi:

Định luật Hooke: Fdh   k l; F dh  k l

Lực đàn hồi tỷ lệ thuận ngược chiều với độ biến dạng

2 Động lượng định luật bảo toàn động lượng

a) Động lượng

K mv, m khối lượng chất điểm, v véc-tơ vận tốc Đơn vị K kg.m/s

Các định lý động lượng:

Định lý 1: Đạo hàm động lượng chất điểm theo thời gian có giá trị tổng ngoại lực tác dụng lên chất điểm

dK F dt 

 

- Định lý 2: Độ biến thiên động lượng chất điểm khoảng thời gian có giá trị xung lượng lực tác dụng lên chất điểm khoảng thời gian

2

1

t t

2

t t

K K K dK Fdt

       

+ Hệ quả: Độ biến thiên động lượng chất điểm theo thời gian có giá trị lực tác dụng lên chất điểm thời gian

TB K

F F

t 

 

   

b) Định luật bảo toàn động lượng:

Tổng động lượng hệ cô lập bảo toàn K const

Chú ý:

- Viết hệ quy chiếu qn tính (có thể hiểu hệ quy chiếu đứng yên chuyển động thẳng đều, hay đơn giản hệ quy chiếu gắn với mặt đất)

+ Hệ khơng có ngoại lực tác dụng;

+ Hệ có ngoại lực tác dụng tổng hợp ngoại lực 0; + Hệ có nội lực lớn so với ngoại lực (bài tốn viên đạn nổ);

+ Hệ có ngoại lực khác hình chiếu lên phương lực định luật bảo tồn động lượng áp dụng theo phương đó, tức là:

Nếu Fx  Kx const

3 Phép biến đổi Galile

Từ K’ sang K

x = OO’+x’= x’+vot’

y = y’ z = z’ t = t’

Từ K sang K’ x’= x-vot’

y’= y z’= z

t’= t Vận tốc:

 x y z  x y z 0 

v v , v , v v v , v , v    v v , 0, Gia tốc:

0 dv dv dv

a a A

dt dt dt





    



  

 

A gia tốc hệ K’ hệ K

Phương trình định luật Newton hệ quy chiếu khơng qn tính:

  qt

ma F mA F F ;



       

trong đó: Fqt  mA lực qn tính

B Bài tập

Các tập thầy chữa lớp

2.1, 2.5, 2.9, 2.11,2.13, 2.15, 2.16, 2.22, 2.24, 2.34, 2.35 Bài tập phải làm để nộp:

Bài 2.1 Một xe có khối lượng 20000 kg, chuyển động chậm dần tác dụng lực

6000 N, vận tốc ban đầu xe 15 m/s Hỏi: a) Gia tốc xe;

b) Sau xe dừng lại;

c) Đoạn đường xe chạy kể từ lúc hãm xe dừng hẳn

Tóm tắt:

   

 

 

4

c

m 2.10 kg ; F 6000 N v 15 m / s

a)a ? b)t ? v c)s ?

  

 

 



Bài giải:

a) c  2

4

F 6000

a 0,3 m / s

m 2.10 

   

b)  

0

v v 15

v v at t 50 s

a 0,3

 

     



c)  

2 2

0

v v 15

s 375 m

2a 2.0,3

 

  



Bài 2.5 Một vật có khối lượng m = kg đặt mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng

nằm ngang góc  300 Hệ số ma sát vật mặt phẳng nghiêng k = 0,2 Tìm gia tốc vật mặt phẳng nghiêng

Tóm tắt:

 

m kg ; 30 ; k 0, a ?

   



Bài giải:

Phương trình định luật Newton: ms

PN F ma

Chiếu lên phương chuyển động:

 

ms

P sin F mamg sin kNma Chiếu lên phương vng góc với phương chuyển động:

P cos N0Nmg cos Thế biểu thức vào (1) ta được:

mg sin kmg cos ma mg sin kmg cos a

m

  

  

g sin kg cos

   

Thay số:

 

0

Bài 2.11 Một gỗ A đặt mặt phẳng nằm ngang Bản A nối với gỗ

B khác sợi dây vặt qua ròng rọc cố định Khối lượng ròng rọc dây coi khơng đáng kể

a) Tính lực căng dây cho mA = 200 g; mB = 300 g, hệ số ma sát A mặt phẳng nằm ngang k = 0,25

b) Nếu thay đổi vị trí A B lực căng dây bao nhiêu? Xem hệ số ma sát cũ

Bài giải:

a) Các lực tác dụng vào vật A là:

A A ms

P , N , T, F   

Phương trình định luật Newton:

A A ms A

P N T F m a

Chiếu lên phương ngang, chiều dương chiều chuyển động (giả sử vật B xuống):

ms A A A

T F m aT kN m a (1) Chiếu lên phương thẳng đứng ta được:

A A ms A A

N P 0F kN kP

Thay vào biểu thức (1) được: T kP A m aA

Đối với vật B, lực tác dụng P , T B , phương trình định luật Newton:

B B

P T m a

Chiếu lên phương thẳng đứng (chiều dương chiều chuyển động) ta được: PBTm aB (2) Cộng (1) (2) ta được:

  B A

B A A B

A B

P kP

P kP m m a a

m m



    



B A

A B

m km

g

m m

 



Thay giá trị gia tốc a vào biểu thức (1) để tính lực căng T:

B A

A A A

A B

m km

T km g m a m kg g

m m

  

     



 

 

A B

A B

m m k

g

m m

 

 (*)

Thay số ta được:

 

 

0, 25 0, 2.0,

T 10 1,5 N

0, 0,3 

  



Bài 2.15 Một vật có khối lượng m = 200 g, treo đầu sợi dây dài l = 40 cm; vật quay

trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi cho sợi dây vạch mặt nón Giả sử dây tạo với phương thẳng đứng góc

36   Tìm vận tốc góc vật lực căng dây

Tóm tắt:

       

0

m 200 g 0, kg ; l 40 cm 0, m 36

v ?

T ?

   

  



Bài giải:

Các lực tác dụng vào vật gồm có: T, P 

Phương trình định luật Newton:

T Pma

Chiếu lến phương bán kính của quỹ đạo ta được:

2

ht

T sin ma m Rm l sin Chiếu lên phương thẳng đứng lại được:

T cos P0T cos mg

Chia vế với vế phương trình ta

2

l sin g g

tan

g l cos l cos

 

       

 

Thay số ta được:

 

0 10

6, 52 rad / s 0, 4sin 36

  

Chú ý: phải làm trên, toán cân lực nhé, nguyên tắc giải động lực học bình thường, gồm bước xác định lực, viết phương trình định luật Newton, chiếu lên phương giải! 

Bài 2.16 Xác định gia tốc vật m1 hình vẽ Bỏ qua ma sát, khối lượng ròng rọc dây Áp dụng cho trường hợp m1 = m2

Lời giải:

Chứng minh a1 = 2a2 (đọc thêm để biết cách chứng minh cho có hệ phức tạp hơn), tất nhiên nói ngắn gọn vật chuyển động quãng đường s, vật chuyển động quãng đường 0,5s nên ban đầu hệ đứng yên, dễ dàng suy gia tốc vật lớn gấp đôi gia tốc vật Dưới cách thú vị để chứng minh cho hệ phức tạp (nghĩa là gồm nhiều ròng rọc động hơn, nhiều vật hơn).

Gọi ycd tọa độ ròng rọc cố định,

yd tọa độ ròng rọc động, y1 y2 tọa độ vật

Chiều dài sợi dây thí nghiệm là: y1 – ycd + (yd – ycd) + yd = const

đạo hàm biểu thức lần ý ycd = const, ta được:

a1 = - 2ad, tức gia tốc vật gấp đơi ngược chiều với gia tốc rịng rọc động (tức gia

tốc vật 2), độ lớn a1 = 2a2

OK!, bắt đầu vào toán chúng ta: Đối với vật 1, lực tác dụng P , T 1 , ta có:

1

P T m a, chiếu lên phương chuyển động ta được: P1Tm a1 1 (1) Tương tự vật 2:

2

P 2T m a (vì sợi dây khơng giãn, khơng có khối lượng nên lực căng chỗ nhau)

Chiếu lên phương chuyển động:

2 2

m a

P 2T m a

2

     (2)

Nhân lần phương trình (1) trừ (2) theo vế ta được:

 2

2

1 1

1

2 2P P m

2P P 2m a a

2 4m m



 

      



 

 2

1

2m m

2g

4m m

 

 , với trường hợp m1m2 m Ta có: a1 2g; a2 g

5

 

Bài 2.22 Tính lực đẩy trung bình thuốc súng lên đầu đạn nòng súng binh,

biết đầu đạn có khối lượng m = 10 g; thời gian chuyển động đạn nòng t = 0,001 giây, vận tốc viên đạn đầu nòng v = 865 m/s

Bài nên áp dụng định lý động lượng sau:

K mv mv

K F t F

t t t

 

       

  

 

0, 01.865

8650 N 0, 001

 

Bài 2.35 Xác định lực nén phi công vào ghế máy bay điểm cao thấp vòng

nhào lộn khối lượng phi cơng 75 kg, bán kính vịng nhào lộn 200 m, vận tốc máy bay vịng nhào lộn ln ln khơng đổi 360 km/h

Lời giải:

Các lực tác dụng vào vật gồm có P; N  Ta có: PN ma

Xét vị trí thấp vịng nhào lộn, chiếu phương trình lên phương bán kính:

ht v

N P ma m

R

   suy ra:

 

2

mv 75.100

N P 75.10 4500 N

R 200

    

Xét vị trí cao vịng nhào lộn, chiếu phương trình lên phương bán kính:

2

ht

mv mv

N P ma N P

R R

     

Thay số:

 

2

mv 75.100

N P 75.10 3000 N

R 200

1

Chương Cơ học vật rắn A Phần lý thuyết

- Khối tâm hệ chất điểm:

i i i G i i m r r OG m     

- Vận tốc khối tâm:

i i i i

G i i

G

i i

m v m v

dr v

dt m m

   



- Gia tốc khối tâm:

n n

i i i

G i i

G n

i i

m a F

d v a dt m m              G F F ma m   

 Phương trình chuyển động khối tâm

- Định luật bảo toàn động lượng hệ cô lập: i i i  G 

i i

F  0 m v const v const

 

- Vận tốc điểm vật rắn chuyển động phức tạp: vM vG  R - Mơ-men qn tính chất điểm:

2

I mr - r khoảng cách từ chất điểm đến trục quay  ; - Mơ-men qn tính hệ chất điểm:

n i i i I m r



 - ri khoảng cách từ chất điểm thứ i đến trục quay  ;

- Mơ-men qn tính vật rắn:

vr

I r dm- r khoảng cách từ khối lượng nguyên tố dm đến trục quay  Đơn vị mơ-men qn tính: kgm2, thứ ngun: ML2

- Mơ men qn tính trục quay qua khối tâm vật rắn đồng chất

Khối trụ đặc, đĩa tròn I 1mR2

2 

Khối trụ rỗng, vành tròn:

ImR

Thanh mảnh có chiều dài L: I mL2

12 

Khối cầu đặc: I 2mR2

5 

Quả cầu rỗng: I 2mR2

3 

Mặt chữ nhật I m a b2

12

 

- Định lý Huygens-Steiner

2

2 - Mơ-men qn tính số vật rắn thường gặp

- Mômen lực: M r F r Ft

 

    

M

Độ lớn:| M || M | rFsin  rFt

- Phương trình chuyển động quay: I

I  M = M

3

- Định lý mômen động lượng:

2 1 t t t t dL

L L L dL dt

dt M     M (xung lượng mômen lực khoảng thời gian t )

- Định luật bảo tồn mơ men động lượng hệ chất điểm

Ta có: dL dLi

dt dt

 

M

Với hệ cô lập: n

i i

dL

0 L const I const

dt 

        

M M

B Phần tập

Bài tập cần làm:

3.2, 3.3, 3.4, 3.5, 3.6, 3.9, 3.11, 3.12, 3.13, 3.14, 3.19-3.22, 3.24 Bài tập cần trình bày giấy A4 & ghim vào nộp cho thầy

3.4, 3.5, 3.9, 3.12, 3.13, 3.20, 3.22, 3.24

Bài 3.2 Trên đĩa trịn đồng chất bán kính R có kht lỗ trịn nhỏ bán kính

r; tâm lỗ khoét nằm cách tâm đĩa đoạn R/2 Xác định vị trí khối tâm đĩa

Bài giải:

Bài có cách, cách thứ áp dụng định nghĩa khối tâm sử dụng phương pháp tọa độ để giải

Cách 1: Vì đĩa đối xứng qua đường nối tâm OO1 nên khối tâm cần tìm nằm đường OO1 Chọn O gốc tọa độ, từ có tọa độ khối tâm đĩa

chưa bị khoét là: xO 0

Theo định nghĩa: O1 O2 O

1

m x m x

x

m m



 

 , đó: O1 R x  , O

x khoảng cách cần tìm, m1

khối lượng phần bị khoét (bán kính r), m2 khối lượng phần đĩa cịn lại (mà

tìm khối tâm)

Thay vào biểu thức ta được:

2

1

1 O O

2 m

R R

m m x x

2     m

Lại có:

   

2

1

2 2

2

m r r

m R r R r



 

   ,  coi khối lượng phân bố theo diện tích (kg/m2) Từ suy ra:

 

2

2

O 2 2

r R x

2 R r

 

 , dấu “-” có nghĩa O2 nằm ngược phía với O1

Cách Làm theo kiểu thời phổ thông học, dùng quy tắc hợp lực song song chẳng hạn,

đó trọng lượng đĩa chưa bị khoét trọng lượng đĩa (đang cần tìm khối tâm – m2) cộng

với trọng lượng phần đĩa bị khoét (m1), đương nhiên khối tâm đĩa đầy đủ nằm O Theo quy

tắc chia ta có:

 

2

1 1 1

2 2 2

2 2

P OO P OO m m R r R

OO OO

P  OO   P  m  2m 2 R r

Bài 3.4 Một xe chở đầy cát chuyển động không ma sát với vận tốc v1

= m/s mặt đường nằm ngang Toàn xe cát có khối lượng M = 10 kg Một cầu khối lượng m = kg bay theo chiều ngược lại với vận tốc nằm ngang v2 = m/s Sau gặp xe, cầu nằm ngập

trong cát Hỏi sau xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bao nhiêu?

4

 

1

v 1 m / s , M = 10 kg m = kg, v2  7 m / s 

v = ?

Bài giải:

Đây toán va chạm mềm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng

     

1

10.1

Mv mv

Mv mv M m v v 0, 33 m / s

M m 10

 



       

 

Dấu “” nghĩa chuyển động ngược với chiều ban đầu

Bài 3.6 Một hỏa tiễn lúc đầu đứng n, sau khí đặn phía sau với vận tốc ko đổi u = 300 m/s

đối với hỏa tiễn Trong giây, lượng khí μ = 90 g Khối lượng tổng cộng ban đầu hỏa tiễn M0 = 270 g Hỏi:

a) Sau hỏa tiễn đạt tới vận tốc v = 40 m/s?

b) Khi khối lượng tổng cộng hoả tiễn 90 g vận tốc hỏa tiễn bao nhiêu? Bỏ qua sức cản ko khí lực hút Trái đất

Tóm tắt:

 

u300 m / s

   

90 g 0, 09 kg

  

   

0

M 270 g 0, 27 kg

 

a)v40 m / s   t ?

   

b)M90 g 0, 09 kg   v ?

Bài giải:

Tại thời điểm t bất kỳ, khối lượng hỏa tiễn M, vận tốc v, chiếu lên phương chuyển động v

Tại thời điểm t + dt, khối lượng hỏa tiễn M + dM (vì khối lượng hỏa tiễn giảm dần nên dM<0), vận tốc v dv , chiếu lên phương chuyển động v + dv,

Vận tốc khí u v , chiếu lên phương chuyển động v – u, Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương chuyển động:

M dM v dv     dM v u  Mv, “ dM ” khối lượng lượng khí Bỏ qua tích dMdv ta được:

0

v M

0 0

0

0 M

M M M

dv dM dv dM v M

Mdv udM ln ln v u ln u ln

u M u M u M M M M t

                             

a) với v = 40 m/s

 

v 40

u 300

0 v

0 u

v 40

0 u 300

M e 270 e

M M

v u ln e t 0,374 s

M t M t

e 90e                               

b)  

0

M 270

v u ln 300 ln 300 ln 329, m / s

M t 90

   

     

   

 

Bài 3.9 Một trụ đặc khối lượng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 m quay xung quanh trục Tác

dụng lên trụ lực hãm F = 243,4 N, tiếp tuyến với mặt trụ vng góc với trục quay Sau thời gian Δt = 31,4 giây, trụ dừng lại Tính vận tốc góc trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hãm

Tóm tắt:

       

m 100 kg , R 0,5 m , F 243, N , t 31, s    0 ?

5 Bài giải: 0 t t            

Lại có: M RF2 2F

I mR / mR

   

Thay vào ta được: 0 2F t 2F t 2.243, 4.31, 305, rad / s 

mR mR 100.0,

  

     

Bài 3.11 Một chiều dài l = 0,5 m quay tự xung quanh trục nằm ngang qua đầu

thanh Một viên đạn khối lượng m = 0,01 kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v = 400 m/s tới xuyên vào đầu mắc vào Tìm vận tốc góc sau viên đạn đập vào Biết mơmen qn tính trục quay kg.m2

Bài giải:

Tại vị trí va chạm, lực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” trọng lực lực đàn hồi qua trục quay nên không gây mơmen M0 nên mơmen động lượng bảo tồn

Mơmen trước: lmv (của viên đạn)

Mơmen sau: I I mơmen qn tính hệ “thanh + đạn”:

bar bullet

I I I  I ml

Ta có:  2  

2

lmv 0,5.0, 01.400

lmv I ml 0, rad / s

I ml 0, 01.0,5

       

 

Bài 3.14 Một đĩa đồng (khối lượng riêng ρ = 8,9 103 kg/m3 có bề dày b =

4.10-3 m, bán kính

R 5.10 m Đĩa bị kht thủng hai lỗ trịn bán kính R/2 hình Tìm mơmen qn tính đĩa kht trục quay vng góc với đĩa qua tâm O đĩa

Bài giải:

Mơmen qn tính đĩa trịn chưa bị kht trục quay qua tâm

2 MR I  Trong đó:

2

2

R bR bR

M R b I

2

 

    

Mơmen qn tính đĩa trịn nhỏ có kích thước lỗ trịn bán kính R/2 trục quay qua tâm chúng là:

 2

1

M R /

I I

2

  , theo định lý Huygen-Steiner, mômen qn tính đĩa trịn nhỏ trục quay

qua O là:      

2

2

1 2

1O 2O 1

M R / 3

I I M R / M R b R / R bR

2 8 32

       

Suy mômen đĩa bị kht lỗ có bán kính R/2 là:

   

4

4

4 3

0

bR 5

I I I I bR bR 8, 9.10 3,14.4.10 5.10 2, 2.10 kg.m

2 32 16 16

  



6

Bài 3.20 Hai vật có khối lượng m1 m2 (m1 > m2), nối với

bằng sợi dây vắt qua ròng rọc (khối lượng rịng rọc m) (hình vẽ) Tìm:

a) Gia tốc vật;

b) Sức căng T1 T2 dây treo Coi ròng rọc đĩa trịn, ma sát khơng đáng

kể Áp dụng số m1 = kg, m2 = kg, m = kg Tóm tắt:

 

1 2

1

m m m 2kg, m 1kg, m 1kg a)a ?

b)T ?, T ?

   



 

Bài giải:

Dễ dàng viết phương trình theo định luật Newton vật: m g T1  1 m a1 (1),

2 2

T m g m a

    (2)

Phương trình chuyển động quay ròng rọc:

1 2

mR a maR ma

I T R T R I T T

2 R 2

          

M (3)

(Ở ý, phương trình chuyển động quay chiếu lên phương véc-tơ , trường hợp véc-tơ hướng từ bên mặt phẳng hình vẽ ra)

Từ phương trình ta dễ dàng suy hệ phương trình:

1 1 1

m g T m aT m gm a

2 2 2

T m g m a T m g m a

       ma T T  

     2

1 2

1

m m

ma

m m g m m a a g 10 2,86 m / s

m

2 m m 0,

2                    

1 2

1

1

1

1

1 2

m

m g m m m m

m g 4m m 2.10 4.1

m m

T m g g 14, N

m m 2m 2m m 2.2 2.1 1

m m m m

2                                          

2 2

2

1

2

1

1 2

m

m g m m m m

m g 4m m 1.10 4.2

m m

T m g g 12, N

m m 2m 2m m 2.2 2.1

m m m m

2                                    

Bài 3.22 Một vật A khối lượng m trược mặt phẳng

nghiêng làm quay bánh xe có bán kính R (hình vẽ) Mơmen qn tính bánh xe trục quay I Khối lượng dây khơng đáng kể.Tìm gia tốc góc bánh xe

Bài giải:

Đối với vật nặng ta có phương trình định luật Newton sau:

ms

T P F  ma

Chiếu phương trình lên phương chuyển động phương vng góc với phương chuyển động ta được: ms

7 Đối với đĩa trịn ta có: I TR I T I

R 

      

M

Thay vào phương trình phía ta được: mg sin I kmg cos m R mgR sin k cos2 

R I mR

  



        



1

Bài tập chương Công lượng A Phần tóm tắt lý thuyết

1 Cơng

Công nguyên tố (vi phân công) lực F đoạn đường vi phân ds dA Fds cos F d s F d r

   

   

Trường hợp đặc biệt: Nếu lực F không đổi tạo với đường góc

, ta có cơng thức: AFscos

Trong hệ SI, đơn vị đo công joule (jun), ký hiệu (J), thứ nguyên là: [A] = ML2T-2

2 Công suất

- Cơng suất trung bình: tb tb

A Fs

P Fv

t t

  

 

- Công suất tức thời: P dA Fds Fv

dt dt

  

Đơn vị đo: Watt (oát), ký hiệu W = J/s

Một số đơn vị đo khác: kW = 103 W, MW = 106 W, HP = 736 W

- Công công suất chuyển động quay:

t t

dAF dsF rd Md

P M

3 Động chất điểm

2 d W mv 

Định lý động năng: Độ biến thiên động chất điểm chuyển dời có giá trị công

ngoại lực tác dụng lên chất điểm chuyển dời d d1

AW W

- Động vật rắn quay:

2 d I W   Suy ra: 2 I I A 2  

  ,

2 d I W 

 gọi động quay vật rắn

Trong trường hợp tổng quát, vật rắn lăn không trượt động toàn phần tổng động tịnh tiến cộng động quay:

2

d

1

W mv I

2

  

4.Bài toán va chạm

- Va chạm đàn hồi xuyên tâm: động lượng động bảo toàn

1 2 1 2

m vm v m v m v

2 2

1 2 1 2

m v m v m v m v

2 2

 

  

Giải ra:

2 2

1

1

2m v (m m )v v

m m

 

 



1 2

2

1

2m v (m m )v v '

m m

 





2

  1 2

1 1 2

1

m v m v

m m v m v m v v

m m



    

 - Độ giảm động hệ:

   2

2 2

d 1 2 2

1

m m

1 1

W m v m v m m v v v

2 2 m m

      



5 Thế

- Thế trọng trường:

Wt(h) = mgh + C; h độ cao từ m tới mặt đất, C = gốc mặt đất - Thế đàn hồi:

2 t

1

W kx C

2

  , x độ biến dạng lò xo, C = gốc vị trí lị xo không biến dạng - Định lý độ giảm năng: Công trường lực (tức công trọng trường công lực đàn hồi) tác dụng lên chất điểm độ giảm

   

MN t t

A W M W N

6 Cơ & định luật bảo toàn năng:

Tổng động chất điểm gọi chất điểm Khi chất điểm chuyển động trong rường lực (mà không chịu tác dụng lực khác) chất điểm đại lượng bảo toàn

d t

WW W const

mv

W mgh const

2

  

- Từ định lý động định lý dễ dàng thấy: d d1

AW W At Wt1Wt 2, suy ra:  W A# t

Bài tập cần làm: 4.2, 4.4, 4.8, 4.12, 4.13, 4.14, 4.16, 4.18, 4.20, 4.22, 4.26, 4.27, 4.30, 4.32 Phải nộp: 4.2, 4.4, 4.14, 4.16, 4.20, 4.27, 4.32

Bài 4.2 Tính cơng cần thiết để kéo lị xo giãn 20 cm, biết lực kéo tỷ lệ với độ giãn lò xo

muốn lò xo giãn cm phải cần lực 30 N

Bài giải:

Độ cứng lò xo: k 30 3000 N

0, 01 m

 

   

 

Cơng cần thiết để kéo lị xo giãn 20 cm = 0,2 m là:

 

x x 2

0

k x 3000.0,

A Fdx kxdx 60 J

2

  

     

Bài 4.4 Một ôtô khối lượng tấn, leo lên dốc có độ nghiêng 4% Hệ số ma sát 0,08 Tìm:

a) cơng thực động ôtô quãng đường dài 3km;

b) Công suất động ôtô, biết thời gian hết quãng đường phút

Tóm tắt:

 

   

m 2000 kg ; sin 4%; 0, 08 a)s 3000 m ; A ? b)t 240 s ; P ?

3

Ơ tơ chuyển động lên dốc, lực tác dụng vào ô tô thỏa mãn điều kiện:

k ms

F  P F  N 0, dễ dàng suy ra:

k ms

k

F P sin F

F mg sin kmg cos

    

   

    6 

k

AF smg sin k cos s 2000.10 0, 04 0, 08.1 3000 7, 2.10 J

Công suất động cơ:  

6 A 7, 2.10

P 30000 W

t 240

  

Bài 4.13 Một vật khối lượng m trượt không ma sát từ đỉnh mặt cầu xuống (hình vẽ) Hỏi từ khoảng

cách hnào (tính từ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi mặt cầu Cho bán kính mặt cầu R = 90 cm

Chú ý: Điều kiện toán tìm khoảng cách để vật rơi khỏi mặt cầu Vật chịu tác dụng trọng lực áp lực, áp lực thì…vật rời khỏi mặt cầu 

Xét thời điểm t vật vị trí hình vẽ, theo định luật II Newton ta có:

P N ma

Chiếu lên phương hướng tâm ta phương trình:

2

ht

mv mv

P sin N ma N mg sin

R R

        sin R h

R  

 

Mặt khác, áp dụng định luật bảo toàn (cho vị trí cao vị trí thời điểm t):

 

2

mv mv

mgR mg R h mg h

2

       mv2 2mg h

R R



  , thay giá trị vào biểu thức ta được:

mv R h 2mg h h

N mg sin mg mg

R R R R

     

        

 , điều kiện N = 0, ta có:  

R

h 30 cm

3

  

Bài 4.20 Để đo vận tốc viên đạn người ta dùng lắc thử đạn Đó bì cát treo đầu sợi dây

(hình vẽ) Khi viên đạn xuyên vào bì cát, bị mắc bì cát nâng lên độ cao h Tìm vận tốc đạn lúc xun vào bì cát Biết khối lượng viên đạn m, khối lượng bì cát M

Bài giải:

Định luật bảo toàn động lượng: mvMm V , V vận tốc hệ bì cát viên đạn sau va chạm

mv V

M m





Áp dụng định luật bảo toàn năng:

   

m M V

m M gh



  V 2gh

So sánh ta được: mv 2gh v m M 2gh

M m m



  



Bài 4.22 Một bi khối lượng m chuyển động không ma sát đường rãnh có dạng hình vẽ Hịn

bi thả khơng có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích thước bi nhỏ khơng đáng kể Hỏi: a) Ở độ cao bi rời khỏi đường rãnh?

4

Cơ ban đầu A (chỉ gồm năng)

A

W 2mgR

Tại điểm B (là điểm mà vật rời khỏi rãnh) B mv W mgH  

Áp dụng định luật bảo toàn năng:

2

1

H

mv mv

mgH 2mgR 4mg 2mg

2 R R

     (1)

Tại B, phương trình định luật Newton: P N ma, chiếu lên phương bán kính:

2

mv mv

P sin N N mg sin

R R

      

2

1 1 1

H R H mv H H H H

sin N mg 4mg 2mg mg 5mg 3mg

R R R R R R R

    

               

   

Tại vật rời khỏi rãnh nên áp lực N = 0, suy ra: N H1 5R

  

Thay vào phương trình để tìm vận tốc B:

2 2

1 B

mv mv mv

mgH 2mgR mgR 2mgR mgR v gR

2 2 3

        

Tại điểm B ta có chuyển động ném xiên với góc  Vận tốc theo phương ngang

1

B B B

H

v cos v sin v gR gR

R 3 27

   

         

 

 

Cơ điểm cao sau rời khỏi rãnh (khi cịn vận tốc theo phương ngang):

2

C 2

1

W mgH mv mgH m gR mgH mgR

2 27 27

     

So sánh với A:

2

4 50

2mgR mgH mgR H R R

27 27 27

 

      

 

Bài 4.27 Tính cơng cần thiết để làm cho vơ lăng hình vành trịn đường m, khối lượng 500 kg,

đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút

Bài giải:

Phải đổi đơn vị: 120  120.2 rad / s 60



  vßng /   

Áp dụng định lý độ biến thiên động ta có:

   2  

2 2 2 2

d

1 1 1

A W I I mR md 500.1 10000 J

2 2

             

Bài 4.32 Một người ngồi ghế Giucôpxki cầm tay hai tạ, có khối lượng 10 kg

Khoảng cách từ tới trục quay 0,75m Ghế quay với vận tốc ω1 = vòng/s Hỏi công người thực

5

Bài giải:

Đổi đơn vị:  1 1vßng / s 2 rad / s

Mơmen qn tính hệ trước:

 

2 2

1

I  I 2md 2,5 2.10.0, 75 13, 75 kg.m Của hệ sau:

 

2 2

2

I  I 2md 2,5 2.10.0, 20 3,30 kg.m

Áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng ta được:

2

0

1

1 2 2

2

I 2md

I 2, 2.10.0, 75

I I

I I 2md 2, 2.10.0, 20



 

         

 

 

26, rad / s



Động trước sau: 2  2  

d1 1

1

W I 13, 75 271, J

2

    

 

2

d 2

1

W I 3, 3.26, 1132, J

2

   

Cơng người phải thực là: AWd1Wd21132, 271, 4 861, J 

1

Bài tập chương Trường hấp dẫn A Tóm tắt lý thuyết:

1 Lực hấp dẫn: - chất điểm:

1

hd

m m

F G

r =

G: Hằng số hấp dẫn (G = 6,67.10-11 SI)

m1, m2: Khối lượng hai chất điểm

r: khoảng cách chúng

- vật lên chất điểm:

hd 3

(M)

mdM

F G r

r = − ∫

 

Chú ý:

Lực hấp dẫn cầu đồng chất tính giống chất điểm đặt tâm chúng

2 Gia tốc rơi tự

Là gia tốc rơi vật chân không, tác dụng trọng lực

Ở sát bề mặt trái đất:

( 2)

0

M

g G 9,8 m / s

R

= ≈

Ở độ cao h:

2

2

M R

g G g

(R h) (R h)

= =

+ +

3 Ứng dụng tính khối lượng thiên thể:

- Khối lượng Trái Đất:

2

gR M

G

2

R – bán kính Trái Đất, ( ) 6( )

R =6370 km ≈6,370.10 m

g – gia tốc trọng trường mặt đất, ( 2)

g ≈9,8 m / s

( 6)2 ( )

24 11

9,8 6,370.10

M 6.10 kg

6,67.10−

= ≈

- Khối lượng Mặt Trời

Khi Trái Đất quay quanh Mặt Trời lực hấp dẫn Mặt Trời Trái Đất, lực đóng vai trị lực hướng tâm:

2

2

2

MM v M R R

F G M M

R R R T T G

′  π ′ ′ π ′

= = =   → =

′ ′ ′   ,

M′ - khối lượng Mặt Trời, R′ - khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời, T – chu kỳ quay Trái Đất quanh Mặt Trời

( )

30

M′ ≈2.10 kg

4 Thế trường hấp dẫn

t

Mm

W G C

r

= − + , C số chọn tùy ý chọn từ giá trị vơ

5 Bảo tồn trường hấp dẫn

Trong trường hấp dẫn, bảo toàn:

2

d t

mv Mm

W W W G const

2 r

 

= + = + − =

  , để đơn giản, chọn: Wt( )∞ =0

6 Chuyển động vệ tinh

- Khi vận tốc vI = 7,9 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp  Quỹ đạo tròn

Tính vận tốc vũ trụ cấp 1:

Để vật trở thành vệ tinh nhân tạo chuyển động trịn quanh Trái Đất lực hấp dẫn đóng vai trò lực hướng tâm:

( )

2

hd

GMm mv

F mg

R h

R h

= = =

+

+ , hR , ta có:

2

mv

mg mg

R

≈ = , suy ra: vI = g R0

3

- Khi vận tốc vII = 11,2 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp II  Quỹ đạo parabol

Tính vận tốc vũ trụ cấp 2:

Vận tốc vũ trụ cấp gọi vận tốc thoát ly, giá trị vận tốc tối thiểu vật cần có để khỏi trường hấp dẫn hành tinh Vật chuyển động quanh Mặt Trời Định luật bảo toàn năng:

( )

2

0

mv Mm 2GM

G v

2 R R

2g R 11, km / s

 

+ − = → = =

 

= =

- Khi vận tốc vIII = 16,7 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp III  Vệ tinh khỏi hệ Mặt

Trời

Bài tập cần làm: 5.1, 5.3, 5.5, 5.6, 5.7, 5.8, 5.9, 5.10, 5.11, 5.12

5-3 Một cầu khối lượng m1 đặt cách

đầu đồng chất đoạn thẳng a phương kéo dài Thanh có chiều dài l, khối lượng m2 Tìm lực hút lên

cầu:

4

Dạng nên chia thành đoạn nhỏ có kích thước dx có khối lượng dm, cách đầu O khoảng x

Giờ xác định dm theo dx, nhớ dài ta ý đến khối lượng đơn vị độ dài λ

2

m

dm= λdx= dx



Bài yêu cầu xác định lực hút, tức phải sử dụng công thức liên quan tới lực hấp dẫn qủa cầu đoạn dm

( )2 ( )2

m dm m m dx

dF G G

a x a x

= =

+ − + −

  

Giờ lấy tích phân tìm cận để xác định lực hút lên cầu Khi quét từ trái sang phải biến x thay đổi từ đến  Đó cận cận tính tích phân

( )2 ( )2 ( 2)

0 0

m m dx Gm m Gm m 1 Gm m

F G

a a a a

a x a x

 

= = =  − =

+ +

 

+ − + −

∫

 

  

   

1

Bài tập chương Trường tĩnh điện A Phần tóm tắt lý thuyết

1 Lực tương tác Coulomb

1 12 12

12 2 2

0

1 q q r q q r

F k

4 r r r r

 



 

   , độ lớn:

1 2

12 2

0

q q q q

1

F k

4 r r

 

  

12 2 8,86.10 C / Nm



  - số điện môi (hằng số điện môi tuyệt đối chân không),  số điện môi tỷ đối môi trường

2 Vectơ cường độ điện trường

F E q   

Cường độ điện trường gây điện tích điểm Q điểm cách khoảng r:

2

0

Q r Q r

E k

r r r r

 



 

   , độ lớn:

| Q |

E k

r 



Q>0: E hướng xa điện tích; Q<0: E hướng vào điện tích

3 Véc-tơ điện cảm (cảm ứng điện)

D   E

Véc-tơ điện cảm điện tích điểm gây ra: D Q3 r r

 

 

4 Cường độ điện trường gây sợi dây thẳng dài vô hạn mang điện điểm cách dây

khoảng r: E r  

  ,  mật độ điện dài dây

5 Cường độ điện trường gây mặt phẳng mang điện đều:

0

E

 

 ,  mật độ điện mặt

6 Định lý Ostrogradski – Gauss:

Thông lượng cảm ứng điện gửi qua mặt kín (S) tổng đại số điện tích có mặt kín

  n i i S DdS q      

7 Công lực tĩnh điện dịch chuyển điện tích điểm q0 điểm A đến điểm B điện trường:

 

0 A B

Aq V V , VA VB điện điểm A B

8 Tính chất trường tĩnh điện

Lưu số véc-tơ E theo đường cong kín 0: Ed l 0

9 Hiệu điện hai điểm A B điện trường: B

AB A B A

U V V Ed l 

10 Mối liên hệ cường độ điện trường điện

V E

s   

 hay E grad V



  

Trong trường hợp điện trường đều: E U

d

 , UV1V2 hiệu điện thế, d khoảng cách mặt đẳng tương ứng

2 Q V r  

12 Hiệu điện hai mặt cầu đồng tâm mang điện đều, nhau, trái dấu:

 1

1

0

Q R R

V V

R R 

 

 , R1 bán kính mặt cầu trong, R2 bán kính mặt cầu ngồi, Q độ lớn điện tích mặt cầu

13 Hiệu điện mặt trụ đồng trục dài vô hạn mang điện trái dấu:

1

0

R

V V ln

2 R



 

  , R1 bán kính mặt trong, R2 bán kính mặt ngồi,  mật độ điện dài mặt trụ

B Phần tập

Bài 1.9 Tìm lực tác dụng lên điện tích điểm q = (5/3).10-9 C đặt tâm nửa vịng xuyến bán kính r =

cm tích điện với điện tích Q = 3.10-7 C (đặt chân khơng)

Bài giải:

Xét điện tích nguyên tố dq gây cường độ điện trường dF cho điện tích q Phân tích dF theo phương x y hình vẽ Dễ dàng thấy tính chất đối xứng nên thành phần dFy triệt tiêu

nhau

Như vậy: F dF dFx kq2 dQ cos r

   

Trong đó: dQ Qdl r 

 (điện tích chia theo độ dài r), dlrd (độ dài cung bán kính nhân với góc chắn cung)

Thay vào ta được:

2 2

kq Q

F r cos d

r r        

Từ hình vẽ dễ thấy góc  biến thiên từ

2

 

 lấy tích phân tồn nửa vịng xuyến

2

2

2 2

2

2

kqQ kqQ kqQ

F cos d cos d sin

r r r

                      =    

9

3

2

2.9.10 / 10 3.10 2kqQ 1,146.10 N r 0,05       

Bài 1.10 Có hai điện tích điểm

q 8.10 C và

q  3.10 C đặt cách khoảng d = 10 cm

khơng khí Tính:

a) Cường độ điện trường gây điện tích điểm A, B, C Cho biết: MN = d = 10 cm, MA = cm, MB = cm, MC = cm, NC = cm

b) Lực tác dụng lên điện tích q 5.1010 C đặt C

3

Tại điểm A: E1A E2A chiều hình vẽ:

 

8

9

1

A 1A 2A 2 2

q q 8.10 3.10

E E E k 9.10 525.10 V / m

MA NA 0,04 0,06

                  

Tại điểm B: E1B E2B ngược chiều hình vẽ:

 

8

9

1

B 1B 2B 2 2

q q 8.10 3.10

E E E k 9.10 276.10 V / m

MB NB 0,05 0,15

 

   

        

 

 

Tại điểm C: E1C E2C có chiều hình vẽ Ta có: EC E1C2 E2C2 2E E1C 2Ccos, đó:

 

8

1

1C 2

q 8.10

E k 9.10 88,9.10 V / m

MC 0, 09



    

8

2

2C 2

q 3.10

E k 9.10 55,1.10 V / m

NC 0, 07



  

2 2 2

MC NC MN 10

cos

2MC.NC 2.9.7 21

   

    ,  76, 20

Thay vào ta được: EC103 88,9255,122.88, 9.55,1.(5 / 21)92,8.10 V / m3 

Cường độ điện trường C tạo với cạnh CN góc: 90  90 76, 2 013,80 b) Lực FC q EC 5.10 92,8.1010 4, 6.105 N

  

Lực ngược chiều với EC

Bài 1.20 Một mặt phẳng vơ hạn mang điện có mật độ điện tích mặt 2.10-9 C/cm2 = 2.10-5 C/m2 Hỏi

lực tác dụng lên đơn vị chiều dài sợi dây dài vô hạn mang điện Cho biết mật độ điện dài dây  3.10 C/cm8 3.10 C/m6

Bài giải:

Lực tác dụng mặt phẳng lên sợi dây tổng lực tác dụng lên phần tử sợi dây Ta biết điện

trường mặt phẳng gây

0

E

 

 không phụ thuộc vào khoảng cách từ mặt phẳng đến phần tử điện tích sợi dây nên dù đặt sợi dây lực tác dụng lên phần tử dq sợi dây

0 dq dF Edq   

 , dq dl nên 0 dl dF

2  

 Lực tác dụng lên đơn vị chiều dài dây là:

 

5

12

dF 2.10 3.10

3, N / m dl 2.1.8,86.10

       

Bài 1.23 Cho điện tích điểm

q 2.10 C ,

q  10 C đặt cách 10 cm Tính cơng lực tĩnh điện

khi điện tích q2 dịch chuyển đường thẳng nối hai điện tích xa thêm đoạn 90 cm

Bài giải:

Ta coi toán xác định cơng lực tĩnh điện điện tích q1 tác dụng để dịch chuyển điện tích điểm

4

Như vậy: AMN q2VMVN, VM VN điện điểm MN đường thẳng nối

điện tích cách khoảng 90 cm

Giả sử:

M

kq V

r 

  

1 N kq V r r     Suy ra:        

9 6

1 1

MN

9.10 2.10 10 0,9

kq kq kq q r

A q 0,162 J

r r r r(r r) 1.0,1 0,1 0,9

                      

Dấu “-” có nghĩa lực điện trường lực cản, tức ta phải thực công +0,162 J để thắng lực điện trường Trong toán này, điện tích trái dấu nên hút nhau, muốn đưa điện tích xa thêm đương nhiên phải thực công thắng lại lực hút

Bài 1.24 Tính cơng cần thiết để dịch chuyển điện tích q 1.10 C7

3



 từ điểm M cách cầu tích

điện bán kính r = cm khoảng R = 10 cm xa vô cực Biết cầu có mật độ điện mặt

11

10 C/cm 10 C/m 

  

Bài giải:

Vẫn sử dụng cơng thức tính cơng điện trường dịch chuyển điện tích từ điểm M đến N (trong trường hợp N vô cực): AMNq V MVN Như vậy, cần phải tính điện điểm M N

Nhân phải nói đến tốn tính điện điểm nằm bên ngồi cách tâm cầu mang điện 1 khoảng r>r0 (bài mà thầy chưa có dịp tính lớp lý thuyết)

Ta có: dV Edr (mối liên hệ giũa điện trường điện thế)

Mặt khác sử dụng định lý Ostrogradski – Gauss ta dễ dàng tính được: E kQ2 r 

 , Q điện tích quả cầu

Thay vào ta được: dV kQ2 dr V kQ C

r r

    

  , chọn gốc điện vơ cực ta có C = 0, suy ra:

kQ V

r 

 Quay trở lại toán chúng ta:AMNq V MVN

     

   

   

2

9 7

2

7

M N MN

9.10 / 10 0, 01 10

kQ kqQ kq4 r

V ; V A 3, 42.10 J

r R r R r R 0, 01 0,1

                    ,

trong Q   r2

Bài 1.25 Một vòng dây tròn bán kính cm tích điện với điện tích Q = (1/9).10-8 C Tính điện tại:

a) Tâm vòng dây;

b) Tại điểm M trục vòng dây, cách tâm vòng dây đoạn h = cm

Ta làm tổng quát, tìm điện điểm M trục vòng dây, cách tâm vòng dây đoạn h

Ta có: 2 kdQ dV R h    Suy ra:

2 2

kdQ kQ

V dV

R h R h

  

   

 

a) Điện tâm vòng dây h =

 

 

9

O

9.10 / 10 kQ

V 250 V

R 1.0, 04



  



b) Tại điểm M:    

9

H 2 2 2 2

9.10 / 10 kQ

V 200 V

R h 0, 04 0, 03



  

  

Bài 1.32 Tại hai đỉnh C, D hình chữ nhật ABCD (có cạnh AB = m, BC = m) người ta đặt hai

điện tích điểm

1

q  3.10 C (tại C)

q 3.10 C (tại D) Tính hiệu điện A B

5 AC = BD = m

 

9 8

1

A CA DA

q q

k 9.10 3.10 3.10

V V V 36 V

CA DA

                     

9 8

1

B CB DB

q q

k 9.10 3.10 3.10

V V V 36 V

CB DB

 

 

 

         

    

Hiệu điện A B là: UAB VAVB72 V 

Bài 1.33 Tính cơng lực điện trường chuyển dịch điện tích q = 10-9 C từ điểm C đến điểm D a =

cm, Q1 = (10/3).10-9 C, Q2 = 2.10-9 C

Bài giải:

Nhớ muốn tính cơng lực điện trường có cơng thức:

 

CD C D

A q V V Ta có:   9 C

kQ kQ 9.10 10 /

V 10 200 V

AC BC 0, 06 0, 06

                9 D

kQ kQ 9.10 10 /

V 10 141 V

AD BD 0, 06 0, 06



 

      

   

Cơng lực điện đó: Aq V CVD109200 141 59.109 J

Bài 1.37 Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện trái dấu có bán kính cm 10

cm, hiệu điện chúng 50 V Tính mật độ điện dài mặt trụ cường độ điện trường điểm khoảng cách trung bình cộng hai bán kính

Bài giải:

Trước tiên quay trở lại tốn tính điện trường gây mặt trụ dài vơ hạn tích điện Xét mặt Gauss có dạng mặt trụ có độ cao h, diện tích đáy S Thơng lượng điện:

e D dSn D dSn D dSn

      

mặt trụ mặt bên hai đáy

trong  D dSn 0

hai đáy

Dn = nên:

e D dSn D2 rh 0Erh

mặt bên

Điện tích khối trụ: Q  , h  mật độ điện dài khối trụ theo chiều cao Theo định lý O – G: Q   e 0

0

h Erh E

2 r



    



Đối với điểm nằm mặt trụ có mặt trụ phía gây điện trường Ta tính điện điểm cách trục mặt trụ khoảng r

0

dr ln r

dV Edr dV V C

2 r

 

       

 

Như hiệu điện mặt trụ R1 = cm R2 = 10 cm là:

  12 2 1 V

R ,86.10 50

V ln 2,3.10 C

R 10

2 R ln ln

BÀI TẬP CHƯƠNG VẬT DẪN – TỤ ĐIỆN Tóm tắt lý thuyết

1 Điều kiện cân tĩnh điện

- Véc-tơ cường độ điện trường điểm bên vật dẫn phải không: Etrong 0

- Thành phần tiếp tuyến Et véc-tơ cường độ điện trường điểm mặt vật dẫn phải không (tức véc-tơ cường độ điện trường phải vng góc với mặt vật dẫn): Et 0, E  En

2 Những tính chất vật dẫn mang điện:

- Vật dẫn cân tĩnh điện khối đẳng Mặt vật dẫn mặt đẳng

- Nếu truyền cho vật dẫn điện tích q điện tích q phân bố bề mặt vật dẫn, bên vật dẫn, điện tích khơng (các điện tích âm dương trung hòa nhau)

- Đối với vật dẫn rỗng trạng thái cân tĩnh điện, điện trường phần rỗng thành vật rỗng luôn không

3 Hiện tượng điện hưởng

- Hiện tượng điện tích cảm ứng xuất vật dẫn (lúc đầu không mang điện) đặt điện trường gọi tượng điện hưởng

- Điện tích cảm ứng phần tử tương ứng có độ lớn trái dấu

Trong trường hợp điện hưởng phần, độ lớn điện tích cảm ứng nhỏ độ lớn điện tích vật mang điện

Trong trường hợp điện hưởng toàn phần, độ lớn điện tích cảm ứng độ lớn điện tích vật mang điện

4 Điện dung vật dẫn cô lập (về điện)

Điện dung vật dẫn cô lập đại lượng giá trị điện tích cân truyền cho vật dẫn để điện tích vật tăng lên đơn vị điện

(Điện dung vật dẫn cô lập đại lượng giá trị điện tích mà vật dẫn tích điện nó đơn vị điện thế)

Q C

V 

Đơn vị: fara = culomb

1 von , đơn vị ước fara:

6

1 F = 10 F  ,1 nF = 10 F9 ,1 pF = 1012 F

Điện dung cầu kim loại (cô lập)

Quả cầu vật dẫn nên điện điểm cầu điện điện tích Q coi đặt tâm cầu gây điểm cách tâm khoảng bán kính R:

0

Q kQ

V

4 R R

 

   Theo định nghĩa, điện dung: C Q 0 R R

V k



    

5 Tụ điện

Tụ điện hệ hai vật dẫn cô lập điều kiện điện hưởng toàn phần

a Tụ điện phẳng: hệ hai kim loại phẳng diện tích S đặt song song cách đoạn d

1

Q Q

C

V V U

 

 , đó: U = Ed, E điện trường tụ: 0 0 Q E

S 

 

    Thay vào ta được: C Q S

U d

 

 

Ta có:  2  2

0 2

Q R R kQ R R

Q 1

V V

4 R R R R R R

 

 

     

     

Trong Q giá trị tuyệt đối điện bản, V1V2 U hiệu điện hai tụ Điện dung C tụ tính:

 

0 2

2

4 R R R R

Q C

U R R k R R

  

  

 

c Tụ điện trụ: hai tụ điện hai mặt trụ kim loại đồng trục bán kính R1 R2 (R1 < R2) có độ

cao l, lớn so với R1 R2

Ta có:

1

0

R Q

V V ln

2 l R

 

  , đó:

0 2 1 l Q l C R R V V

ln 2k ln

R R

  

  



6 Năng lượng vật dẫn cô lập

2

QV CV Q

W

2 2C

  

7 Năng lượng tụ điện

2

QU CU Q

W

2 2C

  

8 Năng lượng điện trường tụ điện phẳng

2

W CU

2

 ,

lại có: C S, U Ed d

 

  suy ra: W 0 E Sd2 0 E V2 w W 0 E2 ED

2 V 2

            - mật độ lượng điện

trường

Năng lượng điện trường bất kỳ:

2

V V

E ED

W dV dV

2

 

 

Phần tập

Bài 1.1 Cho mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R1 = cm, R2 = 2cm mang điện tích Q1 = -(2/3).10-9 C, Q2 =

3.10-9 C Tính cường độ điện trường điện điểm cách tâm mặt cầu khoảng cm, cm, cm, cm, cm

Bằng phép tính tích phân tính được: điện điểm cách tâm cầu x tính theo cơng thức: kq (x R) R V kq (x R) x            

Cịn cường độ điện trường phía cầu E = 0, Phía ngồi vỏ cầu E kq2

x 



Bài 2.2 Một cầu kim loại bán kính 10 cm, điện 300 V Tính mật độ điện mặt cầu

Điện cầu tính theo cơng thức: kq

V R

2

9

9

k R V 300

V 4k R 26, 5.10 C/m

R 4k R 4.9.10 0,1

  

       

 

Bài 2.8 Một cầu kim loại bán kính R = m mang điện tích q =10-6 C Tính: a) Điện dung cầu;

b) Điện cầu;

c) Năng lượng trường tĩnh điện cầu

a) Ta có điện cầu tính theo cơng thức: V kq R 

 , suy ra:

q R

C

V k



 

Thay số ta được: C 9 1,1.10 10 F 9.10



 

b) Điện thế:

6 10

q 10

V 9000 V

C 1,1.10 



  

c) Năng lượng trường tĩnh điện cầu:

2 10

3 CV 1,1.10 9000

W 4,5.10 J

2





  

Bài 2.9 Tính điện dung Trái Đất, biết bán kính Trái Đất R = 6400 km Tính độ biến thiên điện

Trái Đất tích thêm cho C

Coi Trái Đất cầu, ta có điện dung trái đất là:

3

4

q R 6400.10

C 7,1.10 F

V k 9.10

 

   

Lại có V q V q 4 1405 V

C C 7,1.10



     

Bài 2.11 Cho tụ điện cầu bán kính hai r = cm R = cm, hiệu điện hai 3000 V.Tính

cường độ điện trường điểm cách tâm tụ điện cm

Dùng định lý Gauss dễ dàng suy cường độ điện trường tụ phía gây

2 kq E

x 

 , điện điểm nằm tụ là:

 

kq kq

V x dx const

x x

   

Hiệu điện tụ là: R

2 r

R

kq kq 1

U dx kq

r

x x r R

            Điện dung:  

q rR URr

C q

U k(R r) k R r

   

 

Suy ra:

     

3

2 2

kq kURr URr 3000.0, 04.0, 01

E 44, 4.10 V/m 44, kV/m

x k R r x R r x 0, 04 0, 01 0, 03

     

1

BÀI TẬP CHƯƠNG ĐIỆN MƠI Tóm tắt lý thuyết:

- Liên hệ cường độ điện trường cảm ứng điện:

0

D   E - Vector phân cực điện môi: P  0E

 

0 0

D     E 1  E   E P,     ,  gọi hệ số phân cực điện môi - Mật độ điện tích liên kết mặt chất điện mơi đặt điện trường:   Pn  0En

Trong Pn En hình chiếu vector phân cực điện môi vector cường độ điện

trường lên phương pháp tuyến ngồi mặt có điện tích xuất - Dạng toán liên quan đến tụ điện:

+ Mối quan hệ hiệu điện U, cường độ điện trường E, khoảng cách tụ d: UEd

+ Cường độ điện trường gây mặt phẳng mang điện đều:

0

E

 

  + Mật độ điện mặt hai tụ tích điện đều:   0 E

+ Mật độ điện tích liên kết:   Pn  0En    10En + Điện dung tụ điện phẳng: C S

d  



Các tập cần làm: 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.8

Bài 3.1 Xác định mật độ điện tích liên kết mặt mica dày 0,02 cm đặt vào

và áp sát vào hai tụ điện phẳng tích điện đến hiệu điện U = 400 V

Bài giải:

Cần nhớ, xác định mật độ điện tích liên kết mặt điện môi (mica), ta nhớ đến công thức:

 

n n n

P E E



       

Đối với tụ điện, ý, điện trường gây tụ điện trường đều, hướng vng góc với tụ, từ phía dương sang âm Cho nên:

n

U

E E

d

 

Nên ta có:

      12  2

0 n

U 400

1 E 7,5 8,86.10 1,15.10 C / m

d 0,02.10

 





           

Chú ý: số điện mơi mica có sách ghi từ 5,7 đến 7, có sách ghi 6, có sách ghì 7,5

Bài 3.3 Một tụ điện phẳng có chứa điện mơi ( 6) khoảng cách hai 0,4 cm, hiệu điện hai 1200 V Tính:

1 Cường độ điện trường chất điện môi Mật độ điện mặt hai tụ điện

2

Tóm tắt:

6

  , d = cm = 4.10-2 m, U = 1200 V E = ?

2  ?    ?

Bài giải:

1 Đối với tụ điện bất kỳ, cường độ điện trường tụ (tức cường độ điện trường chất điện môi) là:

 

5

U 1200

E 3.10 V / m

d 4.10

  

ở làm nhầm sau: Cường độ điện trường chất điện môi E  E0

 , U E

d

 , tức coi điện trường E0 điện trường phẳng, nên nhớ, phần lý thuyết

E0 điện trường phẳng lúc chưa đặt điện mơi, có nghĩa điện trường tụ điện

khơng khí Còn trường hợp này, tụ điện có chứa điện mơi  6 nên cường độ điện trường tụ lúc cường độ điện trường lịng chất điện mơi

Để làm rõ hơn, tiếp tục tính E0, tức độ lớn điện trường điện tích

tự gây ra (tức điện tích tụ), theo lý thuyết: E0   E 6.3.105 18.10 V / m5   Ta tính ln cường độ điện trường E gây điện tích liên kết trên bề mặt chất điện môi: E E0 E 18.10 53.105 15.10 V / m5   (đúng theo lý thuyết)

2 Mật độ điện mặt tụ điện suy từ công thức sau:

 

12 5

0E0 8,86.10 18.10 1,59.10 C / m

 

    

3 Mật độ điện mặt chất điện mơi tính từ cơng thức tương tự:

 

12 5

0E 8,86.10 15.10 1,33.10 C / m

 

 

    

Ngồi biến đổi để sử dụng công thức sau:    1



Thật vậy: 0

0

EE E  

 

Mặt khác: 0

E

E  

   nên ta có: 0 0 0

1 

    



     

    

Bài 3.4 Cho tụ điện phẳng, môi trường hai ban đầu khơng khí ( 1 1), diện tích 0,01 m2, khoảng cách hai 0,5 cm, hai nối với hiệu điện 300 V Sau bỏ nguồn lấp đầy khoảng không gian hai chất điện mơi có  2

1 Tính hiệu điện hai tụ điện sau lấp đầy điện mơi; Tính điện tích

3

Đây tốn điển hình tụ điện Lúc đầu, tụ khơng khí tích điện hiệu điện 300 vôn, sau tụ tích điện xong ngắt nguồn cho điện mơi vào tụ, điện tích khơng đổi, điện dung thay đổi thành hiệu điện hai tụ thay đổi

Điện dung tụ điện khơng khí là:  

12

11

1

S 8,86.10 1.0,01

C 1,772.10 F

d 0,5.10



 

 

  

Suy ra: QC U1 1 1,772.10 30011 5,3.109 C

Điện dung tụ điện sau lấp đầy chất điện môi là:

 

12

11

2

S 8,86.10 3.0,01

C 5,3.10 F

d 0,5.10



 

 

  

Khi  

9

2 11

2

Q 5,3.10

U 100 V

C 5,3.10

 

  

Bài 3.5 Cho tụ điện phẳng, khoảng cách hai 0,01 m Giữa hai đổ đầy

dầu có số điện môi  4,5 Hỏi cần phải đặt vào hiệu điện để mật độ điện tích liên kết dầu 6,2.10-10 C/cm2

Bài giải:

d = 0,01 m,  4,5,   6,2.1010 C/cm2 6, 2.10 C/m6 U = ?

Cường độ điện trường hai tụ: E U d



Mật độ điện tích liên kết tính theo cơng thức:

     

0 0

U

E E 1

d 

            

Suy ra:

   

6 12

d 6, 2.10 0,01

U 2000 V

1 8.86.10 3,5

 

 

  

  

Bài 3.8 Trong tụ điện phẳng có khoảng cách d, người ta đặt

điện môi dày d1 < d song song với tụ điện Xác định điện dung tụ điện Cho

biết số điện môi điện môi  , diện tích diện tích tụ điện S

4

Đây coi tốn tụ điện mắc nối tiếp, tụ có bề dầy d1, có chất điện mơi  Hai tụ có bề dầy d2

d3, tụ khơng khí:

Ta có:

0

1

S C

d 

 ,

2

S C

d 

 ,

3

S C

d  

Đối với tụ mắc nối tiếp ta có:

 

1

2

b 0

1

1 1 1 d d

d d d d

C C C C S S

d d

S

   

           

       

    

 

Ta suy ra:

 

0

1

S C

d d

  

1

BÀI TẬP CHƯƠNG TỪ TRƯỜNG Tóm tắt lý thuyết:

- Vector cường độ từ trường vector cảm ứng từ:

0 B H= µµ  

- Định luật Biot – Savart – Laplace: vector cảm ứng từ gây phần tử dòng điện:

0

d B (Id l x r )

4 r

→ µµ → →

= π

Trong dB vector cảm ứng từ phần tử dòng điện Idl gây điểm M xác định

bởi bán kinh vector r (vector nối từ phần tử dòng điện tới điểm M),

0 10 H/m

−

µ = π gọi

số từ, µ gọi độ từ thẩm mơi trường

+ có phương: vng góc với mặt phẳng chứa phần tử dòng điện điểm khảo sát + có chiều: theo qui tắc đinh ốc nắm tay phải

+ độ lớn:

2 Idl dB sin r µµ = θ π

- Nguyên lý chồng chất từ trường:

+ vector cảm ứng từ gây dòng điện bất kỳ:

DD

B d B

→ →

= ∫

vector cảm ứng từ gây nhiều dòng điện: i i

B B

→ →

=∑

- Vectơ cảm ứng từ dòng điện thẳng:

0

1

I

B (cos cos )

4 h µµ

= θ − θ

π

+ có phương vng góc với mặt phẳng chứa dòng điện điểm khảo sát; + có chiều theo quy tắc đinh ốc, nắm tay phải;

+ độ lớn:

1

I

B (cos cos )

4 h µµ

= θ − θ

π

- với sợi dây dài vô hạn: B 0I H I

2 h h

µµ

= → =

π π

- vector cảm ứng từ gây dòng điện tròn điểm trục vòng dây:

2

2 3/2

IR B

2(R h )

µµ =

+

- vector cảm ứng từ gây dòng điện tròn tâm vòng dây h = 0: O I B 2R µµ =

- mơmen từ dịng điện trịn: pm = I.S

 

, pm có phương vng góc với mặt phẳng dòng điện, co chiều xác định theo quy tắc đinh ốc nắm tay phải

- cảm ứng từ lòng ống dây: B 0nI 0.N.I L

2 - từ thông: d m BdScos Bd S

→ →

Φ = α = (đơn vị vêbe, Wb)

- Từ thơng từ trường gởi qua diện tích phẳng: Φ =m BS.cosα

- Định lý OG: Từ thơng gửi qua mặt kín ln không:

(S)

Bd S

→ →

=

∫ ,

div B →

=

- Định lý Ampere: Lưu số vectơ cường độ từ trường dọc theo đường cong kín tổng đại số dịng điện xun qua diện tích giới hạn đường cong kín

k k (C)

H d l I

→ →

=∑

∫ hay rot H j

→ →

=

- Công thức Ampere: Lực từ tác dụng lên phần tử dòng điện: d F [Id l , B]

→ → →

=

+ phương vuông góc với mặt phẳng chứa phần tử dịng điện vector cảm ứng từ; + chiều theo quy tắc bàn tay trái;

+ độ lớn: dF=BId sin θ

- Từ trường tác dụng lên dây dẫn thẳng: F=BIl.sinθ

- Lực tương tác dòng điện thẳng song song (trên mét dài): f F 2I I

l d

µµ = =

π - Lực từ tác dụng lên khung dây:

+ Mômen lực từ: M p x Bm

→ → →

= , độ lớn: M p B.sin= m θ =BIS.sinθ

- Công lực từ: A=∫Fdx=∫BIl.dx=∫BIdS=∫I.dΦm Suy ra: A= ∆ΦI. m

- Lực Lorentz: FL q[v, B]

→ → →

= :

+ phương vng góc với mặt phẳng chứa vector ( )v, B  ;

+ chiều điện tích dương theo quy tắc bàn tay trái; + chiều diện tích âm theo quy tắc bàn tay phải

L

F =| q | B.v.sinθ

- Điện tích chuyển động từ trường đều:

+ vector vận tốc ban đầu song song: v0 B

→ →

 FL

→

⇒ = , suy điện tích chuyển động thẳng đều;

+ vector vận tốc ban đầu vng góc v0 B

→ →

⊥ , điện tích chuyển động trịn đều, lực lorentz đóng vai trị lực hướng tâm: FL | q | B.v ma mv2

r

= = =

Bán kính quỹ đạo: r mv | q | B

= , chu kỳ quay T m

| q | B π =

- Điện tích chuyển động theo đường lị xo: vận tốc ban đầu tạo với B góc đó,

3

vng góc chịu ảnh hưởng chuyển động tròn Như vậy, hạt vừa chuyển động tròn, vừa chuyển động nên quỹ đạo có dạng lị xo:

+ bán kính xoắn: mv mv sin0

r

| q | B | q | B

⊥ θ

= =

+ chu kỳ: T m | q | B

π =

+ Bước xoắn: h v T v cos 0 m | q | B

π

=  = θ

Các tập cần làm: 4.1, 4.2, 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7, 4.8, 4.10, 4.11, 4.13, 4.17, 4.18, 4.21, 4.26, 4.27, 4.29, 4.30, 4.37, 4.38, 4.40, 4.42, 4.43, 4.48

Bài 4.1 Tính cường độ từ trường dịng điệnt hẳng dài vơ hạn điểm cách dịng

điện cm Biết cường độ dòng điện I = A

Bài giải:

Bài trước giải phải nhớ công thức: B I

2 r µ µ =

π mối quan hệ B H: B= µ µ0 H

Như vậy: H I 2 39,8 A / m( )

2 r 2.10−

= = ≈

π π

Bài 4.2 Hai dịng điện thẳng dài vơ hạn, có cường độ dòng điện I1 = =I2 5 A, đặt vng

góc với cách đoạn AB = cm Chiều dịng điện hình vẽ Xác định cường độ véc-tơ cường độ từ trường điểm M nằm mặt phẳng chứa I1 vng góc với

2

I , cách dịng điện I1 đoạn MA = cm

Bài cần phải nhớ công thức: H I r =

π giống

Tại điểm M, H1 xác định chiều theo quy tắc đinh ốc thấy ra, cịn H2 theo quy tắc

đinh ốc hướng thẳng đứng lên Và H1 ⊥H2

 

, véc-tơ tổng hướng từ Về độ lớn 2

1

H= H +H Sau cần phải xác định góc hợp H tổng hợp với hai

véc-tơ H1 hoắc H2, trả lời đủ câu hỏi H bao nhiêu, hướng đâu, theo

phương

4

( )

1

1

I

H 79,6 A / m

2 AM 10−

= = ≈

π π

Tương tự dòng I2 gây M từ trường H2 hướng lên (hình bên phải):

( )

2

2

I

H 26,5 A / m

2 BM 3.10−

= = ≈

π π

Từ trường tổng hợp:

( )

2 2

1

H= H +H = 79, +26,5 ≈84 A / m

Góc lệch α so với phương H1:

0

1

H 26,5

tan 18 25

H 79,6 ′

α = = ≈ ⇒ α ≈

Bài 4.3 Hình 4-8 vẽ mặt cắt vng góc hai dịng điện thẳng song song dài vô hạn ngược

chiều Khoảng cách hai dòng điện AB = 10 cm Cường độ dòng điện I1 =20 A, I2 = 30 A Xác định vectơ cường độ từ trường tổng hợp điểm M1, M2,

M3 Cho biết M1A = cm, AM2 = cm, BM3 = cm

Với này, điểm cần xác định rõ véc-tơ H1 (gây dòng I1) H2 (gây dòng

I2) hướng đâu độ lớn lớn định chiều véc-tơ H tổng hợp Trong

trường hợp H1 H2 ln vng góc với I1I2 nên H1 H2 có khả chiều

hoặc ngược chiều

• Tại điểm M1: H1 hướng xuống hình vẽ, độ lớn là:

( )

1

1

1

I 20

H 159,15 A / m

2 AM 2.10−

= = =

π π

H2 hướng từ lên hình vẽ, độ lớn là:

( )

1

2

1

I 30

H 39, 79 A / m

2 BM 12.10−

= = =

5

Từ trường tổng hợp M1: H 159,15 39,79 119,36 A / m= − = ( )

Vì H1 > H2 nên từ trường tổng hợp hướng theo H1, tức hướng xuống

• Tại điểm M2: Từ trường H1 H2 hướng lên trên, tương tự ta có:

( )

1

1

2

I 20

H 79,58 A / m

2 AM 4.10−

= = =

π π

( )

1

2

1

I 30

H 79,58 A / m

2 BM 6.10−

= = =

π π

Từ trường tổng hợp M2: H = 79,58*2=159,16(A/m)

Véc-tơ tổng hợp H hướng lên H1 H2

• Tại điểm M3: Từ trường H1 hướng lên H2 hướng xuống dưới, tương tự ta có:

( )

1

1

2

I 20

H 24, 49 A / m

2 AM 13.10−

= = =

π π

( )

1

2

1

I 30

H 159,16 A / m

2 BM 3.10−

= = =

π π

Từ trường tổng hợp M3: H = 159,16-24,49=134,67(A/m)

Vì H2 > H1 nên véc-tơ tổng hợp H hướng xuống theo H2

Bài 4.4 Hình 4-9 biểu diễn tiết diện ba dịng điện thẳng song song dài vơ hạn Cường độ

dòng điện bằng: I1 = =I2 I;I3 =2I Biết AB = BC = cm Tìm đoạn AC điểm có

cường độ từ trường tổng hợp không

Dễ dàng suy luận điểm cần tìm nằm đoạn AB nằm đoạn BC, véc-tơ cường độ từ trường hướng xuống triệt tiêu

Ta có phương trình sau: H1 + H3 – H2 =

( ) ( )

I I 2I

0 xπ −2π −5 x + 2π 10−x =

( )

1

0 x 3,3 cm

x −5−x +10−x = ⇒ =

Bài 4.5 Hai dòng điện thẳng dài vơ hạn đặt thẳng góc với nằm mặt phẳng

(hình 4-10) Xác định véc-tơ cường độ từ trường tổng hợp điểm M1 M2, biết rằng:

I1 = A; I2 = A; AM1 = AM2 = cm; BM1 = CM2 = cm;

6

Tại điểm M1, dòng điện gây véc-tơ cường độ từ trường hướng vng góc với mặt

phẳng hình vẽ ngược chiều (và quan sát lại hình chiếu cạnh)

( )

1

1

1

I

H 31,83 A / m

2 AM 10−

= = =

π π

( )

2

1

1

I

H 23,87 A / m

2 BM 2.10−

= = =

π π

Cường độ từ trường tổng hợp là: H = 7,96 (A/m) hướng theo phương H1 H1 > H2

Tại điểm M2, dòng điện gây véc-tơ cường độ từ trường hướng vng góc với mặt

phẳng hình vẽ theo chiều (và quan sát lại hình chiếu cạnh)

( )

1

1

1

I

H 31,83 A / m

2 AM 10−

= = =

π π

( )

2

1

1

I

H 23,87 A / m

2 BM 2.10−

= = =

π π

Cường độ từ trường tổng hợp là: H = 55,7 (A/m) hướng theo phương H1 H2

Bài 4.6 Tìm cường độ từ trường gây điểm M đoạn dây dẫn thẳng AB có dịng điện

I = 20 A chạy qua, biết điểm M nằm trung trực AB, cách AB cm nhìn AB góc 600

Bài giải:

Trong ta áp dụng công thức tổng quát để tính cường độ dịng điện gây đoạn dây dẫn:

( ) ( )

( )

0

1

2

20 cos 60 cos120

I cos cos

H

4 r 5.10

31,8 A / m

−

−

θ − θ

= = ≈

π π

≈

7

Bài 4.7 Một dây dẫn uốn thành hình chữ nhật, có cạnh a = 16 cm, b = 30 cm, có dịng

điện cường độ I = A chạy qua Xác định véc-tơ cường độ từ trường tâm khung dây

Giải:

Từ hình vẽ dễ dàng suy ra, véc-tơ cường độ từ trường gây tâm hình chữ nhật phương, chiều Trong có cặp (cùng cạnh dài cạnh ngắn gây ra):

Cường độ từ trường gây cạnh dài cường độ từ trường gây đoạn thẳng mang dòng điện A giới hạn góc α

180 − α (như hình vẽ) Trong đó:

( ) (2 )2 2

b / b

cos

a b

b / a /

α = =

+

+ , ( )

0

cos 180 − α = −cosα

( )

( )

( )

0

1 2 2

1

I cos cos 180 2I cos I cos Ib

H H

4 r a / a a a b

α − − α α α

= = = = =

π π π π +

Cường độ từ trường gây cạnh ngắn cường độ từ trường gây đoạn thẳng mang dịng điện A giới hạn góc β

180 − β (như hình vẽ) Trong đó:

( ) (2 )2 2

a / a

cos

a b

a / b /

β = =

+

+ , ( )

0

cos 180 − β = −cosβ

( )

( )

( )

0

2 2 2

2

I cos cos 180 2I cos Ia

H H

4 r b / b a b

β − − β β

= = = =

π π π +

Cường độ từ trường tổng hợp có độ lớn:

( 2) 2 2

1 2 2 2 2 2 2

2I a b

2Ib 2Ia 2I a b

H H H H H

ab

a a b b a b ab a b

+ +

= + + + = + = =

π

π + π + π +

Thay số vào ta được:

( )

2

2.6 0,16 0,30

H 27,1 A / m

.0,16.0,30 +

= ≈

11 Giải:

12

0

r r

I I

B H

2r 2r

µ µ

= → = , suy ra:

R d/2

IdN H

2r

= ∫ , dN số vịng dây quấn quanh bán kính

thay đổi từ r đến r + dr

Ta chia tỷ lệ, bán kính thay đổi từ d/2 đến R có N vịng dây, nên: N

dN dr

R d / =

−

Từ suy ra: ( ) ( )

R d/2

2R IN ln

INdr d

H

2r R d / 2R d

= =

− −

∫

Véc-tơ mơmen từ có độ lớn: pm = π I r2

Suy ra: ( )

( )

3

R R

2

m m

d/2 d/2

IN R d / N

P p dN I r dr

R d / R d /

π −

= = π =

− −

15 Giải:

- Do khơng có cơng thức tổng quát tính lực tác dụng lên nửa dịng điện trịn nên ta phải sử dụng tích phân

- Giả sử ta chia vòng tròn thành phần tử dây dẫn mang điện dl = (s /π)dα Xét vị trí mà

Odl tạo với trục ON góc α

- Lực tác dụng từ trường lên dây dẫn dl: o Phương: qua tâm dây dẫn tròn

o Chiều: hình vẽ (được xác định quy tắc bàn tay trái) o Độ lớn: dF = BIdl

- Lực tác dụng từ trường lên toàn dây dẫn là: F =∫dF =∫dFn +∫dFt

Do tính đối xứng nên ∫dFt =0

n

0

s s BIs 2BIs

F dF dFsin BIdlsin BI sin d BI sin d cos 0,8 N

0 N

π π

= = α = α = α α = α α = α = =

π π π

1

BÀI TẬP CHƯƠNG CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ Tóm tắt lý thuyết:

Định luật tượng cảm ứng điện từ:

Suất điện động cảm ứng trị số, trái dấu với tốc độ biến thiên từ thông gửi qua diện tích mạch điện:

m C

d dt Φ ε = −

Suất điện động tự cảm Hệ số tự cảm:

Từ thơng gửi qua ống dây có dịng điện chạy qua tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện:

m LI Φ =

( )

m tc

d LI

d dI

L

dt dt dt

Φ

ε = − = − = −

Trong L hệ số tự cảm, đơn vị đo H (henry)

Hệ số tự cảm ống dây điện thẳng dài:

Vốn có: L m NBS

I I

Φ

= = , đó: B 0 nI 0 NI

l = µ µ = µ µ

2

0

0

N S

L n Sl n V

l µ µ

= = µ µ = µ µ

Trong đó: N tổng số vịng dây, l S chiều dài tiết diện ngang ống dây

Năng lượng từ trường ống dây điện: m

1

W LI

2

=

Mật độ lượng từ trường:

2 m

0 B w

2 =

µ µ

Bài tập cần làm: 5.1, 5.2, 5.5, 5.6, 5.7, 5.10, 5.16, 5.17, 5.23

3 Giải:

( )

5

d dx 15.10

d BdS B dx E B B v 0,5.10 12 0, 25 V

dt dt 3600

−

Φ

Φ = =  ⇒ = =  =  = =

Giải:

Trong khoảng thời gian dt, quét góc ωdt,

Diện tích phần hình trịn giới hạn góc 2π diện tích hình trịn:

4

( )

2

2

2 2

1

dS dt dt d BdS B dt

2 2

d 1

E B 5.10 20.1 0,5 V

dt 2

−

π 

= ω = ω ⇒ Φ = = ω ⇒

π

 

Φ

= = ω = =

  



1

BÀI TẬP CHƯƠNG 12 DAO ĐỘNG Tóm tắt lý thuyết:

1 Dao động điều hịa

Phương trình dao động: x=A cos(ω + ϕ , A > 0t )

x – li độ (độ dời); A – biên độ;

0

ω - tần số góc;

0t

ω + ϕ - pha dao động;

ϕ - pha ban đầu;

0

2

T = π

ω - chu kỳ;

0

0

1

T

ω

ν = =

π - tần số (chữ ν phiên âm /nju:/ - đọc tùy bạn)

Vận tốc: ( ) 0

dx

v A sin t A cos t

dt

π

 

= = −ω ω + ϕ = ω ω + ϕ + 

 

Gia tốc: ( ) 2 ( )

0 0 0

dv

a A cos t x A cos t

dt

= = −ω ω + ϕ = −ω = ω ω + ϕ + π

Năng lượng dao động điều hòa:

Cơ năng: W=Wd +Wt

Con lắc lò xo:

( ) ( )

2 2 2 2

0 0

1 1

W kA sin t kA cos t kA m A

2 2

= ω + ϕ + ω + ϕ = = ω

Con lắc vật lý

Là vật rắn khối lượng M, quay xung quanh trục cố định O nằm ngang G khối tâm, cách O đoạn d

Tần số góc: 0 Mgd

I ω =

I – mơmen qn tính lắc với trục O

Chu kỳ: T0 I Mgd = π

Trường hợp riêng: lắc đơn:

0

Mgd Mgl g

I Ml l

ω = = =

2 Dao động tắt dần

Phương trình dao động: t ( )

0

2

trong đó: 2

0

ω = ω − β - tần số góc dao động tắt dần

2

0

2

T= π= π

ω ω − β - chu kỳ dao động tắt dần

t

A=A e−β - là biên độ dao động tắt dần, giảm dần theo thời gian

Giảm lượng loga: ( )

( ) ( ) t T t T

A t A e

ln ln ln e T

A t T A e

−β

β −β +

δ = = = = β

+

3 Dao động cưỡng

Phương trình: x=A cos(Ω + Φ t ) Biên độ:

( 2 2)2 2 2 H A m = Ω − ω + β Ω ;

Pha ban đâu: 2 2

0

2 tanΦ = − βΩ

Ω − ω Với điều kiện: ω − β > 02 2 Tần gố góc cộng hưởng:

Giá trị: Ω = ω − βch 20 2 biên độ dao động cưỡng đạt trị số cực đại

max 2 2

0 H A 2m = β ω − β

4 Dao động điện từ điều hịa

Phương trình dao động dòng điện: I=I cos0 (ω + ϕ 0t )

Tần số góc riêng: 0 LC

ω =

Chu kỳ riêng:

0

2

T= π= π2 LC ω

Phương trình dao động điện tích:

0

I

q cos t

2 π

 

= ω + ϕ − 

ω  

Phương trình dao động hiệu điện tụ:

0

q I

u cos t

C C

π

 

= = ω + ϕ − 

ω  

5 Dao động điện từ tắt dần

Phương trình dao động dòng điện: t ( )

0

I=I e−β cos ω + ϕt Tần số góc:

3 Chu kỳ: 2 T R LC 2L π π = = ω   −  

6 Dao động điện từ cưỡng

Phương trình dao động dịng điện: I=I cos0 (Ω + Φ t )

0 2 I R L C ε =   + Ω −  Ω   L C cot R Ω − Ω Φ = − Đặt 2

Z R L

C

 

= + Ω − 

Ω

  - gọi tổng trở mạch dao động

L

Z = Ω - cảm kháng L

C

1 Z

C =

Ω - dung kháng

Cộng hưởng điện:

ch 1 L C LC Ω − = → Ω = = ω Ω  0 max I R ε =

7 Tổng hợp dao động điều hòa phương, tần số

( )

1 1

x =a cos ω + ϕ t

( )

2 2

x =a cos ω + ϕ t

2

1 2

a = a +a +2a a cos∆ϕ

1 2

1 2

a sin a sin

tan

a cos a cos

ϕ + ϕ

ϕ =

ϕ + ϕ

8 Tổng hợp hai dao động điều hịa có phương vng góc với

( )

1 1

x =a cos ω + ϕ t

( )

2 2

x =a cos ω + ϕ t

( ) ( )

2

2

2

2

1 2

x y xy

2 cos sin

a + a − a a ϕ − ϕ = ϕ − ϕ

Các trường hợp đặc biệt: a) ϕ − ϕ =2 1 2kπ

1

x y

0

4

1

x y

0

a +a = đường thẳng góc phần tư

c) 2 1 (2k 1) π

ϕ − ϕ = +

2

2

1

x y

0

a + a = đường elip vuông Nếu a1 = a2đường tròn

BÀI TẬP

8.1, 8.2, 8.3, 8.4, 8.7, 8.8, 8.12, 8.13, 8.14, 8.15, 8.17, 8.18, 8.19, 8.21, 8.23, 8.24, 8.26, 8.27 Bài 8.2 một chất điểm dao động điều hòa với T = 24 s, pha ban đầu Hỏi thời

điểm (trong thời gian chu kỳ đầu) li độ có giá trị tuyệt đối 1/2 biên độ dao động

Bài giải:

Phương trình dao động: x=A cosω0t

Ta có: 0 2 rad/s

T 24 12

π π π

ω = = =

0

A t t

x A cos t cos t cos k t 12k

2 12 12

π π π

= ω = ± ⇒ ω = ± ⇒ = ± ⇒ = ± + π ⇒ = ± +

Với điều kiện chu kỳ, t T 24 s≤ ≤ = Dễ thấy giá trị sau thỏa mãn:

t = + = s t = +4 + 12 = 16 s t = -4 + 12 = s t = -4 + 24 = 20 s

Ngồi phương pháp đường trịn (hình vẽ) Dễ dàng xác định góc π

α = Ta thấy có vị

5

Bài 8.3 một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ T = s, biên độ a = 50 mm Tìm vận tốc

của chất điểm vị trí li độ 1/2 biên độ dao động

Bài giải:

Sử dụng hệ thức độc lập:

2

2 v

x +   =A ω

 

Suy ra: v= ω A2 −x2

Với 2 3

x A v A A A A 50 136 mm/s

2 2 T 2

π π

= ⇒ = ω − = ω = = =

Bài 8.7 Một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ dao động T = s, pha ban đầu

3 π

ϕ = Năng lượng toàn phần W = 3.10-5 J lực tác dụng lên chất điểm lúc lớn 1,5.10-3 N Viết

phương trình dao động chất điểm

Bài giải:

Phương trình dao động có dạng: x=A cos(ω + ϕ t )

2 rad/s T π π ω = = = π Ta có: 2 m A W ω =

Lực tác dụng:

F=ma = − ω , lực tác dụng cực đại m x Fmax = ω m 2A Suy ra: max 2W 2.3.10

A 4.10 m = cm

F 1,5.10

−

− −

= = =

Phương trình dao động: x 4cos t cm

3 π

 

= π + 

 

Bài 8.12 Biên độ dao động tắt dần sau thời gian t1=20 s giảm n1 = lần Hỏi sau thời gian

t2 = phút giảm lần?

Bài giải:

Ta có: 0 t t

0

A

A A e e

A

−β −β

= ⇒ =

Suy ra: t1 t2

0

A A

e ;e

A A

−β = = −β =

Ta có: t2 =60 s, t1=20 s⇒ =t2 3t1

( )

2 1

t t t

2

A

e e e

A

−β − β −β

= = = =

Bài 8.13 Phương trình dao động tắt dần có dạng: x =10.2−0,2t.cos8 t cmπ Tìm biên độ dao động sau N = 10 dao động toàn phần

6

Chu kỳ: T 2 0, 25 s

8

π π

= = =

ω π

Thời gian 10 dao động: t = 10T = 2,5 s Thay vào có: A 10.2= −0,2.2,5 =7,07 cm

Bài 8.15 Cho hệ số tắt dần dao động s 100

−

β = Tính thời gian để biên độ giảm e lần:

Bài giải:

t t

0

A

A A e e e t t 100 s

A

−β β

= ⇒ = = ⇒ β = ⇒ = =

β

Bài 8.17 Biết vận tốc v = 20 m/s chạy qua chỗ nối đường ray xe lửa bị rung

nhiều Mỗi lò xo toa xe chịu khối lượng nén M = Chiều dài ray l = 12,5 m Hãy xác định hệ số đàn hồi lò xo?

Bài giải:

Đây liên quan đến dao động cưỡng Trong dao động riêng dao động lị xo toa xe, lực cưỡng đường ray tác dụng lên lúc xe lửa qua chỗ nối Xe lửa bị rung nhiều tức xảy tượng cộng hưởng, tức tần số dao động riêng lò xo toa xe với tần số lực cưỡng đường ray tác dụng lên toa xe

Chu kỳ lực cưỡng là: T l 12,5 0,625 s

v 20

= = = , xảy cộng hưởng chu kỳ

của dao động riêng:

2

2

2 k M 5000

k 512000 N/m

T M T T 0,625

π π π π

ω = ⇒ = ⇒ = = =

Bài 8.23 Một mạch dao động điện từ có điện dung C 0,25 F= µ , hệ số tự cảm L = 1,015 H

điện trở r = Ban đầu hai cốt tụ điện tích điện đến

Q =2,5.10 C− a) Viết phương rình dao động điện từ mạch điện tích Q dòng điện i; b) Năng lượng mạch;

c) Tần số dao động mạch

Bài giải:

3

1

2.10 s LC 1,015.0, 25.10−

ω = = ≈

Phương trình dao động q có dạng:

( )

0

q=Q cos ω + ϕ t

Tại thời điểm ban đầu t = 0: q = Q0 suy ra: cosϕ = → ϕ =

( ) ( ) ( ) ( )

q=2,5cos 2.10 t Cµ =2,5.10 cos 2.10 t F−

Dòng điện: dq ( ) 3 ( )

i 2,5.10 2.10 sin 2.10 t 5.10 cos 2.10 t A

dt

− −  π

= = − =  + 

7

Năng lượng: ( ) ( )

2 6 2,5.10 Q

W 1, 25.10 J

2C 2.0, 25.10

−

− −

= = =

Tần số:

3 2.10 318,3 Hz 2 ω ν = = ≈ π π

Bài 8.24 Một mạch dao động có hệ số tự cảm H, điện trở mạch bỏ qua Điện tích

trên cốt tụ điện biến thiên theo phương trình:

( )

5

5

q=  .10 cos 400 t C− π π

  Tìm:

a) Chu kỳ dao động mạch; b) Điện dung mạch;

c) Cường độ dòng điện mạch; d) Năng lượng điện từ mạch

Bài giải:

a) chu kỳ dao động: T 2 0,005 s( ) 400

π π

= = =

ω π

b) điện dung mạch:

( )2 6( ) ( )

2

1 1

C 0,633.10 F 0,633 F

L

LC 400

−

ω = ⇒ = = = = µ

ω π

c) Cường độ dòng điện:

( )

5

dq

i 400 10 sin 400 t 0,02cos 400 t A

dt − π     = = − π  π =  π +  π    

d) Năng lượng điện từ:

( ) 10 Q

W 2.10 J

2C 2.0,633.10 − − −   π    = = =

Bài 8.26 Một mạch dao động có điện dung C = 0,405 Fµ , hệ số tự cảm L = 10-2 H điện trở R

= Ω Tìm:

a) Chu kỳ dao động mạch;

b) Sau thời gian chu kỳ, hiệu điện cốt tụ điện giảm lần?

Bài giải:

a) Chu kỳ dao động mạch:

( )

4

2 2

0

2

2 2

T 4.10 s

1 R

LC 2L 10 0, 405.10 2.10

− − − − π π π π = = = = = ω ω − β     −  −     

b) ta có:

( ) t ( ) (t T)

0

8 Suy ra: ( )

( )

4 2.4.10 RT

T 2L 2.10

U t

e e e 1,04

U t T

− − β

= = = =

+ (lần)

Bài 8.27 Một mạch dao động có điện dung C = 1,1.10-9 F, hệ số tự cảm L = 5.10-5 H giảm

lượng loga δ =0,005 Hỏi sau thời gian lượng điện từ mạch giảm 99%

Bài giải:

Chu kỳ dao động riêng: 0

5

1

4, 264.10 rad/s LC 5.10 1,1.10− −

ω = = =

Năng lượng: W t( ) Q2t Q e02 t; W t( t) Q2t t Q e02 (t t)

2C 2C 2C 2C

− β +∆ − β

+∆

= = + ∆ = =

Năng lượng giảm 99% nghĩa là:

( )

( )

( )

2 t t

2 t t

W t t e 1

e

W t 100 e 100 100

− β +∆

− β∆ − β

+ ∆

= ⇒ = ⇒ =

ln10

t ln10 t

⇒ β∆ = ⇒ ∆ =

β

Việc cịn lại tính β :

( )

2 2 2 2

0

2

0

2

T π

δ = β = β ⇒ δ ω − β = πβ ⇒ δ ω − β = π β

ω − β

2

2 0

2 2 2 2 2

0,005.4, 264.10

4 4 4 0,005

δ ω δω

⇒ β = ⇒ β = = =

π + δ π + δ π + 3393 (s-1)

( )

4

ln10

t 6,79.10 s

3393

−

1

BÀI TẬP CHƯƠNG 13 SÓNG CƠ VÀ SÓNG ĐIỆN TỪ

TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 Các đặc trưng sóng

- Vận tốc sóng: quãng đường mà sóng truyền sau đơn vị thời gian

Đối với sóng dọc: v= E

ρ , E – suất đàn hồi (suất Young), ρ khối lượng riêng môi trường

Đối với sóng ngang: v= G

ρ , G – suất trượt môi trường

Đối với ứng suất ta có cơng thức sau: G F S

= , F lực tác dụng, S tiết diện

- Chu kỳ T tân số ν sóng: chu kỳ tần số dao động phần tử môi trường

- Bước sóng λ quãng đường mà sóng truyền sau khoảng thời gian chu kỳ:

v vT

λ = =

ν (bước sóng khoảng cách ngắn điểm có dao động pha)

2 Hàm sóng

( )

M

x

u x, t A cos t

v

   

= ω − + ϕ

 

 

Chọn ϕ = ta có hàm sóng:

M

x

u A cos t

v

 

= ω − 

 

M

t x

u A cos

T

 

= π − 

λ

 

M

2 x u =A cosω −t π 

λ

 

3 Phương trình truyền sóng

2 M

M 2

1 u

u

v t

∂

∆ =

∂ ,

2 2

2 2

x y z

∂ ∂ ∂

∆ = + +

∂ ∂ ∂ - toán tử Laplace

2

Năng lượng sóng phần thể tích vơ bé Vδ tính theo biểu thức:

2 2 x

W V A sin  t π 

δ = δ ρω ω − 

λ

 

5 Mật độ lượng sóng

Là phần lượng có đơn vị thể tích mơi trường, tức là:

2 2

W x

w A sin t

V

δ  π 

= = ρω ω − 

δ  λ 

Mật độ lượng trung bình: w 2A2

= ρω

6 Năng thơng sóng

Năng thơng sóng P qua mặt mơi trường đại lượng trị số lượng sóng gửi qua mặt đơn vị thời gian: P wSv=

Giá trị trung bình thơng sóng: 2

P wSv= A Sv

2

= ρω

7 Mật độ thơng trung bình

Mật độ thơng trung bình P thơng trung bình gửi qua đơn vị diện tích:

P

w.v S =

P =

Dưới dạng véc-tơ: P = w.v - véc-tơ Umov – Poiting: véc-tơ biểu diễn mật độ thơng trung

bình truyền theo chiều vận tốc v

8 Giao thoa sóng

Với nguồn kết hợp, dao động pha, điểm thỏa mãn điều kiện: d2 − = λd1 k

những điểm cực đại

Những điểm thỏa mãn:

1

d d k

2

 

− = + λ

  điểm cực tiểu

Trong k số nguyên, r1 r2 khoảng cách từ điểm xét đến nguồn

3

Khơng có cực tiểu giữa, ứng với cực tiểu bậc (k 0= ), bậc (k=1),…

Ghi nhớ: kết kλ hay k

 + λ

 

  đối với cực đại cực tiểu cho trường hợp (tức trường hợp nguồn dao động pha), trường hợp khác kết khác Cụ thể, nếu nguồn dao động ngược pha Các kết nêu đảo ngược lại, tức điểm hiệu

khoảng cách kλ điểm cực tiểu, điểm mà hiệu khoảng cách k

 + λ

 

 

những điểm cực đại 9 Sóng dừng

Khoảng cách nút sóng liên tiếp, bụng sóng liên tiếp

λ , khoảng cách bụng nút

sóng kề λ

Điều kiện sợi dây có đầu cố định có sóng dừng là: l k

λ

=

Điều kiện sợi dây có đầu cố định, đầu tự là: l k 2

λ

 

= + 

 

10 Dao động âm sóng âm

Cường độ âm: 2

I va

2

= = ρP ω

Mức cường độ âm: ( )

0

I

L 10lg dB

I  

=  

 

I0 âm sở

11 Hiệu ứng Doppler

v u

v u

′ + ′

ν = ν

−

Trong ν′ tần số mà máy thu nhận được,

ν tần số mà máy phát phá

4

u′ vận tốc máy thu Quy ước máy thu tiến đến máy phát u′ > ngược lại

Chú ý dạng tập thường gặp:

- Dạng 1: cho hết đại lượng tính tần số máy thu nhận

- Dạng 2: toán “con dơi” “cá vàng” bắn tốc độ Tức máy phát máy thu Phải xét giai đoạn, giai đoạn máy phát phát sóng, máy thu “chướng ngại vật” “quái xế” Giai đoạn máy phát đóng vai trị máy thu, cịn chướng ngại vật qi xế đóng vai trị máy phát

- Dạng 3: viên đạn “vọt” qua đầu người đồn tàu qua người đứng n Bài tốn có giai đoạn, giai đoạn “máy phát” tiến đến gần “máy thu”, giai đoạn máy phát “bye bye” máy thu

12 Sóng điện từ

Xét sóng điện từ tự do, nghĩa sóng điện từ mơi trường khơng dẫn (khơng có dịng điện) khơng có điện tích (tức  j= ρ =0; 0)

Hệ phương trình Maxwell sóng điện từ:

0

B D

rotE ; rotH ;

t t

divD 0; divB

D E; B H

∂ ∂

= − =

∂ ∂

= =

= ε ε = µ µ

 

 

 

   

- Vận tốc truyền sóng điện từ mơi trường đồng chất, đẳng hướng:

0

1 c c

v

n

= = =

ε εµ µ εµ , ε µ số điện môi độ từ thẩm môi trường

Như vậy: εµ =n - chiết suất tuyệt đối môi trường

8

12

0

1

c 3.10 m/s

8,86.10 .10− −

= = ≈

ε µ π - vận tốc ánh sáng chân không

Phương trình sóng điện từ phẳng đơn sắc:

m

x

E E cos t

v

 

= ω − 

5

m

x

H H cos t

v

 

= ω − 

 

- Hai véc tơ E H ln vng góc với

- Ba véc-tơ E ,H v theo thứ tự tạo thành tam diện thuận

- E H dao động pha nhau, tức trị số tỷ lệ với nhau:

Mật độ lượng sóng điện từ:

2

0

1

w E H

2

= ε ε + µ µ

Đối với sóng điện từ phẳng đơn sắc: 2

0 E H E H

ε ε  = µ µ  ⇒ ε ε = µ µ

2

0 0

w = ε εE = µ µH = ε εE µ µ H

BÀI TẬP

Các tập cần làm: 9.1, 9.2, 9.3, 9.5, 9.7, 9.8, 9.15, 9.16, 9.17, 9.18, 9.19, 9.20, 9.21

Bài 9.2 Dao động âm, tần số 500 Hz, biên độ a = 0,25 mm, truyền khơng khí với bước sóng

70 cm

λ = tìm:

a) vận tốc truyền sóng âm;

b) vận tốc dao động cực đại phần tử khơng khí

Bài giải:

a) vận tốc v= λ =f 0,7.500 350 m / s− ( )

b) vận tốc dao động cực đại: ( )

v= ω = π =a fa 2.3,14.500.0, 25.10− =0,785 m / s

Bài 9.3 Một nguồn sóng O dao động với phương trình x=2,5sin t cmπ ( ) Tìm li độ

điểm M cách nguồn 20 m thời điểm s Biết vận tốc truyền sóng v = 100 m/s

Bài giải:

Phương trình sóng có dạng:

M

x

x sin 2,5 t

v

 

= π − 

 

6

M

20

x sin 2,5 sin

100

 

= π − = π =

 

Tức thời điểm điểm M dao động qua vị trí cân

Bài 9.8 một đồn sóng có phương trình: x=0,05sin 1980t( −6y cm)( )

Tìm:

a) tần số dao động

b) vận tốc truyền sóng bước sóng c) vận tốc cực đại phần tử dao động

bài giải:

a) tần số: f 1980 990 315 Hz( )

2

ω

= = = ≈

π π π

b) vận tốc truyền sóng

so sánh hệ số ta thấy: ( )cm v f 990 330 cm / s( )

3

π π π

= ⇒ λ = ⇒ = λ = =

λ π

c) vận tốc cực đại phân tử dao động:

( )

max

v = ω =a 1980.0,05=99 cm / s

Bài 9.16 Một dơi bay theo hướng tới vng góc với tường với vận tốc m/s Dơi

phát tia siêu âm có tần số 4,5.104 Hz Hỏi dơi nhận âm phản xạ có tần số bao

nhiêu? Biết vận tốc truyền âm khơng khí 340 m/s

Bài giải:

Hiệu ứng Doppler:

v u

v u

′ + ′

ν = ν

−

Với toán ta phải áp dụng lần cơng thức trên, trường hợp “máy thu” “máy phát”

1 Ta tính tần số tường nhận được:

- ta có: “máy phát” – dơi có vận tốc u = + m/s

7 - suy ra: 1 v

v

ν = ν

−

2 Ta tính tần số dơi nhận từ tường: - máy phát – tường có vận tốc u = 0;

- máy thu – dơi có vận tốc u’= +5m/s

- suy ra: v u 1 v v v 340 6.4,5.104 4,66.10 Hz4( )

v u v v v 340

′

+ + + +

′

ν = ν = ν = ν = =

− − − − −

Bài 9.18 Một tàu hỏa chuyển động với vận tốc 60 km/h người quan sát đứng yên Khi

qua người quan sát, tàu kéo hồi còi Hỏi:

a) Người quan sát cảm giác âm tàu qua?

b) Độ biến thiên tần số so với tàu đứng yên? Cho vận tốc truyền âm khơng khí 340 m/s

bài giải:

a) Vẫn với công thức v u

v u

′ + ′

ν = ν

− Ở có giai đoạn:

- giai đoạn lúc tàu tiến lại gần người quan sát: u’=0, u > nên ta có: ν > ν′ tức người

quan sát thấy còi tàu có tần số cao tần số phát

- giai đoạn lúc tàu qua người, lúc u’=0, u < nên ta có ν < ν′ tức người quan sát thấy còi tàu có tầm số thấp tần số phát Tức nghe âm cao bị giảm xuống thấp đột ngột

Các tính tốn chia làm giai đoạn: - giai đoạn tàu tiến đến, ta có:

1

v v 60 / 3,6 60

v 60 / 3,6 v 60 / 3,6 v 60 / 3,6 3,6v 60

′ ′

ν ν − ν ∆ν

′

ν = ν ⇒ = ⇒ = = =

− ν − ν ν − −

- giai đoạn tàu rời xa, ta có:

2

v v 60 / 3,6 60

v 60 / 3,6 v 60 / 3,6 v 60 / 3,6 3,6v 60

′′ ′′

ν ν − ν ∆ν − −

′′

ν = ν ⇒ = ⇒ = = =

+ ν + ν ν + +

8

v 1 1

60 60

3,6v 60 3,6v 60 3,6.340 60 3,6.340 60

∆ =  − =  − =

   

ν  − +   − +  5%

Bài 9.20 Một mạch phát sóng điện từ có điện dung C = 9.10-10 F, hệ số tự cảm L = 2.10-3 H.Tìm

bước sóng điện từ tương ứng

Bài giải:

( )

8 10

c c

2 c LC 3.10 2.10 9.10 2,5.10 m

f

− −

π

λ = = = π = π =

ω

Bài 9.21 Một mạch dao động điện từ gồm ống dây có hệ số tự cảm L=3.10 H−5 mắc nối tiếp với tụ điện phẳng có diện tích cốt S 100 cm= Khoảng cách cốt

d=0,1 mm Hằng số điện môi môi trường chứa đầy khoảng không gian hai cốt tụ điện bao nhiêu? Biết mạch dao động cộng hưởng với sóng có bước sóng 750 m

Bài giải:

Xảy cộng hưởng nghĩa tần số dao động sóng điện từ với tần số dao động riêng mạch LC:

2 2

1 c

2 f C

4 c L LC

π λ

= ω = π = ⇒ =

λ π

Lại có: C 0S

d εε

=

Suy ra:

( )

2 2

0

2

2 2 12 2 8 4 5

0

S d 750 0,1.10

C 5,96

4 c L d c SL 4.8,86.10 3.10 100.10 3.10

−

− − −

λ εε λ

= = ⇒ ε = = =