›
›
›

Bồi dưỡng Học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 11 - Toán cho Vật lí THPT

docx 49 trang Hùng Thuận 24/05/2022 2160
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bồi dưỡng Học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 11 - Toán cho Vật lí THPT", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxboi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_vat_li_lop_11_toan_cho_vat_li_th.docx

Nội dung text: Bồi dưỡng Học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 11 - Toán cho Vật lí THPT

  1. CHUYÊN ĐỀ TOÁN CHO VẬT LÍ THPT 1. PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí Ta có phương trình: y f (x) ax2 bx c 0 Giải tìm: b 2 4ac b + Nếu = 0 thì phương trình : y f (x) ax2 bx c 0 có nghiệm kép x . 2a b + Nếu 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x . 1,2 2a + Nếu 0 thì ymin = khi x= 4a 4a 2a 4ac b2 b + a 0 ymin x x 0 -b/2a 0 -b/2a 2 * Định lí Viet: Nếu phương bậc hai ax bx c 0 có hai nghiệm x 1 và x2 phân biệt thì b c x x và x .x . 1 2 a 1 2 a 2. BẤT ĐẲNG THỨC * Bất đẳng thức Côsi: + Cho hai số dương a và b ta có: (a b) a.b min a + b 2.a.b a b dấu “=” xảy ra khi a = b. ( a.b) max 2 + Áp dụng cho n số hạng (ai > 0) 2
  2. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí a a a 1 2 n n a .a a dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = = an. n 1 2 n * Bất đẳng thức Bunhiacôpski 2 2 2 2 2 a1b2 a2b2 a1 a2 b1 b2 a b Dấu bằng xảy ra khi 1 1 a2 b2 Cho 2n số thực (n 2): a1; a2; an và b1; b2 bn ta có: 2 2 2 2 2 2 n a1b1 a2b2 anbn a1 a2 an b1 b2 bn a a a Dấu “=” xảy ra khi: 1 2 n . b1 b2 bn  BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC: Bài 1: Một con bọ dừa đậu ở đầu B của một thanh cứng mảnh AB có chiều dài L đang dựng đứng cạnh một bức tường thẳng đứng A như hình vẽ. Vào thời điểm mà đầu B của thanh bắt đầu chuyển động sang phải theo sàn ngang với vận tốc không đổi v thì con bọ bắt đầu bò dọc theo thanh với vận tốc không đổi u đối với thanh. Con bọ dừa Trong quá trình bò trên thanh, con bọ đạt được độ cao cực đại là B bao nhiêu đối với sàn. Cho đầu A của thanh luôn tỳ lên tường thẳng đứng. L L Giải: Xét (0 < t < ) và (t ) A u v u • Khi B di chuyển 1 đoạn S = v.t h B v α Thì con bọ đi được l = u.t L2 v2t 2 Độ cao mà con bọ đạt được: h l sin ut sin với sin L u u h L2t 2 v2.t 4 y L L 2 2 2 4 2 2 2 Với y = L t v .t Đặt X = t y v X L.X 2 Nhận xét: hmax ymax . y là tam thức bậc hai có a = - v < 0 ymax tại đỉnh Parabol 3
  3. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí 2 L4 L4 y y max 4a max 4( v2 ) 4v2 L4 b L2 y tại X max 4v2 2a 2v2 u u.L Vây độ cao mà con kiến đạt được là : h y . max L max 2v Bài 2: Một vận động viên xuất phát từ điểm A trên đường quốc lộ để trong một thời gian ngắn nhất phải đến điểm B trên cánh đồng. Khoảng cách từ B đến đường là l. Vận tốc của vận động viên trên đường là v 1, trên cánh đồng là v 2. Hỏi vận động viên phải chạy theo quỹ đạo như thế nào( đi thẳng từ A tới B hay đi một đoạn trên đường rồi mới đi tới B)? v Cho n 1 . v2 A C D Giải: Đặt AD = d; CD = x. l d x n. l 2 x 2 n. l 2 x 2 x l Thời gian đi từ A đến B: t v1 v1 v1 B Thời gian sẽ nhỏ nhất khi đại lượng y n. l 2 x 2 .x đạt giá trị nhỏ nhất. Để xác định x cho y đạt giá trị nhỏ nhất, ta có phương trình bậc 2:  A v1 C D n 2 1 x 2 2y.x n 2l 2 y 2 0  2 2 2 2 2 r n y (n 1)n l để bài toán có nghĩa thì 0 . v2 l 2 2 l y l. n 1 ymin l. n 1 thế vào phương trình trên ta tìm được x B n 2 1 * Biện luận: Ta thấy x không phụ thuộc d (vị trí của A) Nếu x > d thì sẽ có lợi hơn khi đi thẳng vào cánh đồng tại A. * Cách khác: Cũng như ánh sánh, người đó phải đi từ A đến B với thời gian ngắn nhất, nghĩa là tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng. 0 n1 v2 n1 sin 90 n2 s inr sin r n2 v1 l l lv Từ hình vẽ: CD l tan r 2 2 2 v 2 v 2 1 / sin r 1 v1 / v2 1 1 2 Cần chú ý rằng kết quả bài toán chỉ có nghĩa khi v1 v2 . Nếu v1 v2 thì trên thực tế ôtô sẽ chạy thẳng từ A đến B sẽ mất thời gian ngắn nhất. 4
  4. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí Bài 3: Một người đứng ở độ cao h so với mặt đất ném một hòn đá theo phương hợp với phương ngang một góc α. Tìm α để tầm xa trên mặt đất là lớn nhất. Giải: + Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Gốc ở mặt đất. y  + Chuyển động của vật chia làm 2 thành phần V0 h α - Theo Ox: x = v0t. cosa (1) gt2 x - Theo Oy: y = h0 + v0t . sina - (2) o 2 LMax * Khi chạm đất thì x = LMax lúc đó t = v0 cos gL Thay t vào (2) ta được y = h0 + L.tga - 2 2 0 2v0 cos 1 mà 1 tg2 . cos2 2 2 gL 2 gL 2 .tg L.tg 2 h0 0 (*); 2v0 2v0 Phương trình phải có nghiệm với tgα. 2 2 2 2 2 4gL gL g L 2gh0 = L - 2 2 h0 0 1 4 2 0 2v0 2v0 v0 v0 v v L 0 v 2 2gh => L 0 v 2 2gh . Phương trình (*) có nghiệm kép. g 0 max g 0 v Vậy tgα = 0 thì tầm xa cực đại. 2 v0 2gh 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 đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B. 2 Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá a0 = 2m/s . 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 trong hai giai đoạn v Áp dụng: v2 2as và t t . t a 2 Ta có: vmax 2a1s1 2a 2s2 s1 a 2 a 2 a 2l s1 s1 s2 s2 a1 a1 a 2 a1 a 2 5
  5. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí 2a1a 2l Thay vào trên ta được: vmax a1 a 2 v v 2l a a t t t max max t 2 1 1 2 a a a a a a Ta có:1 2 => 1 2 1 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi: a a 2l l 2 1 2 và chú ý rằng a1 a 2 a1 a 2 a0 l Suy ra t cực tiểu khi: a1 a 2 a 0 => t min 2 a 0 v Bài 5: Hai xe chuyển động trên AO và BO cùng hướng về O với v 1 ; 300 . Khi 2 3 khoảng cách giữa hai xe cực tiểu là dmin thì khoảng cách từ xe một đến O là d1 30 3(m) . Hãy tính khoảng cách từ xe hai đến O. Giải: Cách 1: Gọi d1, d2 lần lượt là khoảng cách từ xe 1 và xe 2 đến O lúc đầu ta xét (t = 0 ). Áp dụng định lý hàm sin ta có: d d d d d v t d v t 1 2 1 1 2 2 sin sin sin  sin sin sin  A v Vì v 1 nên ta có: 2 3 d ’ d d v t 3d v t d 1 1 1 2 1 .  sin 300 sin 3 sin  B  O d ’ Áp dụng tính chất của phân thức ta có: 2 d v t 3d v t ( 3d v t) (d v t) 3d d 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 sin 3 sin  3 sin  sin 3 sin  sin d 3d d 2 1 sin 300 3 sin  sin Mặt khác, tacó: sin  sin(1800  ) sin(  ) sin(300  ) 3 3 3 sin  3 sin(300  ) 3(sin 300 cos cos300 sin ) cos sin 2 2 6
  6. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí d 3d d 3d d sin 300 3d d 2 1 d 2 1 2 1 sin 300 3 3 3 1 3 cos sin cos sin sin cos sin 2 2 2 2 3d d 3d d Vậy d 2 1 2 1 . 3 cos sin y 2 Khoảng cách giữa hai xe dmin ymax với y = ( 3 cos sin ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: ( 3 cos sin )2 (( 3)2 12 ).(cos2  sin2  ) 2 3 cos 0 0 => ymax = 2 cot g 3  30 và  120 1 sin d ' d ' sin1200 Lúc đó: 1 2 d ' .d ' 3d ' 90(m) sin 300 sin1200 2 sin 300 1 1 ’ 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 v2t d 2 y v1t d1 Khoảng cách giữa hai xe ở thời điểm t: d 2 x 2 y 2 2xy cos300 Thế x và y vào ta được: 2 2 2 2 2 2 d v1 v2 v1v2 .t 3d1v2 3d 2v1 2d1v1 2d 2v2 .t d1 d 2 3d1d 2 b 3d d Vế phải là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi: t 1 2 2a 2v2 Khi đó khoảng cách từ xe một đến O là: 3d1 d 2 30 3 3v2 . d1 d1 3d 2 60 3 2v2 3d1 d 2 Khoảng cách từ xe hai đến O là: x v2 . d 2 90(m) 2v2 Bài 6 : Một vật có khối lượng m, được kéo đi với vận tốc không đổi bởi một lực trênF mặt phẳng nghiêng góc α với mặt ngang. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là K. Xác định góc β giữa lực F với mặt phẳng nghiêng để cho lực F nhỏ nhất. Khi đó lực F có độ lớn bằng bao nhiêu? 7
  7. F β Giải: Vật trượt đều nên: P F f N 0 m mg.cosα F.sinβ N 0 (1) α mg.sinα F.cosβ KN 0 (2) (sinα K.cos )mg F (3) cosβ K.sinβ Giá trị của F cực tiểu khi giá trị mẫu số của (3) cực đại: y cosβ K.sinβ (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: y cos 2β sin 2β 1 K 2 1 K 2 y 1 K 2 tgβ K β arctgK => max khi => (sinα K.cos )mg Thay vào (3) ta có: F (5) min 2 1 K 1 Chú ý: cosβ 1 K2 F mg.sin α β Hoặc: min (6) Biện luận: π Nếu α β tức lực F hướng thẳng đứng lên trên suy ra: F = mg, lực F giữ cho vật lơ 2 lửng. π Nếu α β tức lực F sẽ nghiêng sang trái so với phương thẳng đứng và không thể kéo 2 vật lên trên được. π Vậy điều kiện để bài toán có nghĩa là: α β 2 Bài 7: Hệ cơ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa hai vật m và M là K 1, giữa M và sàn ngang la K2. Tác dụng vào M một lực F hợp với phương ngang một góc α . Khi α thay đổi 0 (0 α 90 ) . Tìm F nhỏ nhất để M trượt khỏi vật m. Tìm α lúc này. Giải: Vật m: ma1 K1mg a1 K1g (1) m F Vật M: Ma F.cosα K N K N 2 1 1 2 2 M α N2 M m g Fsinα F.cosα K Fsinα K mg K M m g a 2 1 2 2 (2) M 8
  8. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí Điều kiện để M thoát khỏi m: a2 > a1 K1 K 2 M m g Từ (1) và (2) suy ra: F (3) cosα K sinα Fms 2 m F Fms1 Giá trị của F cực tiểu khi giá trị mẫu số của (3) cực đại: M α Fms2 y cosβ K.sinβ (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: y cos 2 sin 2 1 K 2 1 K 2 y 1 K 2 tg K arctgK 2 2 => max 2 khi 2 => 2 K K M m g Thay vào (3) ta có: F 1 2 min 2 1 K 2 Fmin ứng với trạng thái giới hạn để M trượt nhanh hơn m Gợi ý: Có thể dùng phương pháp giải tích để khảo sát hàm y có giá trị cực đại ' y sinα K 2cosα 0 tgα K 2 sinβ cosα.cosβ sinα.sinβ cos α β Hoặc: Đặt K tgβ thì mẫu số trở thànhy . 2 cosβ cosβ cosβ Mẫu số cực đại khi: α β tgα K 2 , α arcK2 3. SƠ YẾU VỀ ĐẠI SỐ VECTƠ * Trong vật lí có 2 loại đại lượng: + Đại lượng vô hướng: Xác định một đại lượng vô hướng nghĩa là xác định giá trị của nó. Những đại lượng vô hướng không âm như: khối lượng, thể tích, thời gian, cũng có những đại lượng vô hướng mà giá trị của nó ó thể âm hay dương như: điện tích điện thế, Tính toán các đại lượng vô hướng tuân theo các qui tắc đại số thông thường. + Đại lượng hữu hướng (véctơ): Xác định một đại lượng hữu hướng nghĩa là xác định: điểm đặt, phương, chiều và độ lớn của vec tơ đặc trưng cho đại lượng đó. Những đại lượng hữu hướng trong vật lí như: lực F , vận tốc V , gia tốc a , động lượng p , Tính toán các đại lượng hữu hướng tuân theo các qui tắc của tính véctơ. B 3.1. Định nghĩa véctơ: A Véctơ là một đoạn thẳng có định hướng. Véctơ có A là gốc, B là ngọn. + Độ dài (hay độ lớn, hay mô đun) của bằng độ dài của đoạn thẳng AB: AB AB . + Phương của là phương của đường thẳng AB, đường thẳng AB còn gọi là giá của . 9
  9. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí + Chiều của là chiều từ gốc A đến ngọn B. 3.2. Hai Véctơ bằng nhau: * Theo toán học: Hai véctơ bằng nhau là hai véctơ song song, cùng chiều (cùng hướng) và cùng độ dài. Nếu , AB = CD và chiều như hình vẽ. B * Đối với đại lượng véctơ trong vật lí, không phải bao giờ cũng D có thể thay một véctơ bằng một véctơ khác bằng nó. A VD: Hai lực F và F song song, cùng chiều và cùng độ lớn đặt 1 2 C lên hai điểm khác nhau của một vật rắn thì có thể có tác dụng khác B nhau. C * Hai véctơ là đối đẳng nếu chúng song song, ngược chiều và cùng độ dài. A AB CD B A C D D * Hai véctơ đối đẳng có cùng giá là hai véc tơ trực đối: AB CD * Véctơ đồng phẳng là những véctơ nằm trong cùng mặt phẳng. Hai véctơ song song là đồng phẳng. * Véctơ đồng qui là véc tơ có giá đồng qui ở một điểm. * Véctơ tự do: có thể thay đổi gốc tùy ý; phương, chiều và độ dài không đổi. Vd: Véc tơ độ dời của một điểm thuộc vật chuyển động tịnh tiến thẳng đều. * Véctơ trượt: có thể dời gốc trên giá, giữ nguyên chiều và độ dài. Vd: lực tác dụng lên một vật rắn. * Véctơ buộc: có phương, chiều, độ dài và gốc nhất định. Vd: lực tác dụng lên một chất điểm. 3.3. Các phép tính véctơ: * Cộng Vectơ: Cho hai véc tơ a OA;b OB B B’ s s a b b Véc tơ tổng được xác định theo qui tắc sau: b + Từ điểm ngọn của véc tơ a vẽ một véc tơ AB OB b O a A + Ta sẽ có: OA AB OB hay a b s Véc tơ tổng của a và b là đường chéo OB của hình bình hành có hai cạnh là a và b . Gọi là góc hợp bởi hai véc tơ a và b ta có : |s |2 = |a |2 + |b |2 +2|a ||b |cos Suy ra: + Nếu a,b cùng phương, chiều thì: |s | = |a | + |b | 10
  10. + Nếu a,b cùng phương ngược chiều thì: |s | = ||a | - |b || + Nếu a,b vuông góc thì: |s |2 = |a |2 + |b |2 * Hiệu véc tơ: Cho hai véc tơ a OA;b OB , B b Véc tơ hiệu s a ( b) , ta vẫn dùng qui tắc cộng véc tơ. A O * Nhân véc tơ với một số: a + Cho a là một véc tơ, n là một ẩn số: Véc tơ c na : s b - c cùng hướng với a và có độ lớn c = n.a nếu n > 0. B’ .a nếu n 0) a c na (n 0 thì F  E , khi q < 0 thì F  E 3.4. Các thành phần của vectơ: Cho véc tơ a trong hệ tọa độ Oxy ta có ax ,a y là hình chiếu của a lên trục Ox và Oy. Đó là các thành phần của a theo phương Ox, Oy. y a ax a y a y a Ta có: a a.cos ;a a.sin x y j a a a 2 a 2 và tan y . x y O a x ax i x VD: Một vật có trọng lượng P được đặt trên mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang, ta có thể phân tích trọng lực P thành hai thành phần như sau: - Pt = Psinα có tác dụng kéo vật trượt xuống mp nghiêng. - Pn = Pcosα có tác dụng ép vật vào mp nghiêng. Pt P n P α * Vec tơ đơn vị là vectơ có độ lớn đúng bằng 1 hướng theo một hướng cụ thể nào đó.  Nếu i là vectơ đơn vị trên trục Ox thì: ax ax i trong đó ax là độ dài đại số của vectơ ax . 11
  11. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí Ta có thể viết: a ax .i a y . j với i , j là vectơ đơn vị trên trục Ox và Oy. * Cộng vec tơ bằng các thành phần: Ta xét : s a b có sx ax bx và s y a y by . 3.5. Tích vô hướng các vec tơ: * Định nghĩa: Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số, kí hiệu là a.b được xác định bởi: a.b a . b .cos a,b VD: Công thực hiện bởi một lực là đại lượng đo bằng tích vô hướng của lực và độ dời của điểm đặt của lực: A F.s F.s.cos F, s F.s.cosα + Nếu = 00: F cùng phương, cùng chiều s thì A = F.s. + Nếu = 1800: F cùng phương, ngược chiều s thì A = -F.s. + Nếu = 900: F vuông góc với s thì A = 0: lực không thực hiện công. + Nếu 00 0 thì A > 0 và gọi là công phát động. + Nếu 900 < 1800: cos < 0 thì A < 0 và gọi là công cản. + Công suất tức thời: P F.v F.v.cos F, v * Hệ quả: Điều kiện vuông góc của hai vectơ: a  b a.b 0 * Tính chất: Với mọi a , b , c và số thực m: - a.b b.a; - (m.a).b m(a.b); - a.(b c) a.b a.c; * Biểu thức tọa độ tích vô hướng của hai vectơ: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a(x1; y1) , b(x2 ; y2 ) . Khi đó a.b x1.x2 y1.y2 a.b x .x y .y Hệ quả: a =x 2 y 2 cos(a,b) 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 a . b x1 y1 . x2 y2 3.6. Tích hữu hướng hai vectơ: Tích hữu hướng của hai vectơ a , b là một vectơ có phương vuông góc với mặt phẳng tạo bởi hai vectơ a và b . Ta có c a b a  b a,b với c a.b.sin a,b 12
  12. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí VD: Lực Lorentz FL q v  B có FL q.v.B.sin v, B Mômen lực: M r  F có M r.F.sin r, F Mômen động lượng: L r  P * Tính chất: i , j k; j,k i ; k,i j [a, b] [b, a] [a, b]  a; [a, b]  b a, b cùng phương [a, b] 0 * Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ: a, b và c đồng phẳng [a, b].c 0 * Trong không gian Oxyz, cho hai véc tơ a (a1, a2 , a3 ) , b (b1, b2 , b3 ) , tích có hướng của hai véc tơ a,b là một véc tơ được xác định như sau: i j k a  b a1 a2 a3 a2b3 a3b2 i a3b1 a1b3 j a1b2 a2b1 k b1 b2 b3 3.7. MỘT SỐ ĐẠI LƯỢNG VECTƠ TRONG VẬT LÍ 3.7.1. Vectơ độ dời Xét một chất điểm chuyển động theo một quĩ đạo bất kì. Tại thời điểm t 1, chất điểm ở vị trí M1. Tại thời điểm t 2, chất điểm ở vị trí M 2. Trong khoảng thời gian Δt = t 2 – t1, chất điểm đã dời vị trí từ điểm M1 đến điểm M2, vectơ M 1M 2 gọi là vectơ độ dời của chất điểm trong khoảng thời gian trên. M2 M2 M1 M1M2 M1M2 M1 3.7.2. Vectơ vậnVect tốc ơ độ dời trong chuyển động thẳng Vectơ độ dời trong chuyển động cong a) Vectơ vận tốc trung bình: Vectơ vận tốc trung bình v tb của chất điểm trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 là thương số của vectơ độ dời M 1M 2 và khoảng thời gian Δt = t2 – t1. M M v 1 2 tb t Vectơ vận tốc trung bình có phương và chiều trùng với vectơ độ dời M 1M 2 . b) Vectơ vận tốc tức thời: Vectơ vận tốc tức thời tại thời điểm t, kí hiệu là v , là thương số của vectơ độ dời M 1M 2 và khoảng thời gian t rất nhỏ thực hiện độ dời đó. 13
  13. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí M M v 1 2 ( t rất nhỏ) t Vectơ vận tốc tức thời v tại thời điểm t đặc trưng cho chiều và độ nhanh chậm của chuyển động tại thời điểm đó. c) Công thức cộng vận tốc: Gọi vận tốc của vật đối với hệ qui chiếu đứng yên là vận tốc tuyệt đối, vận tốc của vật trong hệ qui chiếu chuyển động là vận tốc tương đối và vận tốc của hệ qui chiếu chuyển động đối với hệ qui chiếu đứng yên là vận tốc kéo theo ta có: v v v tuyet đoi tuong đoi keotheo Hay: v13 v12 v23 3.7.3. Gia tốc: Gia tốc là đại lượng vật lí đặc trưng cho độ biến đổi nhanh chậm của vận tốc. a) Gia tốc trung bình: Gọi v1 và v2 là các vectơ vận tốc của một chất điểm chuyển động trên đường thẳng tại các thời điểm t 1 và t2. Gia tốc trung bình bằng thương số của độ biến đổi vận tốc v v2 v1 và khoảng thời gian Δt = t2 – t1. v v2 v1 atb t t2 t1 v v v b) Gia tốc tức thời: kí hiệu là a : a 2 1 ( t rất nhỏ) t t2 t1 3.7.4. Lực a) Khái niệm: Lực là đại lượng vectơ đặc trưng cho tác dụng của vật này lên vật khác mà kết quả là gây ra gia tốc cho vật hoặc làm cho vật bị biến dạng. - Lực F được biểu diễn bằng một vectơ + Gốc của vectơ là điểm đặt của lực + Phương và chiều của vectơ là phương và chiều của lực + Độ dài của vectơ biểu thị độ lớn của lực F F b) Tổng hợp lực: 1 Muốn tìm hợp lực F của hai lực đồng qui F1 và F2 ta áp dụng qui O F2 tắc hình bình hành.Về mặt toán học ta viết: F F1 F2 14
  14. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí * Điều kiện cân bằng: Muốn cho một chất điểm cân bằng thì hợp y lực của các lực tác dụng lên nó phải bằng không. F Fy Về mặt toán học ta viết: F F1 F2 F3 0 x c) Phân tích lực: O Fx Bất kì một lực nào cũng có thể được phân tích thành hai lực thành phần vuông góc với nhau. d) Ba định luật Niu-ton: * Định luật I: Nếu một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực có hợp lực bằng không thì vật đang đứng yên sẽ tiếp tục đứng yên, đang chuyển động sẽ tiếp tục chuyển động thẳng đều. * Định luật II: Gia tốc của vật cùng hướng với lực tác dụng lên vật. Độ lớn của gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của lực và tỉ lệ nghịch với khối lượng. F Biểu Thức: a hoặc F m.a m Nếu vật chịu tác dụng của nhiều lực thì F là hợp lực của các lực đó F F1 F2 F3 * Định luật III: Trong mọi trường hợp, khi vật A tác dụng lên vật B một lực, thì vật B cùng tác dụng lên vật A một lực. Hai lực này là hai lực trực đối: FAB FBA . 3.7.5. Mômen lực: Mômen lực đối với một trục quay là đại lượng đặc trưng cho tác dụng làm quay của lực và được xác định bằng biều thức: M r  F Về độ lớn: M r.F.sin r, F * Nhận xét: - Vectơ r và vectơ F cùng phương (lực có giá cắt trục quay) thì M = 0. - Vec tơ M có phương vuông góc với măt phẳng tạo bởi hai vec tơ r và F , có chiều tuân theo qui tắc bàn tay phải. 3.7.6. Động lượng 15
  15. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí - Động lượng p được định nghĩa là tích số của khối lượng m và vận tốc v của vật: p m.v - Động lượng là đại lượng vec tơ cùng phương cùng chiều với vec tơ vận tốc v . p * Định luật II Niu-ton dưới dạng tổng quát: F  t * Định luật bảo toàn động lượng: Vectơ động lượng toàn phần của hệ kín được bảo toàn. p1 p2 pn p'1 p'2 p'n 3.7.7. Momen động lượng a). Momen lượng động đối với tâm O của một chất điểm có khối lượng m chuyển động với vận tốc v được xác định bằng biểu thức: L r  mv Trong đó r là bán kính vectơ của chất điểm đối với tâm O. b). Momen động lượng của một vật rắn đối với một trục quay cố định được xác định bằng biểu thức L I 4. SƠ YẾU VỀ LƯỢNG GIÁC 4.1. Định lí hàm số cosin và sin trong tam giác * Định lý hàm số cosin: Trong tam giác ABC có các cạnh a, b, c như hình vẽ, ta luôn có: B + a2 = b2 + c2 - 2b.c.cos A c a + b2 = a2 + c2 - 2a.c.cos B + c2 = a2 + b2 - 2a.b.cos C A b C a b c * Định lý hàm số sin: sin A sin B sinC B 4.2. Hệ thức lượng trong tam giác vuông AB AC sin cos BC BC C α A AB AC tan cot an AC AB Cho tam giác vuông ABC vuông tại A, đường cao AH = h, BC = b, AC = b, AB = c, ’ CH = b , BH = c’, ta có các hệ thức sau: 16
  16. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí 1 1 1 a 2 b 2 c 2 ; b2 ab'; c2 ac'; h2 b'c'; b.c a.h; h2 b2 c2 4.3. Các hằng đẳng thức lượng giác sin cos cos 2 sin 2 1;tan ; cot an ; tan .cot an 1 cos sin 1 1 cos 2 ; sin 2 1 tg 2 1 cot g 2 4.4. Công thức biến đổi * Công thức cộng tan a tan b sin a b sin a cos b sin b cos a tan(a b) ; 1 tan a .tan b cos a b cos a cos b  sin b sin a *Công thức nhân đôi, nhân ba sin 3a 3sin a 4sin3 a ; sin 2a 2sin a cos a ; 3 2 2 2 2 cos 3a 4cos a 3cos a ; cos 2a cos a sin a 2cos a 1 1 2sin a ; 1 cos 2a 1 cos 2a *Công thức hạ bậc: cos2 a ; sin2 a 2 2 *Công thức biến đổi tổng thành tích a b a b a b a b sin a sin b 2sin cos ; cos a cos b 2cos cos 2 2 2 2 a b a b a b a b sin a sin b 2cos sin ; cos a cos b 2sin sin 2 2 2 2 4.5. Công thức nghiệm của phương trình cơ bản a k2 sin sin a cos cosa a k2 a k2 4.6. Hàm số lượng giác của các cung liên kết Hàm số cosβ sinβ tgβ cotgβ β β = -α cosα -sinα -tgα -cotgα β = π - α -cosα sinα -tgα -cotgα β = π/2 - α sinα cosα cotgα tgα β = π/2 + α -sinα cosα -cotgα -tgα 17
  17. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí  BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN VEC TƠ VÀ LƯỢNG GIÁC Bài 1: Tam giác ABC có Bˆ 900 ,Cˆ 600 . Hai xe đồng thời xuất phát từ A 2 A, cùng chuyển động đều. Xe 1 đi theo đường ABC, tốc độ ở đoạn AB là 1 v1, ở đoạn BC là v 2. Xe 2 đi thẳng trên đoạn AC với tốc độ không đổi C v0 = 10m/s. Đường thẳng nối hai xe luôn vuông góc với AC. Tính v1 và v2. B ˆ 0 Giải: Xe 1 đi ở AB: S 2 S1.cos A v0t v1t cos30 v1 11,55m / s ˆ 0 Xe 1 đi ở BC: S 2 S1.cosC v0t v2t cos60 v1 20m / s Bài 2: Một ôtô chuyển động với vận tốc v ra xa một bức tường rất dài, theo phương hợp với tường một góc . Ở thời điểm xe cách tường một khoảng L thì người lái xe bấm còi. Biết tốc độ truyền âm trong không khí là c. Sau bao lâu thì người lái xe nghe thấy tiếng còi vọng lại (sau khi phản xạ âm trên tường)? Giải: Âm thanh truyền từ ô tô đến tường rồi phản xạ giống như phản xạ trên gương rồi truyền tiếp và gặp lại ô tô tại điểm C. Ta có: AC = v.t; AA’ = 2L; A’C = c.t C Sử dụng hàm số cosin trong tam giác AA’C: I V A C 2 A A2 AC 2 2A A.AC.cos(A AC) A A 2 2 L L Hay: c.t 4L2 vt 4L.v.t.cos(900 ) ’ Từ đây ta thu được phương trình bậc hai đối với t: c 2 v 2 .t 2 4L.v.t.sin 4L2 0 2L Giải phương trình này ta được: t v.sin c 2 v 2 cos 2 c 2 v 2 Bài 3: Một người đứng cách một con đường thẳng một đoạn h = 50m. Trên đường một ôtô đang tiến lại với vận tốc v 1 = 10m/s. Khi thấy ôtô cách mình một đoạn AB = 200m thì người ấy bắt đầu chạy ra đường để đón ôtô. 1) Nếu vận tốc chạy là v 2 = 3m/s thì người ấy phải chạy B v 1 theo hướng nào để gặp được ôtô. h 2) Tính vận tốc tối thiểu mà người ấy cần chạy để vừa kịp gặp xe. Xác định hướng của vận tốc này? A Giải : 1) D là vị trí mà người gặp xe: 18
  18. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí AD BD BD v1 Ta có: t2 t1 (1) v2 v1 AD v2 Theo định lí hàm sin trong tam giác ABD ta có: BD sin A a sin A (2) B D’ H D AD sin B h v h.v 5 1 Từ (1) và (2) suy ra: sin A 1 56030 A 123030 h a.v 6 a 2 v h.v h.v 2 2) Ta có sin A 1 v 1 a 2 a.sin A A h.v1 Để v2 cực tiểu thì sinA = 1 A v 2,5m / s 2 2 min a Bài 4: Hai tàu A và B ban đầu cách nhau một khoảng l. Chúng chuyển động cùng một lúc với các vận tốc có độ lớn lần lượt là v1, v2. Tàu A chuyển động theo hướng AC tạo với AB góc (hình vẽ). A a) Hỏi tàu B phải đi theo hướng nào để có thể gặp tàu A. Sau v 1 B bao lâu kể từ lúc chúng ở các vị trí A và B thì hai tàu gặp nhau? H  b) Muốn hai tàu gặp nhau ở H (BH vuông góc với v ) thì các 1 v2 độ lớn vận tốc v v phải thỏa mản điều kiện gì? 1, 2 C Giải: a) Tàu B chuyển động với vận tốc v2 hợp với BA góc . - Hai tàu gặp nhau tại M. Ta có AM = v1.t, BM = v2.t. A v - Trong tam giác ABM: 21 v 1 B AM BM v t v t v H  + 1 2 sin = 1 sin (1) sin  sin sin  sin v2 v2 v1 - Tàu B phải chạy theo hướng hợp với BA một góc  thỏa mản (1)  - Cos = cos[1800 – (  ) ] = - cos(  ) = sin .sin  cos .cos  M - Gọi vận tốc của tàu B đối với tàu A là v21 . Tại thời điểm ban đầu v21 cùng phương chiều với BA . Theo công thức cộng vận tốc: 2 2 2 v21 v23 v13 v2 v1 => v21 v2 v1 2v2v1 cos 2 2 2 2 2 2 2 => v21 v2 (sin  cos  ) v1 (sin cos ) 2v1v2 (sin .sin  cos .cos  ) 2 2 2 2 2 2 2 2 =(sin .v2 2sin sin .v1v2 sin .v1 )+ (cos .v2 2cos cos .v1v2 cos .v1 ) 19
  19. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí 2 2 2 = (sin .v2 sin .v1) +(cos .v2 cos .v1 ) = 0 + (cos .v2 cos .v1) ( theo (1) ) => v21 = v1.cos v2 cos  Vậy thời gian để tàu B chuyển động đến gặp tàu A là: AB l t = v21 v1 cos v2 cos  * Cách khác: Từ M ta hạ đường cao MD xuống AB cắt AB tại D, ta có: AB AD DB AM cos BM cos  v1.t.cos v2 .t.cos  AB l t v1 cos v2 cos  v1 cos v2 cos  b) Để 2 tàu gặp nhau ở H thì  900  900 sin  sin(900 ) cos v v Theo (1) ta có: cos 1 sin tan 2 . v2 v1 Bài 5: Hai xe chuyển động thẳng đều từ A và B cùng hướng về điểm O với cùng vận tốc v. Biết AO = 20km; BO = 30km; Góc 600 . Hãy xác định khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá chuyển động? Giải: Cách 1: Xét tại thời điểm t : Vật A ở A’; Vật B ở B’. Khoảng cách d = A’B’ d AO vt BO vt Ta có: sin sin  sin d BO AO 10 A’ O A sin sin sin  sin sin   d 10 với   1200      sin 2cos .sin 2 2 B’ 10sin 600 5 3 d d     B 2cos600.sin sin 2 2   Nhận xét: dmin (sin ) 1 d 5 3 km 2 min * Cách 2: Ta có: x vt 20 y vt 30 20
  20. Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí Khoảng cách giữa hai xe ở thời điểm t: d 2 x 2 y 2 2xy cos600 x 2 y 2 xy v 2t 2 50vt 700 y Vế phải là tam thức bậc 2 có cực tiểu khi: A v1 x b 50v 25 t 2 O 2a 2v v v12 v2 4.v 2 .700 502 v 2 Và: d 2 75 d 5 3 km min 4a 4v 2 min C H * Cách 3: Hệ qui chiếu B đứng yên: B v12 v1 v2 0 Vì v1 = v2 = v và = 60 nên OAC là tam giác đều. Suy ra: BC = BO – AO = 10km. 0 d min BH BC.sin 10.sin 60 5 3 km Bài 6: Cùng một lúc, từ cùng một điểm O ở độ cao h so với mặt đất, hai vật được ném ngang theo hai hướng ngược nhau với vận tốc đầu lần lượt là v = 30 m/s và v = 40 m/s 01 02 . Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy gia tốc rơi tự do g = 10 m/s 2. Cho biết ngay trước khi chạm đất, vectơ vận tốc của hai vật có phương vuông góc với nhau. Xác định độ cao so với mặt đất của điểm O. Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc hai vật là: v01 v02 v gt 1 v2 gt v1 v01 g.t v2 v02 g.t  Do v1  v2 nên ta có: v1.v2 0 2 2 v01 g.t v02 g.t 0 g t v01v02 0 v v 2h v v v v t 01 02 01 02 h 01 02 60m g g g 2g 2h * Cách khác: Thời gian rơi của hai vật là: t . g gt vo2 Vận tốc của mỗi vật theo phương Oy là vy=gt. Từ hình vẽ ta có: tan ,cot g . vo1 gt v v Do +=90o nên tan cot g v v (gt) 2 2gh h o1 o2 60m o1 o2 2g 21
  21. Bài 7: Ném một vật với vận tốc v0 ban đầu lập với phương ngang góc . Xác định thời gian để vận tốc của vật có phương hợp với phương của vận tốc ban đầu v0 góc . Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc vật là: v v0 g.t v0 v v0 v0 g.t v0 .v.sin v0 g.t Xét : v0 .v.sin v0 .g.t.cos v.sin t g.cos 2 2 2 2 v0 .sin Mặc khác: v v0 g t thế vào phương trình trên ta được: t g cos 2 sin 2 Câu 8: Cùng một lúc, từ cùng một điểm O ở độ cao h so với mặt đất, hai vật được ném đi với vận tốc đầu là v01 và v02 lần lượt hợp với phương ngang các góc là 1 và 2 . Bỏ qua sức cản của không khí. Xác định thời gian để vận tốc của hai vật song song với nhau. Giải: Sau thời gian t vectơ vận tốc hai vật là: v1 v01 g.t v2 v02 g.t Do v1 // v2 nên ta có: v1 v2 0 v01 g.t v02 g.t 0 v01 v02 v01 g.t g.t v02 0 v01.v02 sin 2 1 v01.g.t.cos 1 v02 .g.t.cos 2 0 v .v sin t 01 02 2 1 v02 .g.cos 2 v01.g.cos 1 Bài 9: Một bánh xe bán kính R và tâm C lăn không trượt trên trục Ox trong khi khi vẫn nằm trong mặt phẳng (Oxy). M là một điểm gắn cố định với bánh xe, ở thời điểm t = 0, M trùng với gốc tọa độ O, vận tốc của bánh xe (tâm C) là không đổi và bằng v. Xác định quĩ đạo chuyển động của điểm M đối với hệ tọa độ Oxy đứng yên. y Giải: Ta có xI v.t R . OM OC CM ; x xI Rsin ; y R R cos C v v v v x R t sin t ; y R 1 cos t α M R R R x => Quỹ đạo là một xycloit. O I 22
  22. Bài 10: Một quả cầu nhỏ nhảy qua lại trong một bán cầu như hình vẽ. Nó va chạm với mặt trong tại hai điểm cùng nằm trên một mặt nằm ngang. Khoảng thời gian quả cầu chuyển động từ phải sang trái là T1, từ trái sang phải là T2 với T1 T2. Tìm bán kính quả cầu. Giải: - Tầm xa của quả cầu ném xuyên với vận tốc đầu là v0, góc ném là so với phương ngang v 2 sin 2 là : S 0 . g - Do hai điểm va chạm cùng nằm trên một đường nằm ngang nên độ lớn vận tốc đầu của chuyển động từ trái sang phải và phải sang trái là như nhau. v 2 sin 2 v 2 sin 2 - Vậy tầm xa ứng với hai góc ném , là bằng nhau: S 0 1 . 0 2 1 2 g g 1 2 sin 2 1 sin 2 2 2 1 2 2 0 - Mà T1 T2 nên 1 2 vậy 1 2 90 - Do va chạm đàn hồi nên phương của vận tốc trước và sau va chạm đối xứng nhau qua pháp tuyến OA tại điểm va chạm. Vậy góc giữa OA với phương ngang là: 1 2 1 2 450 . O 2 2 2 S S R - Vậy bán kính của quả cầu: R . 2cos 2 1 2 A B 2v0 sin 1 2v0 sin 2 2v0 cos 1 S - Mặt khác ta có: T và T 1 g 2 g g 2 2v0 sin 2 1 2S gT1T2 gT1T2 T1T2 S R . g g 2 2 2 Bài 11: Có hai vật: vật m1 ban đầu đứng yên còn m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc v0. Đặt lên mỗi vật lực F giống nhau, cùng phương với v0 . Tìm F để sau thời gian t hai vật có cùng độ lớn và hướng vận tốc. F F F F Giải: Ta có a1 ; a2 do đó v1 t ; v2 t v0 m1 m2 m1 m2 1 1 m m v 1 2 0 Theo đề v1 v2 F t v0 F m1 m2 m2 m1 t 23
  23. m1m2v0 F  v0 : m2 m1 F m2 m1 t Vậy m m v F  v : m m F 1 2 0 0 2 1 m1 m2 t Bài 12: Một thanh nặng đồng chất AB, khối lượng phân bố đều, hai đầu tựa trên vòng tròn không nhẵn, bán kính R. Mặt phẳng vòng tròn thẳng đứng, hệ số ma sát trượt giữa thanh AB và vòng tròn là k, khoảng cách từ tâm O của vòng tròn đến AB là OC = b. Xác định góc nghiêng của OC với đường kính thẳng đứng OD của vòng tròn. Giải: b + Đặt AB = 2l, góc OAC = góc OBC = sin , góc COD = R M 0 F  F / O 1 N O 1 M 0 + Điều kiện cân bằng của AB:  F / A (1) A C N 2 M 0  F / B P B D F2 + Từ (1) đặt Fms1 = F1, Fms2 = F2. + Pbsin F1R F2 R (F1 F2 )R (1a) + Pl cos 2F2l cos 2N 2l sin P cos 2F2 cos 2N 2 sin (1b) + Pl cos 2F1l cos 2N1l sin P cos 2F1 cos 2N1 sin (1c) F kN + Khi AB cân bằng: 1 1 (2) F2 kN 2 kPcos F1 2 sin k cos + Từ (1b, 1c, 2) ta có: (3) kPcos F2 2 sin k cos kP cos kP cos Thay (3) vào (1a): Pbsin R 2 sin k cos 2 sin k cos kRPsin cos kRsin Pbsin tg sin 2 k 2 cos b(sin 2 (1 k 2 ) k 2 ) b kR 2 Với sin tg . R b 1 k 2 R 2 k 2  Bài 13 : Một quả cầu nhẵn có khối lượng M và bán kính R trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Từ đỉnh quả cầu trượt tự do một vật nhỏ có khối lượng m. Với tỉ số m/M bằng bao nhiêu thì vật nhỏ rời mặt cầu ở độ cao 7R/4 so với mặt bàn. Giải : 24
  24. + Khi m bắt đầu rời khỏi M : M có vận tốc v2 đối với mặt đất, m có vận tốc v1 đối với M. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang ta có : mv1 sin R Mv2 m v2 v1 sin 0 v2 . m M v2 v1 O Mv 2 m v v 2 + Áp dụng ĐLBTCN : mgR 1 sin 2 1 2 2 2 2 2 2mgR 1 sin m M v2 mv1 2mv1v2 cos 2 m 2 sin 2 2m 2 sin 2 2mgR 1 sin v 2 mv 2 v 2 m M 1 1 m M 1 m M v 2 2gR 1 sin . (1) 1 M mcos 2 + Khi m bắt đầu rời khỏi M thì gia tốc của vật M bằng 0 và phản lực M lên m bằng 0. + Áp dụng định luật II Newton cho m trong HQC gắn với M : v 2 mg sin m 1 v 2 gRsin (2) R 1 m M + Từ (1) và (2) ta có : sin 2 1 sin M mcos 2 m 3sin 2 3sin 2 M 2 2sin sin cos 2 sin 3 3sin 2 7R / 4 R 3 m 16 + Với sin . R 4 M 11 5. ĐẠO HÀM VÀ Ý NGHĨA VẬT LÍ Trong vật lí, hóa học, có nhiều bài toán đưa về việc tìm giới hạn dạng: f (x) f (x ) lim 0 , Trong đó y = f(x) là một hàm số đã cho, giới hạn trên dẫn đến khái x x0 x x0 niệm quan trọng trong toán học đó là khái niệm đạo hàm. Ta xét bài toán vật lí sau: Một chất điểm chuyển động trên trục s’Os. Quãng đường của chuyển động là hàm số của thời gian s = s(t). Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t0. s’ O s(t0) s(t s ) Trong khoảng thời gian t - t0 chất điểm đi được quãng đường: s(t) - s(t0) Nếu chất điểm chuyển động không đều thì vận tốc trung bình của chất điểm trong s t s t0 khoảng thời gian t - t0 là: vtb . Khi t càng gần t0 thì thì vtb càng gần v(t0). t t0 25
  25. s t s t v t 0 Vậy vận tốc tức thời tại t0 là: 0 lim t t0 t t0 5.1. Định nghĩa đạo hàm tại một điểm a). Định nghĩa : Cho hàm số y f x xác định trên khoảng a ; b và x0 a ; b , đạo f x f x0 hàm của hàm số tại điểm x0 là : f ' x0 lim . x x0 x x0 * Chú ý : • Nếu kí hiệu x x x0 ; y f x0 x f x0 thì : f x0 x f x0 y f ' x0 lim lim . x x0 x x0 x 0 x • Nếu hàm số y f x có đạo hàm tại x0 thì nó liên tục tại điểm đó. b). Ý nghĩa của đạo hàm * Ý nghĩa hình học: Cho hàm số y f x có đồ thị C • f ' x0 là hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị C của hàm số y f x tại M0 x0 , y0 C . MH y Ta có: tan M 0 H x • Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm M0 x0 , y0 C là : y f ' x0  x x0 y0 * Ý nghĩa vật lí : • Vận tốc tức thời tại thời điểm t của chuyển động thẳng là đạo hàm của hàm quãng đường s s t là: .v t s t • Gia tốc là đạo hàm theo thời gian của vận tốc, hoặc đạo hàm bậc hai của quãng đường: a(t) v t s t . 26
  26. • Cường độ dòng điện tức thời tại thời điểm t là đạo hàm của hàm điện lượng Q Q t là : i t Q t . • Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mạch kín: ec t NΦ t , (trong đó: N là số vòng dây, Φ là từ thông xuyên qua mạch kín). • Suất điện động tự cảm: e tc t L.i t , (trong đó: L là độ tự cảm (H), i là cường độ dòng điện chạy trong mạch). 5.2. Qui tắc tính đạo hàm và công thức tính đạo hàm a). Các quy tắc : Cho u u x ; v v x ; C : là hằng số . • u v ' u ' v ' • u.v ' u '.v v'.u C.u C.u u u '.v v'.u C C.u • , v 0 v v2 u u2 • Nếu y f u , u u x y x yu .u x . b). Các công thức : • C 0 ; x 1 • x n n.x n 1 u n n.u n 1.u 1 u • x , x 0 u , u 0 2 x 2 u • sin x cos x sin u u. cosu • cos x sin x cosu u .sin u 1 u • tan x tan u cos2 x cos2 u 1 u •. cot x cot u sin2 x sin2 u • e x e x eu eu .u • a x a x .ln a a u a u .ln a.u 1 u • ln x lnu x u 6. TÍCH PHÂN Ta xét bài toán vật lí sau: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng m gắn vào đầu của một lò xo có độ cứng k và có khối lượng không đáng kể, đầu kia của lò xo được giữ cố định. Vật m có thể trượt trên một mặt phẳng nằm ngang không có ma sát. Từ vị trí cân bằng O kéo lò xo giãn một đoạn nhỏ A rồi buông nhẹ, ta thấy vật m dao động quanh vị trí cân bằng O. Xác định công của lực đàn hồi khi vật đi từ vị trí x1 đến vị trí x2. 27
  27. Chọn trục Ox trùng với phương chuyển động của hệ, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng (vị trí của vật khi lò xo không biến dạng). Tọa độ x của vật bằng giá trị đại số của độ biến dạng của lò xo, tức là vừa xác định độ lớn, vừa cho biết chiều biến dạng. x Lực đàn hồi xuất hiện khi lò xo bị biến dạng, ngược chiều với độ biến dạng và có độ lớn tỉ lệ x thuận với độ biến dạng: O x1 Δx x2 F = -kx Vì lực đàn hồi thay đổi theo độ biến dạng x, nên ta chia nhỏ độ biến dạng toàn phần thành n đoạn biến dạng vô cùng nhỏ Δx sao cho tương ứng với độ biến dạng này lực đàn hồi được coi là không đổi. Công nguyên tố do lực đàn hồi thực hiện trên một đoạn biến dạng Δx có giá trị: ΔA = F. Δx = -kx. Δx Công toàn phần bằng tổng tất cả các công nguyên tố. Trên đồ thị biểu diễn mối liên hệ giữa độ lớn lực đàn hồi và độ biến dạng x thì công nguyên tố bằng diện tích hình chữ nhật có hai cạnh là kx và Δx. Cộng tất cả các diện tích nguyên tố trong phạm vi giới hạn trên trục x từ giá trị x1 đến x2, ta được công toàn phần A. n n A ΔA i  F.Δ xi i 1 i 1 Nếu n càng lớn thì xi càng nhỏ và độ chính xác càng lớn: n A ΔA lim i n i 1 Giới hạn phía phải được kí hiệu là: n x2 ΔA F x .dx lim i n i 1 x1 Δx 6. 1. Nguyên hàm Cho hàm số f (x) xác định trên K (K là đoạn, khoảng, nửa khoảng). Hàm số F(x ) được gọi là nguyên hàm của hàm số f (x) trên K, nếu F '(x) f (x) , với mọi x K . 6.2. Tích phân 28
  28. Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b]. Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên đọan [a;b]. Hiệu số F(b) – F(a) được gọi là tích phân từ a đến b (hay gọi là tích phân xác b định trên đoạn [a;b] của hàm số f(x)). Kí hiệu là: f (x)dx a b Vậy: f x dx F x b F b F a a a 6.3. Tính chất tích phân Cho các hàm số f (x), g(x) liên tục trên K và a,b,c là ba số thuộc K. a f x dx 0 a b a f x dx f x dx a b b c b f x dx f x dx f x dx a a c b a n. f x dx n. f x dx (n là hằng số) a b b b b  f x g x dx f x dx g x dx a a a 6.4. Bảng tích phân CÔNG THỨC CƠ BẢN CÔNG THỨC MỞ RỘNG dx x C du u C x 1 u 1 x dx C u du C 1 1 dx 1 1 ln x C dx ln ax b C x (ax b) a 1 ax b n 1 1 1 (ax b) n dx C dx u n dx C a n 1 u n (n 1).u n 1 e x dx e x C 1 eax bdx eax b C x a x a a dx C a u ln a a u du C cos x.dx sin x C ; ln u 1 1 sin(ax b)dx cos(ax b) C cos(nx).dx sin nx C a n 1 sin x.dx cos x C cos(ax b)dx sin(ax b) C ; a 1 u ' du sin nx.dx cos nx C dx ln u C ; n u u 29
  29. 1 u' dx (1 tg 2 x) tgx C dx 2 u C ; cos 2 x u 1 dx (1 cot2 gx) cotgx C u' 1 2 2 dx C sin x u u dx x arcsin C dx 1 a x 2 2 ln C a x a a 2 x 2 2a a x dx 1 x arctan C dx 2 2 2 ln x x a C a x a a x 2 a 6.5. Ứng dụng vật lí Quãng đường S mà vật đi được với vận tốc biến thiên v(t) trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 được xác định bằng tích phân xác định: t 2 S v t dt t1 Công A của lực thay đổi cho bởi hàm số F = F(x) và có hướng dọc theo trục Ox khi điểm đặt của lực di chuyển từ a đến b được xác định bằng tích phân xác định: b A F x dx a  BÀI TẬP ÁP DỤNG PHẦN ĐẠO HÀM VÀ TÍCH PHÂN Bài 1: Một hạt chuyển động chậm dần trên đường thẳng với gia tốc a mà độ lớn phụ thuộc vận tốc theo quy luật |a| = kv , trong đó k là hằng số dương. Tại thời điểm ban đầu vận tốc của hạt bằng v0. Tìm quãng đường hạt đi được cho đến khi dừng lại và thời gian đi hết quãng đường ấy. Giải: dv + Ta có a = k v = - -kdt = v-1/2dv dt 2 kt + Lấy tích phân ta có v = v0 - 2 2 v + Thời gian chuyển động cho đến khi dừng hẳn t = 0 k 2 2 kt k 2 + Quãng đường đi được dS = vdt = v0 - dt = v0 - k v0 t + t dt 2 2 2 v0 / k 2 k 2 + Vậy quãng đường đi được đến khi dừng hẳn S = v0 - k v0 t + t dt 2 0 30
  30. 2v3/2 + Kết quả là S = 0 . 3k Bài 2: Một chất điểm chuyển động chậm dần trên bán kính R. sao cho tại mỗi điểm gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến luôn có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban đầu t = 0, vận tốc của chất điểm đó là v0 . Hãy xác định: a.Vận tốc của chất điểm theo thời gian và theo quãng đường đi được. b.Gia tốc toàn phần theo vận tốc và quãng đường đi được. Giải: dv v 2 dv dt a. Theo đề bài ta có: a a (1) t n dt R v 2 R v dv t dt 1 1 t v - Lấy tích phân 2 vế ta có: v 0 2 v R v v0 R v0 v0 0 1 t R dv ds - Từ (1) (2) (ds = vdt ) v R v dv S ds v s - Lấy tích phân 2 vế phương trình (2): ln v R v R v0 0 0 S R v v0 .e . 2 2 b. Gia tốc toàn phần: a at an at 2 an 2 v 2 - Gia tốc toàn phần theo vận tốc: a 2 R 2s v 2 .e R - Gia tốc toàn phần theo quãng đường đi được: a 0 2 . R Bài 3: Bốn con rùa đứng ở bốn đỉnh của hình vuông cạnh a, chúng bắt đầu chuyển động không đổi với vận tốc có độ lớn v, sao cho mỗi con rùa trong khi bò luôn hướng về con bên cạnh theo chiều kim đồng hồ. Xem mỗi con rùa là một chất điểm. a. Các con rùa sẽ gặp nhau ở đâu, sao bao lâu? b. Quĩ đạo chuyển động của mỗi con rùa có dạng thế nào? Giải: a. Xét một con rùa trong hệ tọa độ cực, tại thời điểm t: xác định r, . - Ta có:x r cos ; y r sin . dr d v cos r sin y x dt dt vr v 31 r O v x
  31. dr d v sin r cos y dt dt 2 2 2 2 2 dr d 2 2 v vx v y r vr v dt dt dr - Trong đó: v vận tốc xuyên tâm; r dt d v r r vận tốc phương vị. dt - Vì r,v luôn tạo với nhau góc 450 (r qua tâm của hình vuông). 2 2 - Do v v cos 450 v const ;v vsin 450 v const . r 2 2 a 2 a - Bốn con rùa gặp nhau lúc chúng tiến đến tâm với thời giant . 2 vr v b. Phương trình quĩ đạo: r r ; ( có chiều + là chiều kim đồng hồ). dr 2 d 2 dr - Từ v v ; v r v 1. r dt 2 dt 2 rd a 2 - Với t = 0 thì r ; . 2 4 r a 2 a 2 - Suy ra: ln ln c e 4 . c 2c 4 2 a - Vậy: r e 4 đây là phương trình quĩ đạo của con rùa 1. 2 - Các con rùa 2, 3, .4 có quĩ đạo lần lượt là: 3 5 7 a 4 a 4 a 4 r2 e ;;.r3 e r4 e 2 2 2 Bài 4: Viết phương trình chuyển động của một vật rơi tự do theo thời gian nếu kể đến lực cản của không khí Fc kv , k là một hằng số dương. Giải: - Áp dụng định luật II Newton cho vật: ma p Fc - Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động, chiều dương hướng xuống ta có: dv dv dt ma mg kv m mg kv dt mg kv m k mg t - Lấy tích phân ta được: v C e m k 1 32
  32. - C1 là hằng số tích phân được xác định từ điều kiện đầu, v(0) = 0. mg mg v 0 0 C C k 1 1 k k mg t - Do đó: v (1 e m ) . k k k dx mg t mg t - Mặt khác ta lại có: v (1 e m ) dx (1 e m )dt dt k k k mg m 2 g t - Lấy tích phân hai vế ta được: x t e m C k k 2 2 - C2 là hằng số tích phân được xác định từ điều kiện đầu, x(0) = 0. m 2 g m 2 g x 0 0 C C k 2 2 2 k 2 k mg m 2 g t - Phương trình chuyển động của vật là: x t (1 e m ) k k 2 * Bài toán này ta có thể giải bằng định lí biến thiên động năng như sau: - Trong chuyển động của vật vì kể đến lực cản của không khí nên cơ năng của vật biến thiên. Lực cản sinh công âm cản trở chuyển động rơi của vật. Giả thiết sau thời gian t vật đi được quãng đường x và đạt vận tốc v. - Công nguyên tố của ngoại lực dA dAC dAP trong đó: - Công của lực cản: dAC = - FCdx. - Công của trọng lực: dAP = mgdx. 1 - Động năng của vật: W mv 2 đ 2 - Áp dụng định lí biến thiên động năng dạng đạo hàm: dW dA dv dx dv dt đ mv mg kv . dt dt dt dt mg kv m - Các bước còn lại giải giống như phần đầu. Bài 5: Một chất điểm có khối lượng m chịu tác dụng của một lực theo phương ngang x là F = psinkt, trong p, k là những hằng số đã biết. Tìm chuyển động của chất diểm biết rằng lúc ban đầu t = 0, thì chất điểm ở vị trí x0, và có vận tốc v0. Giải: - Áp dụng định luật II Newton cho chuyển động của vật: dv m psin kt mdv psin kt.dt dt 33
  33. p - Tích phân phương trình trên ta được: v cos kt C km 1 dx dx p p - Mặt khác ta có: v cos kt C dx ( cos kt C )dt dt dt mk 1 mk 1 p - Lấy tích phân hai vế ta được : x sin kt C t C mk 2 1 2 - Sử dụng các điều kiện đầu ta tính được các hằng số tích phân C1, C2: p p v C1 v0 C1 v0 t 0 km km x C2 x0 C2 x0 p p - Phương trình chuyển động của vật sẽ là:x x0 v0 t sin kt . km k 2 m - Ta nhận thấy chất điểm tham gia hai chuyển động: p - Chuyển động đều: x1 x0 v0 t km p - Dao động điều hòa: x sin kt. 2 k 2 m Bài 6: Một viên đạn xuyên qua tấm ván có chiều dày là h, có vận tốc giảm từ v 0đến v. Tìm thời gian chuyển động của đạn trong tấm ván, biết rằng lực của tấm ván tỉ lệ với bình phương vận tốc của viên đạn. Giải: - Xét trong khoảng thời gian rất nhỏ dt khi đản trong tấm ván ta có phương trình định luật  II Newton: F ma dv - Hay: kv 2 m (1) dt kvds mdv (2) - Từ (1) ta suy ra: k dv dt (3) m v 2 k h v dv m v - Lấy tích phân (2): ds h ln (4) m v k v 0 v0 0 k t v dv k 1 1 - Lấy tích phân (3): dt t (5) m v m v v 0 v0 0 h v v - Từ (4) và (5) ta suy ra: t 0 v.v0 ln v ln v0 34
  34. Bài 7: Một quả đạn rốc-két ban đầu đứng yên, sau đó tự phóng thẳng đứng từ dưới lên trên bởi khối lượng khí phụt ra phía sau với vận tốc không đổi u (so với rốc-két). Coi gia tốc trọng trường là không đổi bằng g. Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của gia tốc và vận tốc của rốc-két. Giải: + Do chuyển động là thẳng nên chọn trục x trùng với đường thẳng chuyển động, chiều mdv udm dương là chiều chuyển động, phương trình chuyển động là mg (*) dt dt + Do dm/dt = hằng số và m = m0, dv/dt = 0 tại t = 0 nên phương trình trên cho dm m g 0 . dt u gt + Lấy tích phân phương trình trên ta có m = m0(1 - ) u 2 2 gt dv m0 g t dv g t + Thay vào (*) ta có m0(1 - ) = (m0 – m)g = Hay a = = u dt u dt u gt g 2t + Vận tốc ở thời điểm  là dv = dt u gt  gt u + Hay v = gdt => v = -g + uln . 0 u gt u g Chú ý:  trong biểu thức vận tốc v chính là t trong biểu thức gia tốc a. Bài 8: Một vật nhỏ đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn, lúc t 0 vật đó chịu tá dụng của một lực phụ thuộc thời gian F t ( là hằng số). Lực hợp với mặt nghang góc không đổi . a. Tính vận tốc của vật lúc rời mặt phẳng ngang. b. Quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Giải: a. Xét các lực tác dụng vào vật: F p N ma - Chiếu lên 0x: F cos ma (1) - Chiếu lên 0y: N F sin p 0 (2) N p F sin mg t.sin - Vật rời khỏi mặt ngang khi : N 0 - Hay mg t.sin 0 mg - Thời gian để nó rời khỏi mặt phẳng ngang: t 0  sin 35
  35. - Từ (1): F cos ma t dv  cos v 0  cos t 2 cos - Hay: t.cos m dv .t.dt dv tdt v 0 . dt m 0 0 m 2m 1 mg 2 .cos => v . 2 .sin 2 1  cos b. Phương trình vận tốc : v . .t 2 2 m t0  cos t 3 cos - Quảng đường vật đi được từ 0 t : S ds t 2 dt 0 0 0 2m 6m m 2 g 3 cos S . 6 2 sin 3 Bài 9: Một chất khí có khối lượng mol là  , có áp suất p, giữa hai bản nằm ngang giống hệt nhau. Nhiệt độ của khí tăng đều từ T 1 ở bản dưới đến T 2 ở bản trên. Thể tích khí giữa hai bản là V. Hãy tìm khối lượng khí. Giải: - Ta có khối lượng dm trong thể tích dV giới hạn bởi hai mặt phẳng ngang N và N ’ với NN’ = dy: dm dV Sdy . p - Từ phương trình trạng thái khí lý tưởng ta có: . RT p p V Vậy dm Sdy dy RT RT l y T2 - Mặt khác ta có: N’ dy l T T N 2 2 T1 T y T1 o 2 pV dy - Cuối cùng ta được: dm R T2 T1 lT1 y T2 T1 m pV l dy pV ln T /T - Lấy tích phân ta được: dm m 2 1 0 R T2 T1 0 lT1 R T2 T1 y T2 T1 Bài 10: Một hình trụ ngang một đầu kín, quay với vận tốc góc không đổi  xung quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu hở của hình trụ. Áp suất của không khí xung quanh là p 0, nhiệt dộ là T, khối lượng mol của không khí là  . Hãy tìm áp suất không khí theo khoảng cách r tính từ trục quay. Coi khối lượng mol không phụ thuộc vào r. Giải: 36
  36. + Hình trụ quay đều với vận tốc góc  là hệ qui chiếu không quán tính nên các phân tử khí trong hình trụ chịu tác dụng của lực quán tính li tâm F mr 2 . + Áp suất của khối khí có thể tích dV cách trục quay một khoảng r là: dp  2 rdr p + Mặt khác từ phương trình trạng thái khí lí tưởng ta có: RT p + Vậy: dp  2 rdr RT  2 r 2 2 RT + Thực hiện tích phân ta được: p p 0 e Bài 11: Trong một xilanh nằm ngang kín cả hai đầu có một pit tông nhẹ. Ban đầu pit tông chia xilanh thành hai ngăn bằng nhau, mỗi ngăn có thể tích là V 0 và chứa khí lí tưởng có cùng nhiệt độ và cùng áp suất p 0. Tính công cần thiết để cho pit tông chuyển động chậm, làm cho thể tích một ngăn lớn hơn thể tích ngăn kia n lần. Quá trình là đẳng nhiệt, bỏ qua ma sát. Giải: - Ta có: p0V0 p0 hS pt S h x p p S h x h h pt p0 và p p p0 . h dx h x h x pt pp - Lực tổng hợp tác dụng lên pit tông là: x 1 1 p0 Sh2x F pt p p S p0 Sh h x h x h 2 x 2 - Ta có công cần thực hiện: x x 2 p Sh2x x h A Fdx 0 dx p Shln h 2 x 2 p V ln . 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 h x h x V h x S n 1 h - Mặt khác theo đề ta có: t n x . Thế vào trên ta được: V p (h x)S n 1 n 1 2 A p V ln . 0 0 4n Bài 12: Một sợi dây có dạng một cung tròn mảnh, bán kính R, góc ở tâm 2α, sợi dây tích điện đều là q 0 đặt trong không khí. Xắc định cường độ điện trường và điện thế tại tâm của cung tròn. 37
  37. Giải: - Mật độ điện tích dài trên cung tròn mảnh là: d R dE q dφ 2  2 .R q φ -α X - Chia cung tròn thành nhiều phần tử nhỏ chiều φ α O dài d , với d Rd . - Điện tích trên mỗi phần tử nhỏ d là d dE1 dq d Rd * Tính cường độ điện trường tại O. - Xét cường độ điện trường do phần tử dq gây ra tại M là d E1 có phương chiều như hình kdq k.d vẽ, độ lớn dE 1 R 2 R - Chọn hệ trục toạ độ như HV. - Do ta luôn tìm được hai phần tử dq trên cung tròn đối xứng nhau qua trục OX, mỗi phần tử này gây ra tại O một cường độ điện trường có thành phần điện trường vuông góc với trục OX triệt tiêu lẫn nhau từng đôi một do đó cường độ điện trường tại O có phương trùng k kqsin với trục OX, độ lớn: E dE .cos . cos .d 1 2 R .R * Tính điện thế tại O. kdq - Xét phần tử nhỏ dq bất kì. Phần tử này gây ra tại O một điện thế: dV k.d R kq cả cung tròn gây ra tại O một điện thế là V dV kd 2 .k. R Nhận xét: + Véc tơ E do cung tròn tích điện đều gây ra tại tâm của nó có phương nằm trên trục đối xứng của cung tròn (trục đối xứng này nằm trong mặt phẳng chứa cung tròn). + Nếu 2 2 ứng với cả vòng tròn E 0 phù hợp với kết quả vòng tròn tích điện đều ứng với z 0 . 3 3 2 2kq + Nếu 2 ứng với vòng tròn E 2 4 3 .R 2 2kq + Nếu 2 ứng với nửa vòng tròn E .R2 1 2 2kq + Nếu 2 ứng với vòng tròn E 2 4 .R 2 38
  38. kq + V điện thế do cung tròn tích điện đều gây ra tại tâm của nó không phụ thuộc vào . R + Nếu q 0 ta cũng thu được các kết quả tương tự nhưng chiều của E ngược lại. Bài 13: Cho mạch điện như hình vẽ. Ban đầu khóa K ở vị trí 1, 1 2 tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế bằng E. Sau đó, chuyển K khóa K sang vị trí 2. Khảo sát sự biến thiên cường độ dòng điện E C R trong mạch. Bỏ qua điện trở dây nối, khóa K. Giải: - Khi khóa K ở vị trí 1, điện tích trên tụ Q0 = E.C. - Khi khóa K ở vị trí 2, ta có: q + C R q dq q dq i.R i i.R .R C dt C dt dq 1 q dq 1 t q 1 .dt . dt ln .t q R.C q R.C Q R.C Q0 0 0 t R.C q Q0.e t R.C Vậy điện tích biến thiên theo phương trình: q Q0.e - Đồ thị biểu diễn sự theo thời gian - Phương trình cường độ dòng điện trong mạch dq 1 t E t i Q . .e R.C .e R.C dt 0 R.C R - Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của điện tích trên tụ và cường độ dòng điện trong mạch với thời gian: q i Q0 E/R O t O t Bài 14: Cho mạch điện như hình vẽ. Cuộn dây có hệ số tự cảm L=100 mH và điện trở R = 5 Ω. Nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r=0. Ban đầu K mở. Hỏi sau bao lâu kể từ khi K đóng, thì cường độ dòng điện qua cuộn dây sẽ bằng nửa dòng điện ổn định. Giải: L, R - Trước khi đóng K thì i = 0. K 39 E, r
  39. E - Khi dòng điện ổn định thì I R - Khi đóng K, trong mạch có hiện tượng tự cảm, suất điện động tự cảm di etc L dt di - Áp dụng định luật Kiếc sốp có: E iR L 0 dt di dt Ri E L R L E t i ( a.e L ) Lấy tích phân hai vế ta được: R L trong đó a là một hằng số. - Khi đóng K thì dòng điện bắt đầu tăng từ 0 đến giá trị ổn định. Tức i=0 khi t= 0, hay: R L E .0 E 0 ( a.e L ) a R L L - Tại thời điểm t, dòng điện qua cuộn dây bằng nửa dòng ổn định, có: R R E t 1 E t 1 (1 e L ) . e L R 2 R 2 R 1 L t ln t ln 2 L 2 R Bài 15: Cho một cuộn dây có lõi sắt hình vẽ. Đóng K cường độ dòng điện trong mạch tăng theo đồ thị bên. Điện trở trong của nguồn và dây nối bằng không. Điện trở suất của cuộn dây là . Đường kính lõi sắt là D, tiết diện của dây dẫn là S. a. Cho biết ý nghĩa của các diện tích S1, S2 . b. Xác định độ lớn của cảm ứng từ trong lõi sắt dựa vào các đại lượng đã cho. i  D S1 S2 E K 0 t0 t Giải a. S1 là điện lượng bị cản lại không được chuyển qua cuộn dây do có sự xuất hiện suất điện động tự cảm. S2 Điện lượng chuyển qua cuộn dây lúc đóng K trong thời gian từ t = 0 đến t = t0 * Cách 1: Gọi q1 là điện lượng dịch chuyển trong mạch do hiện tượng tự cảm . 40
  40. dq   d d 1 tc dq tc  dt dq dt dt R 1 R 1 dt  R R D 2 n dB q1 B d DSdB DS DSB 4 S dq 4 dq dB q S B 1 1 R n D 4 1 4 1 1 4 DS  0 0 S * Cách 2: Gọi R là điện trở của mạch, ta có: di  L  Ri L dt idt di dt R R I  L L I0 L L  dt idt di I0 dt S2 di S2 I0 S2 0 R R 0 R R R R L  L  Vì I dt = S1 + S2 S1 +S2 = S2 + S1= (1) 0 R R R R di d * Mặt khácL N LI N . (Coi gần đúng L không đổi) dt dt 0 0  D 2 4L 4L  L NBS NB B = . (2) R 4 R D 2 D 2 R D 4S . .  S R 4L S R 1 4S Từ (1) 1 thay vào (2) ta có : B = 1 s 1 R L D 2 L D 2 Ds 4 S Vậy. B 1 DS Bài 16: Một khung dây kín hình vuông cạnh a, có điện trở R nằm trong từ trường có B vuông góc với mặt phẳng của khung. Mặt phẳng của khung song song với mặt phẳng Oxy. Khung được truyền vận tốc ban đầu v0 hướng dọc theo chiều dương trục Ox. Biết từ trường chỉ biến thiên dB theo trục Ox theo quy luật k . Tìm vận tốc của khung sau thời gian t từ khi khung bắt dx đầu chuyển động. dB Giải: Vì k B kx B dx 0 Tại thời điểm t thì cạnh AB có tọa độ là x còn cạnh CD có tọa độ là x a . Suất điện động xuất hiện trên 2 cạnh AB và CD là: eAB BAB .v.a (kx B0 )v.a eCD BCD .v.a k(x a) B0 v.a 41
  41. e e ka2v e ,e mắc xung đối Biểu thức dòng điện trong khung là: i CD AB AB CD R R 2 mv 2 Theo định lý động năng: d i Rdt 2 k 2a4v2 dv k 2a4v2 mvdv dt dt R v mR k 2a4 Lấy tích phân 2 vế ta được: ln v t C mR k 2a4 t mR Tại t =0 thì v = 0 C ln v0 v v0.e Bài 17: Hình vẽ là sơ đồ của mẫu động cơ điện đơn giản. D Một vòng dây dẫn hình tròn tâm C bán kính  nằm ngang cố A B C định trong một từ trường đều B . Một thanh kim loại CD chiều dài  , khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng R đứng đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có ma sát E trên vòng tròn. Một nguồn có suất điện động E nối vào tâm C và điểm A trên vòng tròn qua điện trở R. Chọn t = 0 là lúc vừa nối nguồn. Biết lực ma sát tác dụng lên thanh kim loại có momen cản là 2 với là hằng số. Viết biểu thức tốc độ góc  của thanh theo thời gian. Giải d 2B Khi thanh CD quay với tốc độ góc thì trên nó có suất điện động e C dt 2 E e E 2B Theo định luật Ôm: i C (1) R R 2R Momen từ tác dụng lên đoạn dây có tọa độ x chiều dài là dx: dM iBx.dx Momen từ tác dụng lên cả thanh CD là:  iB2 M iBxdx 0 2 Phương trình chuyển động quay của thanh CD: m2 d iB2 M M 2 (2) 3 dt FC 2 Thay (1) vào (2) ta được: 42
  42. 2 2 4 2 m d 2 B  BE   (3) 3 dt 4R 2R 2 4 2 2 4 2 B  BE 2 B  Đặt: x   dx  d 4R 2R 4R B22 3 dt dx 4R Khi đó (3) được viết lại: x m 2 2 2 4 2 BE m d 2 B  BE Khi  lấy cận từ 0 đến  thì x lấy cận từ đến   2R 3 dt 4R 2R 2 4 2 B  BE B22 2 3 t   4R 4R 2R Tích phân 2 vế ta được: e m BE2 2R B22 3 t 4R 2BE m  2 2 1 e B  4 R Bài 18: Hai thanh ray kim loại đủ dài nằm trên mặt phẳng ngang, song song với nhau cách nhau một đoạn d, hai đầu thanh nối với điện trở thuần R. Một thanh kim loại MN khối lượng m, đặt vuông góc và có thể trượt trên hai thanh ray. Hệ được đặt trong một từ trường  đều B0 hướng thẳng đứng từ dưới lên (Hình vẽ). Ban đầu thanh MN cách điện trở một  khoảng l. Truyền cho thanh MN một vận tốc ban đầu v0 nằm ngang hướng sang phải vuông góc với MN. Điện trở của hai thanh ray và thanh MN không đáng kể. Tìm khoảng cách lớn nhất giữa thanh MN và R. Biết hệ số ma sát giữa thanh MN và hai thanh ray là . M   R v0 B0 d l N Giải Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh MN là: E = B0vd (1) E B vd Suy ra cường độ dòng điện chạy trong mạch có độ lớn: i 0 (2) R R 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 được chiều của lực từ có chiều ngược với chiều của v . Phương trình định luật 2 Newton chiếu lên Ox: 43
  43. dv B2d 2v mdv dv B2d 2 B id mg m 0 mg 0 dt (3) 0 dt R dt mgR mR v 2 2 B0 d Lấy tích phân hai vế: v t 2 2 B2d 2 dv B d mgR 0 t mgR 0 dt v v e mR (4) mgR 0 2 2 2 2 v 0 mR B0 d B0 d 0 v 2 2 B0 d mR mgR Thanh ngừng chuyển động: v 0 t t0 2 2 ln 2 2 (5) B0 d mgR v0 B0 d KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 NĂM 2015 VẬT LÝ - Khối : 10 CHUYÊN BẾN TRE Câu 1: 1 -Quãng đường vật phải đi: S .a.T 2 (1). 2 -Gọi n: số lần chất điểm chuyển động với thời gian T2 1 2 1 2 S aT1 aT1T2 aT1 aT1T1 2aT1T2 2 2 1 2 + aT1 2aT1T1 3aT1T2 2 1 2 + aT1 (n 1)aT1T1 naT1T2 2 T 2.a 1 1 3 5 (2n 1) +TT .a(1 2 n) (2) 2 1 2 1 2n.n 1 (n 1)n 1 -Kết hợp (1) và (2) ta được: 2.100 2 150 2 2 2 n1 7,548 5n n 200 0 n2 7,9 -Sau 7 lần chất điểm chuyển động đều với thời gian T2, quãng đường vật đi được là: 2 1 2.7.7 1 (7 1)7 259 2 S = T .a. .T .a 2.100 2 150 2 600 -Quãng đường còn lại là: 1 259 41 S .T 2.a .T 2.a .T 2.a . 2 600 600 -Quãng đường vật đi được trong thời gian T1 lần thứ 8 2 2 1 T T 3 2 S1 a 7.a. a.T S . 2 100 100 40 44
  44. -Vậy chất điểm đi hết quãng đường trải qua 7 lần chuyển động thẳng đều. Câu 2: -Lấy hệ quy chiếu xOy gắn với tấm ván . Vật đứng yên trên tấm ván, áp dụng định luật I Niu Tơn:    F P N Fms 0 qt y  x -Theo trục Ox : N  O F - mgsin - ma.cos = 0. ms Fqt  → Fms = mgsin + ma.cos . Fms -Theo trục Oy :  N + masin - mg.cos = 0. P → N = m(gcos - a.sin ) -Vật còn nằm trên ván thì: N 0 a g cotg . -Điều kiện vật không trượt trên ván là: Fms ≤ N. Hay : gsin + a.cos ≤  ( gcos - a.sin ) g cos sin a ≤ cos sin g cos sin -Ta thấy: amax = cos sin Câu 3: -Chọn hệ qui chiếu gắn với hình cầu, các lực tác dụng lên viên bi như hình vẽ 2 2 -Ta có:Fqt man m r m Rsin .  -Quả cầu cân bằng: P N Fqt 0 (1) R -Chiếu (1) lên phương tiếp tuyến ta được: O Psin F cos 0 N qt 2 F mg sin m Rsin cos 0 r qt sin 0 0 P g g cos arccos  2 R  2 R -Như vậy, với mọi  ta luôn có một vị trí cân bằng ứng với 0 (vật ở đáy hình cầu), g g g khi 1  2 (để cos có nghĩa) ta có vị trí cân bằng thứ hai với cos .  2 R R  2 R 45
  45. * Biện luận: - Khi 0 ta đưa viên bi ra khỏi vị trí cân bằng 1 đoạn nhỏ, vì nhỏ nên 2 sin ;cos 1. Hợp lực tác dụng lên viên bi sẽ là Ft m (g  R) g + Nếu  F 0 : Vậy Ft có chiều hướng về vị trí cân bằng nên sẽ kéo hòn bi R t trở về vị trí cân bằng: Cân bằng bền. g + Nếu  F 0 : Vậy Ft có chiều hướng ra xa vị trí cân bằng nên sẽ kéo hòn R t bi rời xa vị trí cân bằng: Cân bằng không bền. g g - Khi cos  ta đưa viên bi lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ  2 R R 2 + Nếu đưa viên bi lên cao thì tăng thì Ft m(g  R cos )sin 0 viên bi bị kéo xuống trở về vị trí cân bằng: Cân bằng bền 2 + Nếu đưa viên bi xuống thấp thì giảm thì Ft m(g  R cos )sin 0 viên bi bị kéo lên cao trở lại vị trí cân bằng: Cân bằng bền. CÂU 4: + Định luật bảo toàn năng lượng: 1 1 1 mv2 = mv2 + Mv2 + A . 2 0 2 1 2 2 ms 1 với mv2 = mgh và A = mg L 2 0 ms 2 2 80 = v1 + 4v2 (1) + Định luật bảo toàn động lượng: mv0 = mv1 + Mv2 1 = v1 + 4v2 (2) + Giải hệ (1) và (2) và điều kiện v1 > v2 v1 = 2 + 43 (m/s) và v2 = 2 - 43 (m/s) CÂU 5: + Khi xi lanh trượt xuống mặt phẳng nghiêng thì gia tốc của xi lanh là: a g sin kg cos (1). + Phương trình động lực học cho pittong là: A B (pB – pA)S + Mgsinα = Ma (2) Hình a + Thay (1) vào (2) ta được: (pB – pA)S = - kMgcosα (3) + Phương trình trạng thái cho ngăn A và B. B A 46 α Hình b
  46. p0V0 = pAVA (4) 2p0V0 = pBVB (5) + Mặt khác: VA + VB = 3V0 3V0 3V0 x Đặt x = VB/VA => VA và VB . 1 x 1 x + Kết hợp với phương trình (3), (4), (5) ta được: 3kMg cos x2 ( 1)x 2 0 (6) p0S + Giải phương trình (6) ta được: 3kMg cos 3kMg cos ( 1) ( 1)2 8 V p S p S B x 0 0 VA 2 CÂU 6: * Quá trình (1-2) : p = aV với a là hằng số p p a 1 2 V1 V2 p1V1 p2V2 2 2 V1 V2 RT1 RT2 2 2 V1 V2 V T 1 1 V2 T2 * Quá trình (3-4) : p = bV với b là hằng số p p b 3 4 V3 V4 p3V3 p4V4 2 2 V3 V4 RT3 RT4 2 2 V3 V4 V T 4 4 V3 T3 V2 T1 T2 T3; T1 T4; V2 V4 V3 T2 * Công của khí trong các quá trình : ( p p )(V V ) pV pV p V p V 1 A 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 R(T T ) . ( pV p V ) 12 2 2 2 2 1 1 2 2 1 47
  47. ( p2 p3 )(V3 V2 ) p2V3 p2V2 p3V3 p3V2 1 1 V3 V2 A2 3 ( p2V3 p3V2 ) RT2 . 2 2 2 2 V2 V3 p2V2 p3V3 RT2 ( p p )(V V ) p V p V p V p V 1 A 3 4 4 3 3 4 3 3 4 4 4 3 R(T T ) ( p V p V ) 34 2 2 2 1 2 3 4 4 3 ( p p )(V V ) pV pV p V p V 1 A 1 4 1 4 1 1 1 4 4 1 4 4 ( p V pV ) 41 2 2 2 4 1 1 4 1 V1 V4 1 V1 V2 RT1 RT1 2 V4 V1 2 V2 V1 p1V1 p4V4 RT1 *Công khí thực hiện trong chu trình: 1 V1 V2 1 V3 V2 A A1 2 A2 3 A3 4 A4 1 RT1 RT2 2 V2 V1 2 V2 V3 1 T T 1 T T RT 1 2 RT 2 1 1 2 2 T2 T1 2 T1 T2 2 1 T T R 1 2 120J 2 T1T2 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 NĂM 2015 VẬT LÝ - Khối : 11 CHUYÊN BẾN TRE Câu 1: -Gọi :u là vận tốc của vật so với máng. V là vận tốc của máng so với mặt đất. Vận tốc của vật so với đất là :v u V . -Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng đối với hệ máng – vật: I. m(u cos R)R 0 ( 1 ) với ω là vận tốc góc của máng -Vận tốc của vật đối với đất theo phương ngang và phương thẳng đứng là: vn = ucos + Rω và vđ = usin 2 -Ta có :v2 u cos R u2 sin2 -Theo định luật bảo toàn cơ năng: 1 1 I 2 mv2 mgh 2 2 48
  48. 2 I.2 m u cos R u2 sin2 2mgh ( 2 ) 2 u -Từ (1) với I = mR2, ta được:  ( 3 ) 4 R Chuyên đề bồi dưỡng HSG Olympic vật lý 11 dài 420 trang, file word liên hệ Zalo 0988166193, tài liệu có phí 49