Chuyen de boi duong HSG qua cac ki olympic

1 CHUN ĐỀ TỐN CHO VẬT LÍ THPT PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Ta có phương trình: y = f ( x) = ax + bx + c = Giải tìm: ∆ = b − 4ac + Nếu ∆ = phương trình : y = f ( x) = ax + bx + c = có nghiệm kép + Nếu ∆ > phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, = x=− b 2a −b± ∆ 2a + Nếu ∆ < phương trình vơ nghiệm * Cực trị của tam thức bậc hai: −∆ 4ac − b −b = 4a + a > ymin = 4a x= 2a −∆ 4ac − b −b = 4a + a < ymax = 4a x= 2a + Đồ thị : y y ymax a0 ymin x x -b/2a -b/2a * Định lí Viet: Nếu phương bậc hai ax + bx + c = có hai nghiệm x1 và x2 phân biệt x1 + x = −b c x1 x = a và a BẤT ĐẲNG THỨC A * Bất đẳng thức Côsi: + Cho hai số dương a và b ta có: (a + b) = a.b  ( a.b ) = a + b max a + b ≥ a.b ⇒  dấu “=” xảy a = b + Áp dụng cho n số hạng (ai > 0) a1 + a + + a n n ≥ a1 a a n n dấu “=” xảy a1 = a2 = … = an * Bất đẳng thức Bunhiacôpski ( a1b2 + a b2 ) ≤ ( a12 + a 22 )(b12 + b22 ) a1 b1 = Dấu xảy a2 b2 Cho 2n số thực (n ≥ 2): a1; a2;…an và b1; b2…bn ta có: ( a1b1 + a2b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bnn ) a a1 a = = = n bn Dấu “=” xảy khi: b1 b2 r u  BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC: B 1: Một bọ dừa đậu đầu B của cứng mảnh AB Bài h α có chiều dài L dựng đứng cạnh bức tường thẳng đứng A hình vẽ Vào thời điểm mà đầu B của bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang với vận tốc khơng đổi v bọ bắt đầu bị dọc theo với vận tốc không đổi u đối với Trong q trình bị thanh, bọ đạt độ cao cực đại là đối Con bọ dừa B với sàn Cho đầu A của tỳ lên tường thẳng đứng L L ) (t< ) v Giải: Xét (0 < t < u và Khi B di chuyển đoạn S = v.t r v Thì bọ l = u.t Độ cao mà bọ đạt được: h = l sin α = ut sin α với ⇒h= u 22 u L t − v t = L L sin α = L2 − v 2t L y 2 2 Với y = L t − v t Đặt X = t2 ⇒ y = −v X + L X Nhận xét: hmax ⇔ ymax y là tam thức bậc hai có a = - v2 < ⇒ ymax tại đỉnh Parabol ⇒ ymax = − ⇒ ymax = ∆2 L4 L4 ⇒ ymax = − = 4a 4( −v ) 4v L4 b L2 X = − = 4v tại 2a 2v Vây độ cao mà kiến đạt là : hmax = u L ymax = u.L 2v Bài 2: Một vận động viên xuất phát từ điểm A đường quốc lộ để thời gian ngắn nhất phải đến điểm B cánh đồng Khoảng cách từ B đến đường là l Vận tốc của vận động viên đường là v 1, cánh đồng là v2 Hỏi vận động viên phải chạy theo quỹ đạo nào( thẳng từ A tới B hay đoạn đường rồi tới B)? Cho n= v1 v2 Giải: Đặt AD = d; CD = x d − x n l + x n l + x − x + l t= + = v v v1 1 Thời gian từ A đến B: 2 Thời gian nhỏ nhất đại lượng y = n l + x − x đạt giá trị nhỏ nhất Để xác định x cho y đạt giá trị nhỏ nhất, ta có phương trình bậc 2: (n ) − x − y.x + n l − y = ∆ ′ = n y − (n − 1)n l để bài tốn có nghĩa ∆ ≥ ⇒ y ≥ l n − ⇒ y = l n − vào phương trình ta tìm 2 x= l n −1 * Biện luận: Ta thấy x không phụ thuộc d (vị trí của A) Nếu x > d có lợi thẳng vào cánh đờng tại A * Cách khác: Cũng ánh sánh, người phải từ A đến B với thời gian ngắn nhất, nghĩa là tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng n1 sin 900 = n2 s inr ⇒sin r = CD =l tan r = Từ hình vẽ: n1 v2 = n2 v1 l ( / sin r ) −1 = l (v / v2 ) −1 = lv2 v12 −v22 Cần chú ý kết quả bài tốn có nghĩa v1 > v2 Nếu v1 < v2 thực tế ôtô chạy thẳng từ A đến B mất thời gian ngắn nhất Bài 3: Một người đứng độ cao h so với mặt đất ném đá theo phương hợp với phương ngang góc α Tìm α để tầm xa mặt đất là lớn nhất Giải: + Chọn hệ trục toạ độ hình vẽ Gốc mặt đất y + Chuyển động của vật chia làm thành phần - Theo Ox: x = v0t cosa (1) - Theo Oy: gt2 y = h0 + v0t sina - (2) h α uur V0 o L Max * Khi chạm đất x = LMax lúc t = v0 cosα gL =0 2 2v cos α Thay t vào (2) ta y = h + L.tga = 1+ tg2α mà cos α  gL2  gL tg α − L.tg α + − h  ÷= 0 2v20 2v   ⇒ (*); Phương trình phải có nghiệm với tgα ⇒ ∆ = L2 L≤ v0 g  4gL2  gL2 g2L2 2gh0 − h0 ÷ ≥ ⇒ 1− + ≥  2v20  2v02 v0 v0  v 02 + gh => L max = v0 g v 02 + gh Phương trình (*) có nghiệm kép x v0 Vậy tgα = v20 + 2gh tầm xa cực đại Bài 4(O 30/4 -2013): Một ô tô chuyển động từ A đến B dài L = 800m Khởi hành từ A, ô tô chuyển động nhanh dần đều, sau tơ chuyển động chậm dần và dừng lại B Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt a0 = 2m/s2 Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B Giải: Gọi a1, a2 là độ lớn gia tốc của ô tô hai giai đoạn v t= t v = 2as a Áp dụng: t và Ta có: v max = 2a 1s1 = 2a 2s ⇒ s1 a a2 = ⇒ s1 = ( s1 + s2 ) = a 2l s a1 a1 + a a1 + a Thay vào ta được: v max = v v t = t + t = max + max a1 a2 Ta có: 2a1a 2l a1 + a t= => a1  2l  a  + a + a  a a  Áp dụng bất đẳng thức côsi: a2 a1 + ≥2 a1 a2 và chú ý 2l l ≥ a1 + a a0 Suy t cực tiểu khi: a ≥ a = a => t = l a0 Bài 5: Hai xe chuyển động AO và BO hướng O với v2 = v1 ; α = 300 Khi khoảng cách hai xe cực tiểu là d khoảng cách từ xe đến O là d1′ = 30 (m) Hãy tính khoảng cách từ xe hai đến O Giải: Cách 1: Gọi d1, d2 là khoảng cách từ xe và xe đến O lúc đầu ta xét (t = ) Áp dụng định lý hàm sin ta có: d d′ d′ d − v t d − v2t d d = = ⇔ = 1 = d2’ sinα sin γ sin β sinα sin γ sin β Vì B v2 = v1 d1’ nên ta có: d d −vt 3d − v1t = 1 = sin 30 sin γ sin β O Áp dụng tính chất của phân thức ta có: d1 − v1t 3d − v1t ( 3d − v1t ) − (d1 − v1t ) 3d − d1 = = = sin γ sin β sin β − sin γ sin β − sin γ ⇒ d 3d − d1 = sin 30 sin β − sin γ Mặt khác, tacó: sin β = sin(1800 − β ) = sin(α + γ ) = sin(300 + γ ) A ⇒ sin β = sin(30 + γ ) = 3(sin 30 cos γ + cos 30 sin γ ) ⇒ 0 3d − d1 d = sin 300 3 cos γ + sin γ − sin γ 2 3d − d1 3d − d1 d= = y cos γ + sin γ Vậy ⇒d = ( = 3 cos γ + sin γ 2 ) 3d − d1 sin 300 cos γ + sin γ 2 = 3d − d1 cos γ + sin γ Khoảng cách hai xe dmin ⇔ ymax với y = ( cos γ + sin γ ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: ( cos γ + sin γ ) ≤ (( 3) + 12 ).(cos γ + sin γ ) = => ymax = ⇔ cos γ = ⇒ cot gγ = ⇒ γ = 300 sin γ và β = 120 d1' d2' sin1200 ' ' = ⇒ d = d1 = 3d1' = 90( m) 0 sin 30 Lúc đó: sin 30 sin120 Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc này là: d2’ = 90(m) Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ Oxy trùng với phương chiều chuyển động của hai xe Ta có: x = v t − d y = v1t − d d = x + y − 2xy cos 300 Khoảng cách hai xe thời điểm t: Thế x và y vào ta được: ( ) d = v12 + v 22 − v1v t + ( ) 3d 1v + 3d v1 − 2d 1v1 − 2d v t + d12 + d 22 + 3d d t=− Vế phải là tam thức bậc có cực tiểu khi: 3d1 − d b = 2a 2v Khi khoảng cách từ xe đến O là: 30 = 3v 3d1 − d − d1 ⇒ d1 = 3d − 60 2v Khoảng cách từ xe hai đến O là: x = v2 3d1 − d − d = 90(m) 2v  β  F α Bài : Một vật có khới lượng m, kéo với vận tốc không đổi lực F mặt phẳng nghiêng góc α với mặt ngang Hệ số ma sát vật và mặt phẳng nghiêng là K Xác   định góc β lực F với mặt phẳng nghiêng lực F nhỏ nhất Khi lực F có độ m lớn bao nhiêu?     Giải: Vật trượt nên: P + F+ f + N = − mg.cosα + F.sinβ + N = (1) − mg.sinα + F.cos β − KN = (2) ⇒F= (sinα + K.cos α )mg cosβ + K.sinβ (3)  Giá trị của F cực tiểu giá trị mẫu số của (3) cực đại: y = cosβ + K.sinβ (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: y≤ ( cos β+ sin β )(1 + K ) = (1 + K ) 2 2 => y max = (1 + K ) tgβ = K => β = arctgK Thay vào (3) ta có: cosβ = Chú ý: Fmin = (sinα + K cos α ) mg 1+ K2 (5) 1+ K2 Hoặc: Fmin = mg.sin( α + β ) (6) Biện luận: Nếu α +β = π   tức lực F hướng thẳng đứng lên suy ra: F = mg, lực F giữ cho vật lơ α +β > π  tức lực F nghiêng sang trái so với phương thẳng đứng và kéo lửng Nếu vật lên Vậy điều kiện để bài tốn có nghĩa là: α+ β < π Bài 7: Hệ hình vẽ Hệ sớ ma sát hai vật m và M là K 1, M và sàn ngang la  K2 Tác dụng vào M lực F hợp với phương ngang góc α Khi α thay đổi m M  (0 < α < 900 ) Tìm F nhỏ nhất để M trượt khỏi vật m Tìm α lúc này  Giải: F α Vật m: ma1 = K1mg ⇒ a1 = K1g Vật M: (1) Ma = F.cos α − K1 N1 − K N N = ( M + m ) g − Fsinα ⇒ a2 = F cosα + K Fsinα − K1mg − K ( M + m ) g M Điều kiện để M thoát khỏi m: a2 > a1 ( K + K )( M + m ) g F> Từ (1) và (2) suy ra: cosα + K 2sinα  (2) m  M F ms2 (3) Giá trị của F cực tiểu giá trị mẫu số của (3) cực đại:  Fms1 α  Fms  F y = cosβ + K.sinβ (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: y≤ ( cos α + sin α )(1 + K 22 ) = Fmin = Thay vào (3) ta có: (1 + K ) 2 => y max = (1 + K ) 2 tg α = K => α = arctgK ( K1 + K )( M + m ) g + K 22 Fmin ứng với trạng thái giới hạn để M trượt nhanh m Gợi ý: Có thể dùng phương pháp giải tích để khảo sát hàm y có giá trị cực đại y ' = −sinα + K 2cosα = ⇒ tgα = K Hoặc: Đặt K = tgβ = sinβ cosα cosβ + sinα sinβ cos( α − β ) y= = cosβ mẫu sớ trở thành cosβ cosβ Mẫu số cực đại khi: α = β ⇒ tgα = K , α = arcK2 SƠ ́U VỀ ĐẠI SỚ VECTƠ * Trong vật lí có loại đại lượng: + Đại lượng vô hướng: Xác định đại lượng vô hướng nghĩa là xác định giá trị của Những đại lượng vơ hướng khơng âm như: khối lượng, thể tích, thời gian, … cũng có đại lượng vơ hướng mà giá trị của ó thể âm hay dương như: điện tích điện thế,…Tính tốn đại lượng vơ hướng tn theo qui tắc đại số thông thường + Đại lượng hữu hướng (véctơ): Xác định đại lượng hữu hướng nghĩa là xác định: điểm đặt, phương, chiều và độ lớn của vec tơ đặc trưng cho đại lượng Những đại lượng     hữu hướng vật lí như: lực F , vận tốc V , gia tớc a , động lượng p , … Tính tốn đại lượng hữu hướng tuân theo qui tắc của tính véctơ 3.1 Định nghĩa véctơ: B A Véctơ là đoạn thẳng có định hướng Véctơ + Độ dài (hay độ lớn, hay mơ đun) của có A là gốc, B là độ dài của đoạn thẳng AB: 10 AB = AB Giải: + Hình trụ quay với vận tớc góc ω là hệ qui chiếu không quán tính nên phân tử khí hình trụ chịu tác dụng của lực quán tính li tâm F = mrω + Áp suất của khới khí tích dV cách trục quay khoảng r là: dp = ρω rdr + Mặt khác từ phương trình trạng thái khí lí tưởng ta có: + Vậy: ρ= pµ RT pµ ω rdr RT dp = + Thực tích phân ta được: p = p0 e µω2 r 2 RT Bài 11: Trong xilanh nằm ngang kín cả hai đầu có pit tơng nhẹ Ban đầu pit tơng chia xilanh thành hai ngăn nhau, ngăn tích là V và chứa khí lí tưởng có nhiệt độ và áp suất p Tính công cần thiết pit tông chuyển động chậm, làm cho thể tích ngăn lớn thể tích ngăn n lần Quá trình là đẳng nhiệt, bỏ qua ma sát Giải: p 0V0 = p hS = pt S ( h + x ) = p p S ( h − x ) - Ta có: ⇒ pt = h h p0 pp = p0 h+x h− x và h dx pt pp - Lực tổng hợp tác dụng lên pit tông là: x  p Sh x  F = ( p t − p p ) S = p Sh − = 2 h+ x h− x h − x - Ta có cơng cần thực hiện: x x ( p Sh x A = ∫ F dx = ∫ 20 dx = − p Sh ln h − x 2 0 h − x - Mặt khác theo đề ta có: A = p 0V0 ( n + 1) ln 4n ) x h2 = p 0V0 ln h − x2 Vt ( h + x ) S = n ⇒ x = ( n − 1) h = V p (h − x) S n +1 41 Thế vào ta được: dE d R d q φ -α dφ α X φ O dE1 Bài 12: Một sợi dây có dạng cung trịn mảnh, bán kính R, góc tâm 2α, sợi dây tích điện là q > đặt không khí Xắc định cường độ điện trường và điện tại tâm của cung tròn Giải: - Mật độ điện tích dài cung tròn mảnh là: λ= q 2α R - Chia cung tròn thành nhiều phần tử nhỏ chiều dài d , với d = Rdϕ - Điện tích phần tử nhỏ d là dq = λd = λRdϕ * Tính cường độ điện trường O - Xét cường độ điện trường phần tử dq gây tại M là d E1 có phương chiều hình vẽ, độ lớn dE1 = kdq k λdϕ = R R2 - Chọn hệ trục toạ độ HV - Do ta tìm hai phần tử dq cung trịn đới xứng qua trục OX, phần tử này gây tại O cường độ điện trường có thành phần điện trường vng góc với trục 42 OX triệt tiêu lẫn đơi cường độ điện trường tại O có phương trùng với trục OX, độ lớn: E = ∫ dE1 cos ϕ = α kλ kq sinα ∫ cos ϕ dϕ = R −α α R * Tính điện O - Xét phần tử nhỏ dq bất kì Phần tử này gây tại O điện thế: ⇒ cả cung tròn gây tại O điện là α α −α −α kdq = k λdϕ R dV = V = ∫ dV = ∫ kλdϕ = 2α k λ = kq R Nhận xét: + Véc tơ E cung tròn tích điện gây tại tâm của có phương nằm trục đới xứng của cung trịn (trục đới xứng này nằm mặt phẳng chứa cung tròn) + Nếu 2α = 2π ứng với cả vòng tròn ⇒ E = phù hợp với kết quả vòng tròn tích điện ứng với z = + Nếu 2α = 3π 2kq ⇒E= ứng với vòng tròn 3π R + Nếu 2α = π ứng với nửa vòng tròn + Nếu + V = 2α = ⇒E= 2kq π R π 2kq ⇒E= ứng với vòng tròn π R kq R điện cung tròn tích điện gây tại tâm của khơng phụ thuộc vào α + Nếu q < ta cũng thu kết quả tương tự chiều của E ngược lại Bài 13: Cho mạch điện hình vẽ Ban đầu khóa K vị trí 1, tụ điện tích điện đến hiệu điện E Sau đó, chuyển K khóa K sang vị trí Khảo sát sự biến thiên cường độ dòng điện C E R mạch Bỏ qua điện trở dây nối, khóa K Giải: - Khi khóa K vị trí 1, điện tích tụ Q0 = E.C - Khi khóa K vị trí 2, ta có: q 43 C + R q = i.R C i=− dq dt q dq ⇔ =− dt q R.C ⇔ q = Q0 e − q dq = i.R = − R C dt ⇒ t dq ⇔∫ =− ∫ dt q R C Q0 ⇔ ln q =− t Q0 R.C t R C Vậy điện tích biến thiên theo phương trình: q = Q0 e −t R C - Đồ thị biểu diễn sự theo thời gian - Phương trình cường độ dịng điện mạch dq R−.Ct E R−.Ct i = − = Q0 e = e dt R.C R - Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của điện tích tụ và cường độ dòng điện mạch với thời gian: i q Q0 E/R O t O t Bài 14: Cho mạch điện hình vẽ Cuộn dây có hệ số tự cảm L=100 mH và điện trở R = Ω Ng̀n điện có śt điện động E, điện trở r=0 Ban đầu K mở Hỏi sau kể từ K đóng, cường độ dòng điện qua cuộn dây nửa dòng điện ổn định L, R Giải: - Trước đóng K i = K E I= R - Khi dịng điện ổn định - Khi đóng K, mạch có tượng tự cảm, suất điện động tự cảm etc = − L - Áp dụng định luật Kiếc sớp có: di dt E − iR − L 44 di =0 dt E, r ⇔ Lấy tích phân hai vế ta được: i= di dt = Ri − E L R − t L E ( − a.e L ) R L a là sớ - Khi đóng K dịng điện bắt đầu tăng từ đến giá trị ổn định Tức i=0 t= 0, hay: 0= R − L E E ( − a.e L ) => a = R L L - Tại thời điểm t, dòng điện qua cuộn dây nửa dịng ổn định, có: R R − t − t E E L (1 − e ) = e L = R R − R L t = ln t = ln L R Bài 15: Cho cuộn dây có lõi sắt hình vẽ Đóng K cường độ dịng điện mạch tăng theo đờ thị bên Điện trở của nguồn và dây nối không Điện trở suất của cuộn dây là ρ Đường kính lõi sắt là D, tiết diện của dây dẫn là S a Cho biết ý nghĩa của diện tích S1, S2 b Xác định độ lớn của cảm ứng từ lõi sắt dựa vào đại lượng cho i  S1 E S2 K t0 Giải t a S1 là điện lượng bị cản lại không chuyển qua cuộn dây có sự xuất suất điện động tự cảm S2 Điện lượng chuyển qua cuộn dây lúc đóng K thời gian từ t = đến t = t0 * Cách 1: Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển mạch tượng tự cảm ξ ξ dq dφ dφ = − tc → dq = − tc ⋅ dt → dq = dt = dt R R dt ⋅ R R 45 D2 q1 dB B 4ρS1 dφ DSdB DS DSB dq = = = ⇒ ∫ dq = dB ⇒ q = S1 = ⇒B= ∫ nπD R 4ρ 4ρ 4ρ DS ρ⋅ S nπ * Cách 2: Gọi R là điện trở của mạch, ta có: di ξ L ⇒ dt = idt + di dt R R I ξ L L I0 L L ξ dt = ∫ idt + ∫ di → I ∫ dt = S + ∫ di = S + I = S + ∫ R R0 R R RR ξ = Ri + L Vì I ∫ dt L ξ L ξ × → × = S1 + S2 → S1 +S2 = S2 + R R S1= R R * Mặt khác L∫ (1) di dφ = N∫ → LI = Nφ dt dt (Coi gần đúng L không đổi) ξ πD 4ξL 4L ξ = NBS = NB →B= × RπD = πD R LR ξ SR 4L S1 R → = × = R L thay vào (2) ta có : B = πD L Từ (1) Vậy B= (2) πD s = 4S1ρ Ds πD 4S1 ρ 4ρS1 DS Bài 16: Một khung dây kín hình vng cạnh a, có điện trở r R nằm từ trường có B vng góc với mặt phẳng của khung Mặt phẳng của khung song song với mặt phẳng r Oxy Khung truyền vận tốc ban đầu v0 hướng dọc theo chiều dương trục Ox Biết từ trường biến thiên dB =k theo trục Ox theo quy ḷt dx Tìm vận tớc của khung sau thời gian t từ khung bắt đầu chuyển động dB = k ⇒ B = kx + B0 Giải: Vì dx Tại thời điểm t cạnh AB có tọa độ là x cịn cạnh CD có tọa độ là x + a Suất điện động xuất cạnh AB và CD là: 46 eAB = BAB v.a = ( kx + B0 )v.a eCD = BCD v.a = [ k ( x + a) + B0 ] v.a eAB , eCD mắc xung đối ⇒ Biểu thức dòng điện khung là: i= eCD − eAB ka v = R R  mv  d ÷ = −i Rdt  Theo định lý động năng:  mvdv = − k a 4v2 dv k a 4v dt ⇒ =− dt R v mR Lấy tích phân vế ta được: ln v = − k 2a4 t +C mR ⇒ v = v0 e Tại t =0 v = ⇒ C = ln v0 − k 2a4 t mR Bài 17: Hình vẽ là sơ đờ của mẫu động điện đơn giản Một vòng dây dẫn hình trịn tâm C bán kính l nằm ngang cớ định r B từ trường Một kim loại CD chiều dài rC B D A l R , khới lượng m quay quanh trục thẳng đứng qua C, đầu của kim loại trượt có ma sát vịng trịn Một E ng̀n có śt điện động E nới vào tâm C và điểm A vòng tròn qua điện trở R Chọn t = là lúc vừa nối nguồn Biết lực ma sát tác dụng lên kim loại có momen cản là α l ω với α là sớ Viết biểu thức tớc độ góc ω của theo thời gian Giải dΦ l 2ω B eC = − =− dt Khi CD quay với tớc độ góc có śt điện động Theo định luật Ôm: i= E + eC E l 2ω B = − R R 2R (1) Momen từ tác dụng lên đoạn dây có tọa độ x chiều dài là dx: dM = iBx.dx Momen từ tác dụng lên cả CD là: l M = ∫ iBxdx = iBl 2 47 Phương trình chuyển động quay của CD: ml d ω iBl 2 = M FC + M = −α l ω + dt (2) Thay (1) vào (2) ta được:  ml dω B 2l  BEl = −ω  α l + ÷+ dt 4R  2R  (3)   B2l  B l  BEl x = −ω  α l + + ⇒ dx = − ÷ α l + ÷dω 4R  2R 4R    Đặt:  B 2l  −3  α + ÷dt 4R  dx  = m Khi (3) viết lại: x  ml d ω B 2l  BEl BEl = −ω  α l + ÷+ dt 4R  2R  ω ω R Khi lấy cận từ đến x lấy cận từ đến   B l  BE l B2 l  −3 α + ÷t −ω  α l + + 4R ÷ ÷   R R   m = e BE l 2R Tích phân vế ta được:  B2l   −3 α + ÷t 4R ÷    BE m ω= 2 1 − e B l + 4α R     ÷ ÷ ÷ ÷  Bài 18: Hai ray kim loại đủ dài nằm mặt phẳng ngang, song song với cách đoạn d, hai đầu nối với điện trở R Một kim loại MN khối lượng m, đặt vuông góc và trượt hai ray Hệ đặt từ trường  B hướng thẳng đứng từ lên (Hình vẽ) Ban đầu MN cách điện trở  v khoảng l Truyền cho MN vận tốc ban đầu nằm ngang hướng sang phải vng góc với MN Điện trở của hai ray và MN không đáng kể Tìm khoảng cách lớn nhất MN và R Biết hệ số ma sát MN và hai ray là µ M R 48 d l N   v B0 Giải Suất điện động cảm ứng xuất MN là: E = B0vd Suy cường độ dòng điện chạy mạch có độ lớn: i= (1) E B0 vd = R R (2) Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định chiều của i chạy từ M đến N và áp dụng quy tắc bàn  tay trái xác định chiều của lực từ có chiều ngược với chiều của v Phương trình định luật Newton chiếu lên Ox: − B0id − µ mg = m dv B d 2v mdv dv B2d ⇒− − µ mg = ⇒ = − dt mgRµ dt R dt mR v+ 2 B0 d (3) Lấy tích phân hai vế: 2 t B0 d t  B02 d dv mgRµ  − mR µ mgR = − dt ⇒ v = v + e − 2  ÷ 2 ∫v mgRµ ∫0 mR B0 d  B0 d  v+ B02d v Thanh ngừng chuyển động: v = ⇒ t = t0 = − (4) mR µ mgR ln 2 B0 d µ mgR + v0 B02 d (5) KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 NĂM 2015 VẬT LÝ - Khối : 10 CHUYÊN BẾN TRE Câu 1: -Quãng đường vật phải đi: S = a.T 2 (1) -Gọi n: số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2  1    S =  aT12 + aT1T2  +  aT12 + aT1T1 ÷+ 2aT1T2  + 2         aT1 + 2aT1T1  + 3aT1T2  + +   +      aT1 + (n − 1)aT1T1 ÷+ naT1T2    +  = T12 a [ + + + + (2n − 1) ] TT a(1 + + + n) + 12 49 (2) O y 2n.n ( n + 1) n + = -Kết hợp (1) và (2) ta được: 2.100 150  n = 7,548 ⇒ 5n + n − 200 = ⇒   n2 = −7,9 x -Sau lần chất điểm chuyển động với thời gian T2, quãng đường vật là: u u r uuur N Fms (7 + 1)7  259  2.7.7 T a  + T a ÷= 150  600  2.100 S= -Quãng đường lại là: 259 41 ∆S = T a − T a = T a 600 600 u r P-Quãng đường vật thời gian T lần thứ 1 T2 T2  S1 =  a + 7.a a.T > ∆S ÷= 100 100 40   -Vậy chất điểm hết quãng đường trải qua lần chuyển động thẳng Câu 2: uur hệ quy chiếu xOy gắn với tấm ván F-Lấy qt Vật đứng yên tấm ván, áp dụng định luật I Niu Tơn: uur ur uu r r r Fqt + P + N + Fms = -Theo trục Ox : Fms - mgsinα - ma.cosα = → Fms = mgsinα + ma.cosα -Theo trục Oy : N + masinα - mg.cosα = → N = m(gcosα - a.sinα) -Vật nằm ván thì: N > ⇒ a < g cotg α -Điều kiện vật không trượt ván là: Fms ≤ µN Hay : gsinα + a.cosα ≤ µ ( gcosα - a.sinα ) 50  N α r R  Fqt a≤ g cos α − sin α cos α + µ sin α O -Ta thấy: amax = g cos α − sin α cos α + µ sin α Câu 3: -Chọn hệ qui chiếu gắn với hình cầu, lực tác dụng lên viên bi hình vẽ -Ta có: Fqt = man = mω r = mω R sinα -Quả cầu cân bằng:     P + N + Fqt = (1) ω -Chiếu (1) lên phương tiếp tuyến ta được: P sinα − Fqt cos α = ⇔ mg sinα − mω R sinα cos α = sinα = α =  ⇒ ⇒ cos α = g2 α = arccos g2 ω R  ω R   P -Như vậy, với ω ta ln có vị trí cân ứng với α = (vật đáy hình cầu), g g g cos α = 2 ω R R (để cos α có nghĩa) ta có vị trí cân thứ hai với ω R * Biện luận: - Khi α = ta đưa viên bi khỏi vị trí cân đoạn nhỏ, α nhỏ nên sinα ≈ α ; cos α ≈ Hợp lực tác dụng lên viên bi là Ft ≈ mα ( g − ω R ) + Nếu ω< g ⇒ Ft > R : Vậy Ft có chiều hướng vị trí cân nên kéo bi trở vị trí cân bằng: Cân bền + Nếu ω> g ⇒ Ft < R : Vậy Ft có chiều hướng xa vị trí cân nên kéo bi rời xa vị trí cân bằng: Cân không bền - Khi cos α = g ⇒ω > ω2R g R ta đưa viên bi lệch khỏi vị trí cân đoạn nhỏ 51 + Nếu đưa viên bi lên cao α tăng Ft ≈ m( g − ω R cos α ) sinα > viên bi bị kéo Hình x́ng trởavề vị trí cân bằng: Cân bền + Nếu đưa viên bi x́ng thấp α giảm Ft ≈ m( g − ω R cos α ) sinα < viên bi bị kéo B lên cao trở lại vị trí cân bằng: Cân bền CÂU 4: + Định luật bảo toàn lượng: A 1 2 2 m v0 = m v1 + M v2 + Ams A với m v0 = mgh và ms = µ mg L 2 ⇒ 80 = v1 + v2 (1) + Định luật bảo toàn động lượng: mv0 = mv1 + Mv2 ⇒ = v1 + 4v2 (2) + Giải hệ (1) và (2) và điều kiện v1 > v2 ⇒ v1 = + (m/s) và v2 = - (m/s) CÂU 5: + Khi xi lanh trượt xuống mặt phẳng nghiêng gia tớc của xi lanh là: a = g sin α − kg cosα (1) A + Phương trình động α lực học cho pittong là: Hình b (pB – pA)S + Mgsinα = Ma (2) + Thay (1) vào (2) ta được: (pB – pA)S = - kMgcosα (3) + Phương trình trạng thái cho ngăn A và B p0V0 = pAVA (4) 2p0V0 = pBVB (5) + Mặt khác: VA + VB = 3V0 Đặt x = VB/VA => VA = 3V0 3V x VB = + x và 1+ x + Kết hợp với phương trình (3), (4), (5) ta được: 52 B x2 − ( 3kMg cosα + 1) x − = p0 S (6) + Giải phương trình (6) ta được: 3kMg cosα 3kMg cosα + 1) + ( + 1) + p0 S p0 S VB =x= VA ( CÂU 6: * Quá trình (1-2) : p = aV với a là số a= p1 p2 = V1 V2 → p1V1 p2V2 = V12 V2 → RT1 RT2 = V12 V2 → V1 T = V2 T2 * Quá trình (3-4) : p = bV với b là số b= p3 p4 = V3 V4 → p3V3 p4V4 = V32 V4 → RT3 RT4 = V32 V4 → V4 T = V3 T3 → V2 T = V3 T2 ( T2 = T3 ; T1 = T4 ; V2 = V4 ) * Công của khí trình : A12′ = ( p1 + p2 )(V2 − V1 ) p1V2 − p1V1 + p2V2 − p2V1 = = R(T2 − T1 ) 2 ( p1V2 = p2V1 ) ′ = A23 V V  ( p2 + p3 )(V3 − V2 ) p2V3 − p2V2 + p3V3 − p3V2 1 = = ( p2V3 − p3V2 ) = RT2  − ÷ 2 2  V2 V3  ( p2V2 = p3V3 = RT2 ) 53 ′ = A34 ′ = A41 ( p3 + p4 )(V4 − V3 ) p3V4 − p3V3 + p4V4 − p4V3 = = R (T1 − T2 ) 2 ( p3V4 = p4V3 ) ( p1 + p4 )(V1 − V4 ) p1V1 − p1V4 + p4V1 − p4V4 = = ( p4V1 − p1V4 ) 2 V V  V V  = RT1  − ÷ = RT1  − ÷  V4 V1   V2 V1  ( p1V1 = p4V4 = RT1 ) *Công khí thực chu trình: V V  V V  1 RT1  − ÷+ RT2  − ÷  V2 V1   V2 V3   T  T2 T  T1  = RT1  − ÷ + RT −  ÷  T T1 ÷ T2 ÷  T2    ′ + A34 ′ + A41 ′ = A′ = A12′ + A23 ( T −T ) = R ≈ 120 J TT 2 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 NĂM 2015 VẬT LÝ - Khối : 11 CHUYÊN BẾN TRE Câu 1: r -Gọi : u là vận tốc của vật so với máng r V là vận tốc của máng so với mặt đất r r r v Vận tốc của vật so với đất là : = u + V -Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng đối với hệ máng – vật: I ω + m(u cos ϕ + Rω ) R = (1) với ω là vận tớc góc của máng -Vận tớc của vật đối với đất theo phương ngang và phương thẳng đứng là: = ucosϕ + Rω v = ( u cos ϕ + Rω ) + u sin ϕ -Ta có : -Theo định luật bảo toàn năng: I ω + mv = mgh 2 54 và vđ = usinϕ I ω + m ( u cos ϕ + Rω ) + u sin ϕ  = 2mgh   (2) -Từ (1) với I = mR2, ta được: ω=− 2u R 55 (3) ... dẫn hình trịn tâm C bán ki? ?nh l nằm ngang cớ định r B từ trường Một kim loại CD chiều dài rC B D A l R , khới lượng m quay quanh trục thẳng đứng qua C, đầu của kim loại trượt có ma sát... Bài 10: Một hình trụ ngang đầu ki? ?n, quay với vận tớc góc khơng đổi ω xung quanh trục thẳng đứng qua đầu hở của hình trụ Áp suất của không khí xung quanh là p 0, nhiệt dộ là T, khối... sau va chạm đối xứng qua pháp tuyến OA tại điểm va chạm Vậy góc OA với phương ngang là: ϕ = α2 + α1 − α α1 + α = = 450 2 O R S S R= = cos ϕ - Vậy bán ki? ?nh của qua? ? cầu: - Mặt khác ta