Tổng hợp bài tập vật lý đại cương (kèm lời giải) | Vật lý đại cương I | Đại học Bách Khoa Hà Nội

Tổng hợp bài tập vật lý đại cương (kèm lời giải) | Vật lý đại cương I | Đại học Bách Khoa Hà Nội. Tài liệu được biên soạn giúp các bạn tham khảo, củng cố kiến thức, ôn tập và đạt kết quả cao kết thúc học phần. Mời các bạn đọc đón xem!

26 13 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn:

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội

Thông tin:

84 trang 6 tháng trước

Tác giả:

Profile Thùy Dương
Chương 1.1. Động học chất điểm
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm.
r
- véc-tơ bán kính của chất điểm
r r x, y,z
- x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.
- vận tốc trung bình:
tb
r
v
t
Trong đó
r
là véc-tơ độ dời của chất điểm sau khoảng thời gian
t
.
- vận tốc tức thời:
dr dx dy dz
v ; ;
dt dt dt dt
- tốc độ trung bình:
tb
s
v
t
Trong đó
là quãng đường mà chất điểm chuyển động được trong khoảng thời gian
t
.
- tốc độ tức thời:
2 2 2
ds dx dy dz
v
dt dt dt dt
- véc-tơ gia tốc toàn phần:
t n
dv
a a a
dt
Gia tốc tiếp tuyến:
t
dv
a
dt
Gia tốc pháp tuyến:
2
n
v
a
R
Gia tốc toàn phần:
2 2
t n
a a a
R – bán kính cong của quỹ đạo tại điểm đang 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 = x
0
+ vt; trong đó x
0
là tọa độ của chất điểm tại thời điểm ban đầu.
b. Chuyển động thẳng biến đổi đều:
- Gia tốc: a = const;
- Vận tốc: v = v
0
+ at; v
0
là vận tốc ban đầu.
- Phương trình quãng đường:
2
0
1
s v t at
2
- Phương trình chuyển động:
2
0 0
1
x x v t at
2
- Công thức độc lập thời gian:
2 2
0
v v 2as
Chú ý:
Chuyển động thẳng nhanh dần đều
a v
Chuyển động thẳng chậm dần đều
a v
chứ không phải a>0 hay a<0 !
c. Sự rơi tự do
là trường hợp đặc biệt của chuyển động nhanh dần đều với:
v
0
= 0; a = g = 9,81 m/s
2
d. Chuyển động ném xiên
- Gia tốc:
x
y
a 0
a
a g
- Vận tốc:
x 0x 0
y 0y y 0
v v v cos
v
v v a t v sin gt
- Phương trình chuyển động:
0x 0
2
0
x v t v cos .t
1
y v sin .t gt
2
- Phương trình quỹ đạo:
2
2 2
0
g
y x.tan .x Parabol
2v cos
- Độ cao cực đại:
2 2
0
max
v sin
h
2g
- Tầm xa:
2
0
max
v sin 2
L x
g
e. Chuyển động tròn
- vận tốc góc:
d
dt
, trong đó
là góc quay.
- gia tốc góc:
2
2
d d
dt dt
Đối với chuyển động tròn đều:
const; 0.
t
- chu kỳ:
2
T
- tần số:
1
T 2
Đối với chuyển động tròn biến đổi đều:
const
- vận tốc góc:
0
t
- góc quay:
2
0
1
t t
2
- công thức độc lập thời gian:
2 2
0
2 
Liên hệ giữa vận tốc, gia tốc dài với vận tốc và gia tốc góc:
v R
,
t
a R
,
2
2
n
v
a R
R
Bài 1.4. Một vật được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300 m. Hỏi sau bao lâu vật rơi tới
mặt đất, nếu:
a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
b) Khí cầu hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên.
Bài giải:
Gốc tọa độ tại điểm thả vật, chiều dương hướng thẳng đứng xuống dưới. Vận tố của khí cầu là v
0
.
Có thể coi đây là chuyển động rơi tự do của 1 vật có vận tốc ban đầu.
Ta có:
2
0
1
h v t gt
2
, giải phương trình này ta được nghiệm:
2
0 0
v 2gh v
t
g
thay số:
a) v
0
= - 5 m/s (chuyển động ngược chiều dương)
g = 10 m/s
2
, h = 300 m
2
5 2.10.300 5
t 8,3 s
10
b) v
0
= 5 m/s,
2
5 2.10.300 5
t 7,3 s
10
c) v
0
= 0 m/s (khí cầu đứng yên)
2.10.300
t 7,7 s
10
Bài 1.6. Thả rơi tự do từ độ cao h = 19,6 m. Tính:
a) Quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây đầu tiên và 0,1 giây cuối của thời gian rơi.
b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1 m đầu và 1 m cuối của độ cao h.
Bài giải:
Công thức quãng đường:
2
1
s gt
2
a) Quãng đương vật rơi được trong 0,1 giây đầu:
2
0,1s
1
s .9,8.0,1 0,049 m
2
Thời gian để vật rơi hết cả quãng đường h =19,6 m là:
19,6m
2h 2.19,6
t 2 s
g 9,8
Như vậy quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây cuối bằng quãng đường 19,6 m trừ đi quãng
đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên.
Quãng đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên:
2 2
1,9s
1 1
s gt .9,8.1,9 17,7 m
2 2
Quãng đường vật rơi được trong 0,1 s cuối cùng:
s
0,1 giây cuối
= 19,6 – 17,7 = 1,9 (m).
b) thời gian để vật rơi hết 1 m đầu tiên là:
1
1m
2h 2.1
t 0,45 s
g 9,8
Thời gian để vật rơi hết 1 m cuối cùng bằng thời gian để vật rơi cả quãng đường 19,6 m trừ đi thời
gian vật rơi 18,6 m:
Thời gian vật rơi 18,6 m:
2
18,6m
2h 2.18,6
t 1,95 s
g 9,8
Như vậy thời gian rơi 1 m cuối:
t
1m cuối cùng
= 2 -1,95 = 0,05 (s).
Bài 1.20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vận tốc 700 vòng/phút.
Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút ấy nếu chuyển động
của vô lăng là nhanh dần đều.
Bài giải:
Ta có:
t
= 1 phút = 60 giây,
n 700
(vòng/phút)
70
700.2 / 60 rad / s
3
Gia tốc:
2
70 1 7
0 rad / s
t 3 60 18

2 2
2 2
0
0
2
2

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 đó quay xung quanh trục của
nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s
2
. Hỏi sau giây thứ nhất:
a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh?
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên vành bánh?
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên vành bánh)?
Bài giải:
a) vận tốc góc sau giây thứ nhất:
3,14 rad / s
Vận tốc dài:
v R 0,1.3,14 0,314 m / s
b) gia tốc pháp tuyến:
2 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 2 2
n t
a a a 0,99 0,314 1,1 m / s
c)
0 0t
n
a 0,314
tan 17,6 17 36'
a 0,99
Bài 1.25. Vận tốc của electron trong nguyên tử hydro bằng v =2,2.10
8
cm/s. Tính vận tốc góc và
gia tốc pháp tuyến của electron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn 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 2 12
22 2
n
10
v 2, 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 một bài toán động lực học:
Bước 1: Xác định đầy đủ và chính xác các lực tác dụng lên vật.
Bước 2: Viết phương trình cơ bản của động lực học (phương trình định luật 2 Newton):
F ma
, trong đó
F
là hợp lực tác dụng lên vật
Bước 3: Chiếu phương trình lên các phương, thu được phương trình đại số và giải.
1. Các loại lực:
a) Lực ma sát nghỉ:
msn td msnmax n
F F F N
, trong đó F
td
là lực tác dụng, F
msn max
là lực ma sát nghỉ cực đại,
n
là
hệ số ma sát nghỉ, N là áp lực vuông góc tác dụng lên vật.
b) Lực ma sát động (gồm ma sát trượt và lăn):
mst t msl l
F N;F N
, trong đó
t l
;
lần lượt là hệ số ma sát trượt và hệ số ma sát lăn.
Chú ý:
l t n
c) Lực đàn hồi:
Định luật Hooke:
dh dh
F k l;F k l
Lực đàn hồi tỷ lệ thuận và ngược chiều với độ biến dạng.
2. Động lượng và định luật bảo toàn động lượng
a) Động lượng
K mv
, trong đó m là khối lượng của chất điểm,
v
là véc-tơ vận tốc.
Đơn vị của K là kg.m/s
Các định lý động lượng:
Định lý 1: Đạo hàm động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng tổng các ngoại lực
tác dụng lên chất điểm đó.
dK
F
dt
- Định lý 2: Độ biến thiên động lượng của một chất điểm trong một khoảng thời gian nào đó có
giá trị bằng xung lượng của lực tác dụng lên chất điểm trong khoảng thời gian đó.
2 2
1 1
t t
2 1
t t
K K K dK Fdt
+ Hệ quả Độ biến thiên động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng lực tác dụng lên :
chất điểm trong thời gian đó.
TB
K
F F
t
b) Định luật bảo toàn động lượng:
Tổng động lượng của hệ cô lập được bảo toàn.
K const
Chú ý:
- Viết trong hệ quy chiếu quán tính (có thể hiểu là hệ quy chiếu đứng yên hoặc chuyển động thẳng
đều, hay đơn giản là hệ quy chiếu gắn với mặt đất)
- Một số bài toán áp dụng được định luật bảo toàn động lượng:
+ Hệ không có ngoại lực tác dụng;
+ Hệ có ngoại lực tác dụng nhưng tổng hợp ngoại lực bằng 0;
+ Hệ có nội lực rất lớn so với ngoại lực (bài toán viên đạn nổ);
+ Hệ có ngoại lực khác 0 nhưng hình chiếu lên 1 phương nào đó của lực bằng 0 thì định luật bảo
toàn động lượng có thể áp dụng theo phương đó, tức là:
Nếu
x
F 0
thì
x
K const
.
3. Phép biến đổi Galile
Từ K’ sang K
x = OO’+x’= x’+v
o
t’
y = y’
z = z’
t = t’
Từ K sang K’
x’= x-v
o
t’
y’= y
z’= z
t’= t
Vận tốc:
x y z x y z 0 0
v v , v , v v v ,v , v v v ,0,0
Gia tốc:
0
dvdv dv
a a A
dt dt dt
A
là gia tốc của hệ K’ đối với hệ K.
Phương trình định luật 2 Newton trong hệ quy chiếu không quán tính:
qt
ma F mA F F ;
trong đó:
qt
F mA
là lực quán tính.
B. Bài tập
Các bài tập thầy sẽ chữa trên 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:
2.3, 2.4, 2.6, 2.10, 2.12, 2.25, 2.31, 2.36
Bài 2.1. Một xe có khối lượng 20000 kg, chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của 1 lực bằng
6000 N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15 m/s. Hỏi:
a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Đoạn đường xe đã chạy được kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn.
Tóm tắt:
4
c
0
m 2.10 kg ;F 6000 N
v 15 m / s
a)a ?
b)t ? v 0
c)s ?
Bài giải:
a)
2
c
4
F 6000
a 0,3 m / s
m 2.10
b)
0
0
v v 0 15
v v at t 50 s
a 0,3
c)
2 2 2 2
0
v v 0 15
s 375 m
2a 2.0,3
Bài 2.5. Một vật có khối lượng m = 5 kg được đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng
nằm ngang một góc
0
30
. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm gia
tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng.
Tóm tắt:
0
m 5 kg ; 30 ; k 0,2
a ?
Bài giải:
Phương trình định luật 2 Newton:
ms
P N F ma
Chiếu lên phương chuyển động:
ms
Psin F ma mgsin kN ma 1
Chiếu lên phương vuông góc với phương chuyển
động:
P cos N 0 N mg cos
Thế biểu thức trên vào (1) ta được:
mgsin kmg cos ma
mgsin kmg cos
a
m
g sin kg cos
Thay số:
0 0 2
a 10.sin 30 10.0,2.cos30 3,3 m / s
Bài 2.11. Một bản gỗ A được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A được nối với một bản gỗ
B khác bằng một sợi dây vặt qua một ròng rọc cố định. Khối lượng của ròng rọc và của dây coi
như không đáng kể.
a) Tính lực căng của dây nếu cho m
A
= 200 g; m
B
= 300 g, hệ số ma sát giữa bản A và mặt phẳng
nằm ngang là k = 0,25.
b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng của dây sẽ bằng bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn
như cũ.
Bài giải:
a) Các lực tác dụng vào vật A là:
A A ms
P , N , T, F
Phương trình định luật 2 Newton:
A A ms A
P N T F m a
Chiếu lên phương ngang, chiều dương là chiều chuyển động (giả sử vật B đi 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:
A A
T kP m a
Đối với vật B, các lực tác dụng là
B
P ,T
, phương trình định luật 2 Newton:
B B
P T m a
Chiếu lên phương thẳng đứng (chiều dương là chiều chuyển động) ta được:
B B
P T m a
(2)
Cộng (1) và (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 này của 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 1
g
m m
(*)
Thay số ta được:
0,25 1 .0,2.0,3
T 10 1,5 N
0,2 0,3
b) Từ biểu thức (*) tổng quát của lực căng T ta thấy vai trò của A và B có tính hoán vị, vì thế nếu
đổi vị trí A và B cho nhau thì lực căng T không đổi.
Bài 2.15. Một vật có khối lượng m = 200 g, được treo ở đầu một sợi dây dài l = 40 cm; vật quay
trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi sao cho sợi dây vạch một mặt nón. Giả sử khi
đó dây tạo với phương thẳng đứng một góc
0
36
.
Tìm vận tốc góc của vật và lực căng của dây.
Tóm tắt:
0
m 200 g 0,2 kg ;l 40 cm 0,4 m
36
v ?
T ?
Bài giải:
Các lực tác dụng vào vật gồm
có:
T,P
Phương trình định luật 2
Newton:
T P ma
Chiếu lến phương bán kính
của quỹ đạo ta được:
2 2
ht
Tsin ma m R m lsin
Chiếu lên phương thẳng đứng lại được:
T cos P 0 T cos mg
Chia vế với vế của 2 phương trình trên ta được
2
2
lsin g g
tan
g lcos l cos
Thay số ta được:
0
10
6,52 rad / s
0,4sin 36
Chú ý: bài này phải làm như trên, chứ đây không phải là 1 bài toán cân bằng lực nhé, cho nên
nguyên tắc là giải như 1 bài động lực học bình thường, gồm các bước xác định lực, viết phương
trình định luật 2 Newton, chiếu lên các phương và giải!

Bài 2.16. Xác định gia tốc của vật m
1
trong hình vẽ. Bỏ qua ma sát, khối lượng của ròng rọc và
dây. Áp dụng cho trường hợp m
1
= m
2
.
Lời giải:
Chọn hệ quy chiếu hướng thẳng đứng xuống dưới.
Chứng minh a
1
= 2a
2
(đọc thêm để biết cách chứng minh cho những bài có cơ hệ phức tạp hơn),
tất nhiên có thể nói ngắn gọn là vì vật 1 chuyển động được quãng đường là s, thì vật 2 chỉ chuyển
động được quãng đường 0,5s nên nếu ban đầu hệ đứng yên, dễ dàng suy ra gia tốc của vật 1 lớn
gấp đôi gia tốc vật 2. Dưới đây là 1 cách thú vị để chứng minh cho những cơ hệ phức tạp (nghĩa
là gồm nhiều ròng rọc động hơn, nhiều vật hơn).

Gọi y
cd
là tọa độ của ròng rọc cố định,
y
d
là tọa độ ròng rọc động, y
1
và y
2
lần lượt là tọa độ của vật 1 và 2.
Chiều dài sợi dây trong thí nghiệm trên chính là:
y
1
– y
cd
+ (y
d
– y
cd
) + y
d
= const
đạo hàm biểu thức trên 2 lần và chú ý y
cd
= const, ta được:
a
1
= - 2a
d
, tức là gia tốc của vật 1 gấp đôi và ngược chiều với gia tốc của ròng rọc động (tức là gia
tốc của vật 2), như vậy về độ lớn a
1
= 2a
2
.
OK!, giờ bắt đầu vào bài toán của chúng ta:
Đối với vật 1, các lực tác dụng là
1
P ,T
, ta có:
1 1
P T m a
, chiếu lên phương chuyển động ta được:
1 1 1
P T m a
(1)
Tương tự đối với vật 2:
2 2
P 2T m a
(vì sợi dây không giãn, không có khối lượng nên lực căng ở chỗ nào cũng bằng
nhau).
Chiếu lên phương chuyển động:
2 1
2 2 2
m a
P 2T m a
2
(2)
Nhân 2 lần phương trình (1) rồi trừ đi (2) theo vế ta được:
1 2
2
1 2 1 1 1
1 2
2 2P P
m
2P P 2m a a
2 4m m
1 2
1 2
2m m
2g
4m m
, với trường hợp
1 2
m m m
Ta có:
1 2
2g g
a ;a
5 5
Bài 2.22. Tính lực đẩy trung bình của hơi thuốc súng lên đầu đạn ở trong nòng một súng bộ binh,
biết rằng đầu đạn có khối lượng m = 10 g; thời gian chuyển động của đạn trong nòng là
t
= 0,001
giây, vận tốc của viên đạn ở đầu nòng là v = 865 m/s.
Lời giải:
Bài này nên áp dụng định lý về động lượng như sau:
K mv 0 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 ở các điểm cao nhất và thấp nhất của vòng
nhào lộn nếu khối lượng của phi công bằng 75 kg, bán kính của vòng nhào lộn bằng 200 m, và vận
tốc của máy bay trong vòng nhào lộn luôn luôn không đổi và bằng 360 km/h.
Lời giải:
Các lực tác dụng vào vật gồm có
P; N
. Ta có:
P N ma
Xét tại vị trí thấp nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính:
2
ht
v
N P ma m
R
suy ra:
2 2
mv 75.100
N P 75.10 4500 N
R 200
Xét tại vị trí cao nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính:
2 2
ht
mv mv
N P ma N P
R R
Thay số:
2 2
mv 75.100
N P 75.10 3000 N
R 200
1
Chương 2. Cơ học vật rắn
A. Ph n lý thuy t ầ ế
- Khối tâm c a hủ ệ chất điểm:
i i
i
G
i
i
m r
r OG
m
- : Vận tốc của khối tâm
i i i i
i i
G
i
i
dt m m
- : Gia t c c a kh i tâmố ủ ố
n n
i i i
G i 1 i 1
G
n
i
i 1
m a F
d v
a
dt m
m
G
F
F ma
m
Phương trình chuyển động c a kh i tâm. ủ ố
- Định lu t b ng c a 1 h cô lậ ảo toàn động lượ ủ ệ ập:
i i i G
i i
F 0 m
- V pận tốc c m trên vủa 1 điể ật rắn trong chuy ng phển độ ức tạ :
M G
R
- Mô-men quán tính c a m t chủ ộ ất điểm:
2
I mr
- r là kho ng cách tả ừ chất điểm đến trục quay
;
- Mô-men quán tính c a h ủ ệ chất điểm:
n
2
i i
i 1
I m r
- r là kho ng cách t m th n tr c quay
i
ả ừ chất điể ứ i đế ụ
;
- Mô-men quán tính c a 1 v t rủ ậ ắn:
2
vr
I r dm
- r là kho ng cách t kh ng nguyên t n tr c quay ả ừ ối lượ ố dm đế ụ
.
Đơn vị của mô-men quán tính: kgm , th
2
ứ nguyên: ML
2
- Mô men quán tính đố ục quay đi qua khố ắn đồi với tr i tâm của các vật r ng chất
Khố ụi tr đặc, đĩa tròn
2
1
I mR
2
Khố ụ ỗi tr r ng, vành tròn:
2
I mR
Thanh m nh có chi u dài L: ả ề
2
1
I mL
12
Khối c ầu đặc:
2
2
I mR
5
Quả c u r ng: ầ ỗ
2
2
I mR
3
Mặt ch nh t ữ ậ
2 2
1
I m a b
12
- Định lý Huygens-Steiner
0
2
I I md
ng cách gi a 2 tr, trong đó d là khoả ữ ục
0
&
.
2
- Mô-men quán tính c a m t s v t r ng g p ủ ộ ố ậ ắn thườ ặ
- Mômen lực:
t
M r F r F
M
Độ lớn:
t
| M | rFsin rF
| M |
- n c a chuy ng quay: Phương trình cơ bả ủ ển độ
I
I
M
M =
- ng: Mômen động lượ
L I
3
- Định lý v ề mômen động lượng:
1 1
2 1
t t
dL
L L L dL dt
dt
M M
(xung lượng c a mômen l c trong ủ ự
khoảng thời gian .
t
.)
- nh lu t b ng c a h Đị ậ ảo toàn mô men động lượ ủ ệ chất điểm.
Ta có:
i
dL
dt dt
M
Với hệ cô l p: ậ
n
i
i 1
L
0 0 L const I const
dt
M M
B. Ph n bài t p ầ ậ
Bài t p c n làm: ậ ầ
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 t p c n trình bày ra gi y A4 & ghim vào n p cho th y ậ ầ ấ ộ ầ
3.4, 3.5, 3.9, 3.12, 3.13, 3.20, 3.22, 3.24
Bài 3.2. Trên m ng ch t bán kính R có khoét 1 l tròn nh bán kính ột đĩa tròn đồ ấ ỗ ỏ
r; tâm c a lủ ỗ khoét n m cách tâm cằ ủa đĩa một đoạ ằng R/2. Xác địn b nh v trí khị ối
tâm c ủa đĩa trên.
Bài gi ải:
Bài này có 2 cách, cách th nh t có th áp d kh i tâm và ứ ấ ể ụng đúng định nghĩa về ố
sử d ng ụ phương pháp tọa độ để giải.
Cách 1:
Vì đĩa đố ứng qua đười x ng nối tâm OO
1
nên kh i tâm cố ần tìm cũng nằm
trên đườ ọa độ đó có tọa độ ủa cái đĩa khi ng OO . Ch
1
ọn O là gốc t , từ khối tâm c
chưa bị khoét là:
O
x 0
Theo định nghĩa:
1 2
1 O 2 O
O
1 2
m x m x
x 0
m m
, trong đó:
1
O
R
x
2
,
2
O
x
là kho ng cách chúng ta c n tìm, m là ả ầ
1
khối lượ khoét đi (bán kính là r) ối lượ ần đĩa còn lại (mà chúng ta đang đi ng của phần bị , m là kh
2
ng của ph
tìm kh i tâm). ố
Thay vào bi u th c: ể ức trên ta đượ
2 2
1
1 2 O O
2
mR R
m m x 0 x
2 m 2
Lại có:
2 2
1
2 2 2 2
2
m r r
m
R r R r


,
có th coi là kh ng phân b theo di n tích (kg/m
ể ối lượ ố ệ
2
).
Từ đó suy ra:
2
2
O
2 2
r R
x
2 R r
, d n c phía v i O . ấu “-” có nghĩa là O
2
ằm ngượ ớ
1
Cách 2. Làm theo ki u th i ph c h c, chúng ta dùng quy t c h p l c song song ch ng h n, khi ể ờ ổ thông đã đượ ọ ắ ợ ự ẳ ạ
đó trọng lượ cái đĩa chưa bị ọng lượ ủa cái đĩa (đang cầng của cả khoét bằng tr ng c n tìm khối tâm – m ) c
2
ộng
với tr ng ph n i tâm c n m t i O. Theo quy ọng lượ ầ đĩa bị khoét đi (m
1
), và đương nhiên khố ủa cái đĩa đầy đủ ằ ạ
tắc chia trong ta có :
2
1 2 1 1 1 1
2 1
2 2
2 1 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 đầ y cát chuy ng không ma sát v i vển độ ớ ận t c v ố
1
= 1 m/s trên m ng n m ngang. Toàn b xe cát có kh ng M ặt đườ ằ ộ ối lượ
= 10 kg. M t qu c u kh ng m = 2 kg bay theo chi c lộ ả ầ ối lượ ều ngượ ại
với v n tậ ốc n m ngang v = 7 m/s. Sau khi g p xe, quằ
2
ặ ả c u n m ng p ầ ằ ậ
trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chi u nào, về ới v n t c b ng ậ ố ằ
bao nhiêu?
Tóm t ắt:
4
1
v 1 m / s
, M = 10 kg
m = 2 kg,
2
v 7 m / s
v
= ?
Bài gi ải:
Đây là 1 bài toán va chạ ụng đị toàn động lượm mềm, áp d nh luật bảo ng.
1 2
1 2
10.1 2. 7
Mv mv
Mv mv M m v v 0,33 m / s
M m 10 2
Dấu “
” nghĩa là chuyển động ngượ ều ban đầc với chi u.
Bài 3.6. Một h a ti n ra phía sau v i v n t i u = 300 m/s ỏ ễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặ ớ ậ ốc ko đổ
đối với h a ti n. Trong mỏ ễ ỗi giây, lượng khí ph t ra bụ ằng μ = 90 g. Khối lượng tổng cộng ban đầu c a h a tiủ ỏ ễn
bằng M = 270 g. H
0
ỏi:
a) Sau bao lâu h a ti t t i v n t c v = 40 m/s? ỏ ễn đạ ớ ậ ố
b) Khi kh ng t ng cối lượ ổ ộ ảng của ho n là 90 g thì vtiễ ận t c c a h a ti n là bao nhiêu? B qua s c c n c a ko ố ủ ỏ ễ ỏ ứ ả ủ
khí và l c hút c t. ự ủa Trái đấ
Tóm t ắt:
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 gi ải:
Tại th m t b t kời điể ấ ỳ, kh ng cối lượ ủa hỏa ti n là M, v n t c là ễ ậ ố , chiếu lên phương chuyển động là v
Tại th m t + dt, kh ng c a h a ti n là M + dM (vì kh ng hời điể ối lượ ủ ỏ ễ ối lượ ỏa ti n gi m d n nên dM<0), vễ ả ầ ận tốc
là
, chi ng là v + dv, ếu lên phương chuyển độ
Vận tốc khí phụt ra là
u
, chi c v u, ếu lên phương chuyển động đượ –
Áp d nh lu t b ng: ụng đị ậ ảo toàn động lượng theo phương chuyển độ
M dM v dv dM v u Mv
, “
dM
” là kh ng c ng khí phối lượ ủa lượ ụt ra.
Bỏ qua tích của dMdv ta được:
0
v M
0 0 0
0 0
0 M
M M M
dv dM dv dM v M
Mdv udM 0 ln ln v u ln u ln
u M u M u M M M M t
a) v i v = 40 m/s ớ
v 40
u 300
0
v
0 0
u
v 40
0 0
u 300
M e 1 270 e 1
M M
v u ln e t 0,374 s
M t M t
e 90e
b)
0
0
M 270
v u ln 300ln 300ln3 329,6 m /s
M t 90
Bài 3.9. Một tr c kh ng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 c c a nó. Tác ụ đặ ối lượ m đang quay xung quanh trụ ủ
dụng lên trụ một lực hãm F = 243,4 N, ti p tuy n v i m t trế ế ớ ặ ụ và vuông góc v i trớ ục quay. Sau thời gian Δt =
31,4 giây, tr d ng l i. Tính v n t c góc c a tr lúc b u tác d ng l c hãm. ụ ừ ạ ậ ố ủ ụ ắt đầ ụ ự
Tóm t ắt:
m 100 kg ,R 0,5 m ,F 243,4 N , t 31,4 s 0
0
?
5
Bài gi ải:
0
0
t
t
Lại có:
2
M RF 2F
I mR / 2 mR
Thay vào ta được:
0
2F t 2F t 2.243,4.31,4
305, 7 rad / s
mR mR 100.0,5
Bài 3.11. Một thanh chi u dài l = 0,5 m có thề ể quay t do xung quanh m t tr c nự ộ ụ ằm ngang đi qua một đầ ủu c a
thanh. M n kh m ngang v i v n t c v = 400 m/s t i xuyên ột viên đạ ối lượng m = 0,01 kg bay theo phương nằ ớ ậ ố ớ
vào đầu kia c a thanh và m c vào thanh. Tìm v c góc củ ắ ận tố ủa thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết
răng mômen quán tính của thanh đố
i với trục quay bằng 5 kg.m .
2
Bài gi ải:
Tại v trí va ch m, các lị ạ ực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” là trọ ực đàn ng lực và l
hồi của thanh đều đi qua trục quay nên không gây ra mômen vì th ế
0M
nên
mômen động lượng được bảo toàn.
Mômen c: lmv (c n) trướ ủa viên đạ
Mômen sau:
I
trong đó
I
là mômen quán tính c a h ủ ệ “thanh + đạn”:
2
bar bullet
I I I I ml
Ta có:
2
2 2
lmv 0,5.0,01.400
lmv I ml 0,4 rad / s
I ml 5 0,01.0,5
Bài 3.14.
Một đĩa bằng đồ ối lượng riêng ρ = 8,9. 10ng (kh
3
kg/m có b
3
ề dày b =
4.10
-3
m, bán kính
2
R 5.10
m. Đĩa bị khoét thủng hai l ỗ tròn bán kính R/2 như
trên hình. Tìm mômen quán tính của đĩa đã khoét đối v i tr c quay vuông góc vớ ụ ới
đĩa và đi qua tâm O của đĩa.
Bài gi i: ả
Mômen quán tính đĩa tròn chưa bị khoét đối v i trớ ục quay đi qua tâm là
2
0
MR
I
2
Trong đó:
2 2 4
2
0
R bR bR
M R b I
2 2
 

Mômen quán tính c ng 2 l i v i trủa 2 đĩa tròn nhỏ có kích thước đúng bằ ỗ tròn bán kính R/2 đố ớ ục quay đi qua
tâm c chính chúng là: ủa
2
1
1 2
M R / 2
I I
2
, theo đị ủa 2 đĩa tròn nhỏ ục quay đi nh lý Huygen-Steiner, mômen quán tính c đối với tr
qua O là:
2
2 2
1
2 2 4
1O 2O 1 1
M R / 2
3 3 3
I I M R / 2 M R b R / 2 R bR
2 8 8 32
 
Suy ra mômen c có bán kính R/2 là: ủa đĩa bị khoét đi 2 lỗ
4
4
4 4 3 3 2 4 2
0 1 2
bR 3 5 5
I I I I 2. 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 v t có khậ ối lượ ần lượng l t bằng m và m
1 2
(m
1
> m c n i v i nhau
2
), đượ ố ớ
bằng một s i dây v t qua m t ròng rợ ắ ộ ọc (kh ng cối lượ ủa ròng rọc b ng m) (hình v ). ằ ẽ
Tìm:
a) Gia t c c a các v ố ủ ật;
b) S
ức căng T
1
và T c a các dây treo. Coi ròng r c là m
2
ủ ọ ột đĩa tròn, ma sát không đáng
kể. Áp dụng b ng sằ ố m = 2 kg, m = 1 kg, m = 1 kg.
1 2
Tóm t ắt:
1 2 1 2
1 2
m m m 2kg, m 1kg, m 1kg
a)a ?
b)T ?,T ?
Bài gi ải:
Dễ dàng viết được 2 phương trình theo đị ật 2 Newton đốnh lu i với mỗi v t: ậ
1 1 1
m g T m a
(1),
2 2 2
T m g m a
(2)
Phương trình đố ển đội với chuy ng quay của ròng rọc:
2
1 2 1 2
mR a maR ma
I T R T R I T T
2 R 2 2
M
(3)
(Ở đây chú ý, phương trình cơ bả ển động quay đượ ếu lên phương củ tơ n của chuy c chi a véc-
, trong trường
hợp này véc- ng ttơ này hướ ừ bên trong mặt phẳng hình vẽ đi ra)
Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra hệ phương trình:
1 1 1 1 1 1
m g T m a T m g m a
2 2 2 2 2 2
T m g m a T m g m a
1 2
ma
T T
2
2
1 2
1 2 1 2
1 2
m mma 2 1
m m g m m a a g 10 2,86 m / s
m
2 2 1 0,5
m m
2
1 1 2 1 2
1 2
1 2
1 1
1 2
1 2 1 2
m
m g m m m m
m g 4m m 2.10. 4.1 1
m m
2
T m g g 14,3 N
m m
2m 2m m 2.2 2.1 1
m m m m
2 2
2 1 2 1 2
2 1
1 2
2 2
1 2
1 2 1 2
m
m g m m m m
m g 4m m 1.10. 4.2 1
m m
2
T m g g 12,9 N
m m
2m 2m m 2.2 2.1 1
m m m m
2 2
Bài 3.22. Một v t A kh c trên m t ph ng ậ ối lượng m trượ ặ ẳ
nghiêng và làm quay m t bánh xe có bán kính R (hình v ). ộ ẽ
Mômen quán tính của bánh xe đối v i tr c quay b ng I. Khớ ụ ằ ối
lượng của dây không đáng kể.Tìm gia tốc góc của bánh xe.
Bài gi ải:
Đối với v t nậ ặng ta có phương trình định luật 2 Newton như
sau:
ms
T P F ma
Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động và phương vuông góc với phương chuyển động ta được:
ms
Psin T F ma
và
ms
N Pcos 0 N Pcos F kmg cos
Suy ra
mgsin T kmgcos ma m R
7
Đối với đĩa tròn ta có:
I
I TR I T
R
M
Thay vào phương trình phía trên ta được:
2
mgR sin k cos
I
mgsin kmgcos m R
R I mR
Bài này ch ng rõ ràng gì s t, th nh là ch ng nhẳ ấ ứ ất ẳ ắc gì đến lục ma sát c , th 2 là t công th c cu i cùng có ả ứ ừ ứ ố
th thể ấy, hệ này chỉ chuy ng khi mà ển độ
sin k cos k tan
, còn ngược lại thì hệ này cân bằng. Nên
về nguyên t c, ph i nói rõ m y th này n a. Và chú ý là trong sách gi i c a Tr ng sai bét nhé. ắ ả ấ ứ ữ ả ủ ần Văn Quả
1
Bài t ập chương 4. Công và năng lượng
A. Ph n tóm t t lý thuy t ầ ắ ế
1. Công
Công nguyên t (vi phân công) c a lố ủ ực
F
trên m ng vi phân ds ột đoạn đườ
dA Fdscos Fd s Fd r
Trườ ệng h c biợp đặ t: Nế ạu l i và luôn tực F không đổ o với đường đi 1 góc
, ta có công th ức:
A Fscos
Trong h ệ SI, đơn vị đo công là joule (jun), ký hiệ u là (J), th nguyên là: [A] ứ
= ML
2
T
-2
2. Công su t ấ
- Công su t trung bình: ấ
tb tb
A Fs
P Fv
t t
- Công su t t c thấ ứ ời:
dA Fds
P F
dt dt
Đơn vị đo: Watt (oát), ký hiệ u W = J/s
M
ột s W, 1 MW = 10 W, 1 HP = 736 W ố đơn vị đo khác: 1 kW = 10
3 6
- Công và công su t trong chuy ng quay: ấ ển độ
t t
dA Fds F rd d M
P
M
3. Động năng củ ất điểa ch m
2
d
1
W mv
2
Định lý động năng: Độ bi a ch t m trong m t chuy n d i có giá tr b ng công cến thiên động năng củ ấ điể ộ ể ờ ị ằ ủa
ngoại l c tác dự ụng lên ch m trong chuyất điể ển dời đó.
d2 d1
A W W
- a v t r n quay: Động năng củ ậ ắ
2
d
I
W
2
Suy ra:
2 2
2 1
I I
A
2 2
, trong đó
2
d
I
W
2
g a v t r n. ọi là động năng quay củ ậ ắ
Trong trườ lăn không trượ động năng toàn phầ ổng động năng tịng hợp tổng quát, vật rắn t n sẽ bằng t nh tiến
cộng động năng quay:
2 2
d
1 1
W mv I
2 2
4.Bài toán va ch m ạ
- Va ch i xuyê c b o toàn ạm đàn hồ n tâm: động lượng và động năng đượ ả
1 1 2 2 1 1 2 2
m v m v m v m v
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
m v m v m v m v
2 2 2 2
Giải ra:
2 2 1 2 1
1
1 2
2m v (m m )v
v
m m
1 1 2 1 2
2
1 2
2m v (m m )v
v'
m m
- Va ch m m m: ch c b o toàn ạ ề ỉ có động lượng đượ ả
2
1 1 2 2
1 2 1 1 2 2
1 2
m v m v
m m v m v m v v
m m
- c a h : Độ giảm động năng ủ ệ
2
2 2 2
1 2
d 1 1 2 2 1 2 1 2
1 2
m m1 1 1 1
W m v m v m m v v v
2 2 2 2 m m

5. Th ế năng
- ng: Thế năng trọng trườ
W
t
(h) = mgh + C; cao ttrong đó h là độ ừ m t i m t, C = 0 khi g c thớ ặt đấ ố ế năng ở ặt đấ m t.
- Thế năng đàn hồi:
2
t
1
W kx C
2
, trong đó x là độ năng ở biến dạng của lò xo, C = 0 khi gốc thế vị trí lò xo không bi n d ế ạng
- nh lý v m th Đị ề độ giả ế năng: Công của trường lực (tức là công của tr ng ho c công c a l i) ọng trườ ặ ủ ực đàn hồ
tác d ng lên ch m b m th ụ ất điể ằng độ giả ế năng.
MN t t
A W M W N
6. Cơ năng & đị ảo toàn cơ năng:nh luật b
Tổng động năng và thế năng củ ất điểm đượ ọi là cơ năng củ ất điể ất điể ển độa ch c g a ch m. Khi ch m chuy ng
trong m ng l c th (mà không ch u tác d ng c a 1 l a ch m là một rườ ự ế ị ụ ủ ực nào khác) thì cơ năng củ ất điể ột đại
lượ ảng b o toàn.
d t
W W W const
2
mv
W mgh const
2
- T nh lý th dàng y: ừ định lý động năng và đị ế năng dễ thấ
d2 d1
A W W
và
t t1 t 2
A W W
, suy ra:
#t
W A
Bài t p c n 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. ậ ầ
Phải n p: 4.2, 4.4, 4.14, 4.16, 4.20, 4.27, 4.32 ộ
Bài 4.2. Tính công c n thi kéo m t lò xo giãn ra 20 cm, bi t r ng l c kéo t l v giãn c a lò xo và ầ ết để ộ ế ằ ự ỷ ệ ới độ ủ
muốn lò xo giãn 1 cm ph i c n m t l c 30 N. ả ầ ộ ự
Bài gi ải:
Độ ứ c ng của lò xo:
30 N
k 3000
0,01 m
Công c n thi kéo lò xo giãn ra 20 cm = 0,2 m là: ầ ết để
x x
2 2
0 0
k x 3000.0, 2
A Fdx kxdx 60 J
2 2
Bài 4.4. Một ôtô kh ng 2 tối lượ ấn, leo lên d nghiêng 4%. Hốc có độ ệ số ma sát là 0,08. Tìm:
a) công th c hi n b ng dài 3km; ự ệ ởi động cơ ôtô trên quãng đườ
b) Công su t c t r ng th ng trên m t 4 phút. ấ ủa động cơ ôtô, biế ằ ời gian đi hết quãng đườ ấ
Tóm t ắt:
m 2000 kg ;
sin 4%; 0, 08
a)s 3000 m ;A ?
b)t 240 s ;P ?
Bài gi ải:
3
Ô tô chuy u lên d c, các l c tác d ng vào ô ển động đề ố ự ụ
tô u ki n: thỏa mãn điề ệ
k ms
F P F N 0
, d dàng suy ra: ễ
k ms
k
F P sin F 0
F mgsin 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 su t cấ ủa động cơ:
6
A 7,2.10
P 30000 W
t 240
Bài 4.13. Một v t khậ ối lượng m trượt không ma sát t ừ đỉ ộ ặnh m t m t c u xu i (hình v ). H i t kho ng ầ ống dướ ẽ ỏ ừ ả
cách
h
nào (tính t nh m t c u) v t b i m t c u. Cho bán kính m t c u R = 90 cm. ừ đỉ ặ ầ ậ ắt đầu rơi khỏ ặ ầ ặ ầ
Chú ý: Điều kiện của bài toán này là tìm kho vảng cách để ật rơi
khỏi m t c u. V t ch u tác d ng c a tr ng l c và áp l c, khi nào ặ ầ ậ ỉ chị ụ ủ ọ ự ự
áp l c b t s r i kh i m t c u thôi ự ằng 0 thì…vậ ẽ ờ ỏ ặ ầ
Xét t i th m t v v nh lu t II ạ ời điể ật ở ị trí như hình vẽ, khi đó theo đị ậ
Newton ta có:
P N ma
Chiếu lên phương hướng tâm ta được phương trình:
2 2
ht
mv mv
Psin N ma N mgsin
R R
trong đó
R h
sin
R
Mặt khác, áp d nh lu t b trí cao nh t và v trí th m t): ụng đị ậ ảo toàn cơ năng (cho vị ấ ị ời điể
2 2
mv mv
mgR mg R h mg h
2 2
2
mv 2mg h
R R
, thay giá tr này vào bi u th ị ể ức trên ta được:
2
mv R h 2mg h 3 h
N mgsin mg mg 1
R R R R
, điều kiện N = 0, ta có:
R
h 30 cm
3
Bài 4.20. Để n t c c a i ta dùng con l c th t bì cát treo u m t s i dây đo vậ ố ủ viên đạn ngườ ắ ử đạn. Đó là mộ ở đầ ộ ợ
(hình v n xuyên vào bì cát, nó b m c t c nâng lên mẽ). Khi viên đạ ị ắ ại đó và bì cát đượ ột độ cao h nào đó. Tìm
vận tốc c n lúc nó s p xuyên vào bì cát. Bi t kh ng c a viê n là m, kh ng c a bì cát là M. ủa đạ ắ ế ối lượ ủ n đạ ối lượ ủ
Bài gi ải:
Đị ậnh lu t b ng: ảo toàn động lượ
mv M m V
, trong đó V là vận
tốc c a h n sau va ch m ủ ệ bì cát và viên đạ ạ
mv
V
M m
Áp d nh lu t b ụng đị ậ ảo toàn cơ năng:
2
m M V
m M gh
2
V 2gh
So sánh ta được:
mv m M
2gh v 2gh
M m m
Bài 4.22. Một hòn bi khối lượng m chuyển động không ma sát trên m ng rãnh có dột đườ ạng như hình vẽ. Hòn
bi đượ ốc ban đầ cao h = 2R, kích thướ không đáng kểc thả không có vận t u từ độ c của bi nhỏ . Hỏi:
a) cao nào bi r i kh ng rãnh? Ở độ ờ ỏi đườ
b) Độ đạt đượ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ c sau khi rời khỏi rãnh?
4
Cơ năng ban đầu tại A (chỉ gồm thế
năng)
A
W 2mgR
Tại điểm B (là điểm mà tại đó vật rời
khỏi rãnh)
2
B 1
mv
W mgH
2
Áp d nh lu t bụng đị ậ ảo toàn cơ năng:
2 2
1
1
Hmv mv
mgH 2mgR 4mg 2mg
2 R R
(1)
Tại B, phương trình định luật 2 Newton:
P N ma
, chi ếu lên phương bán kính:
2 2
mv mv
Psin N N mgsin
R R
2
1 1 1 1 1 1
H R H H H H Hmv
sin 1 N mg 1 4mg 2mg mg 1 5mg 3mg
R R R R R R R
Tại đây vật rời khỏi rãnh nên áp lực N = 0, suy ra:
1
5
N 0 H R
3
Thay vào 1 trong các phương trình trên để tìm vận tốc tại B:
2 2 2
1 B
mv 5 mv mv 1 2
mgH 2mgR mgR 2mgR mgR v gR
2 3 2 2 3 3
Tại điểm B ta có một chuyển động ném xiên với góc
Vận tốc theo phương ngang
1
B B B
H
2 5 8
v cos v sin v 1 gR 1 gR
R 3 3 27
Cơ năng tại điể ỏi rãnh (khi đó chỉm cao nhất sau khi rời kh còn vận tốc theo
phương ngang):
2
C 2 2 2
1 1 8 4
W mgH mv mgH m gR mgH mgR
2 2 27 27
So sánh v i A: ới cơ năng tạ
2 2
4 4 50
2mgR mgH mgR H 2 R R
27 27 27
Bài 4.27. Tính công c n thi làm cho m ng mình 1 m, kh ng 500 kg, ầ ết để ột vô lăng hình vành tròn đườ ối lượ
đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút.
Bài gi ải:
Phải đổi đơn vị:
120.2
120 4 rad / s
60
vßng / phót
Áp d nh lý v bi ụng đị ề độ ến thiên động năng ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2
d
1 1 1 1 1 1
A W I 0 I mR md .500.1 . 4 10000 J
2 2 2 2 4 8
Bài 4.32. Một ngườ ối lượi ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có kh ng 10 kg.
Khoảng cách t m i qu t i tr c quay là 0,75m. Gh quay v i v n t = 1 vòng/s. Hừ ỗ ả ớ ụ ế ớ ậ ốc ω
1
ỏi công do người thực
hiện và v n t c c a gh nậ ố ủ ế ếu người đó co tay lại để khoảng cách t m i quừ ỗ ả tạ n trđế ục quay ch còn là 0,20 m, ỉ
cho bi t mômen quán tính c i và gh i v i tr c quay là I
ế ủa ngườ ế đố ớ ụ
0
= 2,5kg.m
2
.
5
Bài gi ải:
Đổi đơn vị:
1
1 2 rad / s vßng / s
Mômen quán tính c a h ủ ệ trước:
2 2 2
1 0 1
I I 2md 2,5 2.10.0,75 13,75 kg.m
Của h sau: ệ
2 2 2
2 0 2
I I 2md 2,5 2.10.0,20 3,30 kg.m
Áp d nh lu t b ụng đị ậ ảo toàn mômen động lượng ta được:
2
2
0 11 1
1 1 2 2 2 1
2 2
2 0 2
I 2mdI
2,5 2.10.0,75
I I .2
I I 2md 2,5 2.10.0,20
26, 2 rad / s
Động năng trước và sau:
2
2
d1 1 1
1 1
W I .13,75. 2 271,4 J
2 2
2 2
d2 2 2
1 1
W I .3,3.26,2 1132,6 J
2 2
Công c i th c hi n là: ủa người đó phả ự ệ
d1 d2
A W W 1132,6 271,4 861,2 J
1
Bài tậ ấp chương 4. Trường h p dẫn
A. Tóm tắt lý thuyết:
1. Lực hấp dẫn:
- c ủa 2 chất điểm:
1 2
hd
2
m m
F G
r
=
G: H
ằng số hấp d n (G = 6,67.10ẫ
-11
SI)
m
1
, m
2
: Khối lượng của hai chấ ểt đi m
r: khoảng cách giữa chúng
- của mộ ất vật lên một ch t điểm:
hd
3
(M)
mdM
F G .r
r
= −
∫
Chú ý:
Lực hấp dẫn giữa 2 quả cầ ồu đ ng chất được tính
giống như 2 chấ ể ặ ạt đi m đ t t i tâm của chúng.
2. Gia tố ực rơi t do
Là gia tốc rơi của các vật trong chân không, chỉ dưới tác dụng của
trọng lực.
Ở sát bề mặt trái đất:
( )
2
0
2
M
g G 9,8 m / s
R
= ≈
Ở độ cao h:
2
0
2 2
M R
g G g
(R h) (R h)
= =
+ +
3. Ứng d ng tính khụ ối lượng của các thiên thể:
- Khối lượng của Trái Đất:
2
gR
M
G
=
2
R – bán kính Trái Đất,
( ) ( )
6
R 6370 km 6,370.10 m= ≈
g – là gia tốc trọng trường trên mặ ất đ t,
( )
2
g 9,8 m / s≈
( )
( )
2
6
24
11
9,8 6,370.10
M 6.10 kg
6,67.10
−
= ≈
- Khối lượng của Mặt Trời
Khi Trái Đất quay quanh M p d n cặt Tr i là do lờ ực hấ ẫ ủa Mặ ốt Trời đ i với Trái Đấ ựt, l c này
đóng vai trò lực hướng tâm:
2
2 2 3
2 2
MM v M 2 R 4 R
F G M. M .
R R R T T G
′ ′ ′
π π
′
= = = → =
′ ′ ′
,
M
′
- khối lượng của Mặt Trời,
R
′
- – khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời, T chu kỳ quay
của Trái Đất quanh Mặt Trời.
( )
30
M 2.10 kg
′
≈
4. Thế n năng của trường hấp dẫ
t
Mm
W G C
r
= − +
, C là hằng số chọn tùy ý chọn từ giá trị thế năng tại vô cùng.
5. Bảo toàn cơ năng trong trường hấp dẫn
Trong trườ ấ ẫng h p d n, cơ năng được bảo toàn:
2
d t
mv Mm
W W W G const
2 r
= + = + − =
, để đơn giản, chọn:
( )
t
W 0∞ =
6. Chuyển động của vệ . tinh
- Khi vậ ốn t c v
I
= 7,9 km/s: V n tậ ốc vũ trụ c ấp 1 Quỹ đạo tròn.
Tính v n tậ ố ấc vũ trụ c p 1:
Để ậ v t trở thành vệ tinh nhân tạo chuyển động
tròn quanh Trái Đất thì lự ấc h p dẫn của đóng vai
trò là l ng tâm:ự ớc hư
( )
2
hd
2
GMm mv
F mg
R h
R h
= = =
+
+
,
h R
, ta có:
2
0
mv
mg mg
R
≈ =
, suy ra:
I 0
v g R=
- Khi vậ ốn t c 11,2 km/s > v > 7,9 km/s: Quỹ đạo là elip.
3
- Khi vậ ốn t c v
II
= 11,2 km/s: V o parabol.ận tố ục vũ tr c ấp II Quỹ đạ
Tính v n tậ ố ấc vũ trụ c p 2:
Vận tố ục vũ tr cấp 2 gọi là vận t c thoát ly, là giá trố ị
vận tốc tối thiểu một vậ ầ ể ểt c n có đ có th thoát ra khỏi
trườ ấ ẫng h p d n củ ộa m t hành tinh. Vật chuyển động
quanh Mặt Tr nh luời. Đị ật bảo toàn cơ năng:
( )
2
0
0
0
mv Mm 2GM
G 0 v
2 R R
2g R 11,2 km / s
+ − = → = =
= =
- Khi vậ ốn t c v
III
= 16,7 km/s: Vận tố ục vũ tr c V ấp III ệ tinh có th thoát ra khể ỏi hệ ặ M t
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 quả cầu khố ợi lư ng m
1
đặt cách
đầu mộ ồ ột thanh đ ng chất m t đoạn thẳng a trên
phương kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l,
khối lượng m
2
. Tìm lực hút c a thanh lên quủ ả
cầu:
Bài giải:
4
Dạng thanh nên chia thanh thành từng đoạn nhỏ có kích thước dx và có khối lượng
dm, cách đầu O của thanh một khoảng x.
Giờ xác định dm theo dx, nh i vớ là đố ới thanh dài thì ta chú ý đến khối lượng trên một
đơn vị độ dài λ.
2
m
dm dx dx= λ =
Bài yêu cầ ịu xác đ nh lực hút, tức là sẽ phải sử dụng công thức liên quan tới lực hấp dẫn
giữa qủa cầu và đoạn dm.
( ) ( )
1 1 2
2 2
m dm m m dx
dF G G
a x a x
= =
+ − + −
Giờ lấy tích phân và tìm c c hút c a thanh lên quậ ể ịn đ xác đ nh lự ủ ả ầ c u. Khi quét từ trái
sang phả ếi bi n x thay đổi từ ế 0 đ n
. Đó chính là cận trên và cận dưới khi tính tích phân.
( ) ( )
( )
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
0
0
m m dx Gm m Gm m 1 1 Gm m
F G
a a a a
a x a x
= = = − =
+ +
+ − + −
∫
Hình 5-2.
5
6
7
1
Bài tập chương 6. Trường tĩnh điện
A. Phần tóm tắt lý thuyết
1. Lực tương tác Coulomb
1 2 12 1 2 12
12
2 2
0
1 q q r q q r
F . k .
4 r r r r

, độ lớn:
1 2 1 2
12
2 2
0
q q q q
1
F k
4 r r

12 2 2
0
8,86.10 C / Nm
- hằng số điện môi (hằng số điện môi tuyệt đối của chân không),
là hằng số điện
môi tỷ đối của môi trường.
2. Vectơ cường độ điện trường
F
E
q
Cường độ điện trường gây ra bởi một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó một khoảng r:
2 2
0
Q r 1 Q r
E k . . .
r r 4 r r

, độ lớn:
2
| Q |
E k
r
Q>0:
E
hướng ra xa điện tích;
Q<0:
E
hướng vào điện tích.
3. Véc-tơ điện cảm (cảm ứng điện)
0
D E 
Véc-tơ điện cảm do một điện tích điểm gây ra:
3
Q
D . r
4 r
4. Cường độ điện trường gây bởi một sợi dây thẳng dài vô hạn mang điện đều tại một điểm cách dây một
khoảng r:
0
E
2 r

, trong đó
là mật độ điện dài của dây.
5. Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều:
0
E
2
, trong đó
là mật độ điện mặt.
6. Định lý Ostrogradski – Gauss:
Thông lượng cảm ứng điện gửi qua một mặt kín (S) bất kỳ bằng tổng đại số các điện tích có trong mặt kín.
n
i
i 1
S
DdS q
7. Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển điện tích điểm q
0
ừ điểm A đến điểm B trong điện trường:
0 A B
A q V V
, trong đó V
A
và V
B
lần lượt là điện thế tại điểm A và B.
8. Tính chất thế của trường tĩnh điện
Lưu số của véc-tơ
E
theo một đường cong kín bằng 0:
Edl 0
9. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B trong điện trường:
B
AB A B
A
U V V Edl
10. Mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế
V
E
s
hay
E grad V
Trong trường hợp điện trường đều:
U
E
d
, trong đó
1 2
U V V
là hiệu điện thế, d là khoảng cách giữa 2
mặt đẳng thế tương ứng.
11. Điện thế gây bở một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó 1 khoảng r:
2
0
Q
V
4 r

12. Hiệu điện thế giữa hai mặt cầu đồng tâm mang điện đều, bằng nhau, trái dấu:
2 1
1 2
0 1 2
Q R R
V V
R R

, trong đó R
1
là bán kính của mặt cầu trong, R
2
là bán kính của mặt cầu ngoài, Q là độ
lớn điện tích trên mỗi mặt cầu.
13. Hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ đồng trục dài vô hạn mang điện đều bằng nhau và trái dấu:
2
1 2
0 1
R
V V ln
2 R

, trong đó R
1
là bán kính mặt trong, R
2
là bán kính mặt ngoài,
là mật độ điện dài trên
mặt trụ.
B. Phần bài tập
Bài 1.9. Tìm lực tác dụng lên một điện tích điểm q = (5/3).10
-9
C đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán kính r
0
= 5
cm tích điện đều với điện tích Q = 3.10
-7
C (đặt trong chân không).
Bài giải:
Xét một điện tích nguyên tố dq gây ra cường độ điện trường dF cho
điện tích q. Phân tích dF theo phương x và y như trên hình vẽ. Dễ
dàng thấy do tính chất đối xứng nên các thành phần dF
y
triệt tiêu
nhau.
Như vậy:
x
2
kq
F dF dF dQcos
r
Trong đó:
Q
dQ dl
r
(điện tích chia đều theo độ dài
r
),
dl rd
(độ dài cung bằng bán kính nhân với góc chắn cung).
Thay vào trên ta được:
2
2
2
kq Q
F r cos d
r r
Từ hình vẽ dễ thấy góc
biến thiên từ
2 2

khi lấy tích phân trên toàn bộ nửa vòng xuyến.
2 2
2
2 2 2
2
2 2
kqQ kqQ kqQ
F cos d cos d sin
r r r
=
9 9 7
3
2 2
2.9.10 . 5 / 3 .10 .3.102kqQ
1,146.10 N
r .0,05
Bài 1.10. Có hai điện tích điểm
8
1
q 8.10 C
và
8
2
q 3.10 C
đặt cách nhau một khoảng d = 10 cm trong
không khí. Tính:
a) Cường độ điện trường gây bởi các điện tích đó tại các điểm A, B, C. Cho biết: MN = d = 10 cm, MA = 4
cm, MB = 5 cm, MC = 9 cm, NC = 7 cm.
b) Lực tác dụng lên điện tích
10
q 5.10 C
đặt tại C.
Bài giải:
3
Tại điểm A:
1A
E
và
2A
E
cùng chiều nhau như hình vẽ:
8 8
9 31 2
A 1A 2A
2 2 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:
1B
E
và
2B
E
ngược chiều nhau như hình vẽ:
8 8
9 31 2
B 1B 2B
2 2 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:
1C
E
và
2C
E
có chiều nhau như hình vẽ.
Ta có:
2 2
C 1C 2C 1C 2C
E E E 2E E cos
, trong đó:
8
1
9 3
1C
2 2
q
8.10
E k 9.10 . 88,9.10 V / m
MC 0,09
và
8
2
9 3
2C
2 2
q
3.10
E k 9.10 . 55,1.10 V / m
NC 0,07
2 2 2 2 2 2
MC NC MN 9 7 10 5
cos
2MC.NC 2.9.7 21
,
0
76,2
Thay vào ta được:
3 2 2 3
C
E 10 88,9 55,1 2.88,9.55,1.(5/ 21) 92,8.10 V / m
Cường độ điện trường tại C tạo với cạnh CN 1 góc:
0 0
90 90 76,2 13,8
b) Lực
10 3 5
C C
F q E 5.10 .92,8.10 4,6.10 N
Lực này ngược chiều với E
C
.
Bài 1.20. Một mặt phẳng vô hạn mang điện đều có mật độ điện tích mặt là 2.10
-9
C/cm
2
= 2.10
-5
C/m
2
. Hỏi
lực tác dụng lên một đơn vị chiều dài của một sợi dây dài vô hạn mang điện đều. Cho biết mật độ điện dài của
dây là
8 6
3.10 C/cm 3.10 C/m
.
Bài giải:
Lực tác dụng của mặt phẳng lên sợi dây bằng tổng lực tác dụng lên các phần tử của sợi dây. Ta đã biết điện
trường do 1 mặt phẳng gây ra là
0
E
2

không phụ thuộc vào khoảng cách từ mặt phẳng đến các phần tử
điện tích của sợi dây nên dù đặt sợi dây thế nào thì lực tác dụng lên 1 phần tử dq của sợi dây vẫn đều là
0
dq
dF Edq
2

, trong đó
dq dl
nên
0
dl
dF
2


. Lực tác dụng lên mỗi đơn vị chiều dài của dây là:
5 6
12
0
dF 2.10 .3.10
3, 4 N / m
dl 2 2.1.8,86.10


Bài 1.23. Cho 2 điện tích điểm
6
1
q 2.10 C
,
6
2
q 10 C
đặt cách nhau 10 cm. Tính công của lực tĩnh điện
khi điện tích q
2
dịch chuyển trên đường thẳng nối hai điện tích đó xa thêm một đoạn 90 cm.
Bài giải:
Ta coi đây là bài toán xác định công của lực tĩnh điện do điện tích q
1
tác dụng để dịch chuyển điện tích điểm
q
2
dịch chuyển trong điện trường mà nó gây ra.
4
Như vậy:
MN 2 M N
A q V V
, trong đó V
M
và V
N
lần lượt là điện thế tại 2 điểm MN trên đường thẳng nối 2
điện tích và cách nhau 1 khoảng 90 cm.
Giả sử:
1
M
kq
V
r
và
1
N
kq
V
r r
Suy ra:
9 6 6
1 1 1 2
MN 2
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 là lực điện trường là lực cản, tức là ta phải thực hiện 1 công là +0,162 J để thắng lực điện
trường. Trong bài toán này, 2 điện tích là trái dấu nên hút nhau, vì thế muốn đưa 1 điện tích ra xa thêm thì
đương nhiên là phải thực hiện công thắng lại lực hút này.
Bài 1.24. Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích
7
1
q .10 C
3
từ một điểm M cách quả cầu tích
điện bán kính r = 1 cm một khoảng R = 10 cm ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện mặt là
11 2 7 2
10 C/cm 10 C/m .
Bài giải:
Vẫn sử dụng công thức tính công của điện trường khi dịch chuyển điện tích từ điểm M đến N (trong trường
hợp này N ở vô cực):
MN M N
A q V V
. Như vậy, cần phải tính điện thế tại các điểm M và N.
Nhân đây phải nói đến bài toán tính điện thế tại 1 điểm nằm bên ngoài và cách tâm quả cầu mang điện đều
1 khoảng là r>r
0
(bài mà thầy chưa có dịp tính trên lớp trong giờ lý thuyết).
Ta có:
dV Edr
(mối liên hệ giũa điện trường và điện thế)
Mặt khác sử dụng định lý Ostrogradski – Gauss ta dễ dàng tính được:
2
kQ
E
r
, trong đó Q là điện tích của
quả cầu.
Thay vào ta được:
2
kQ kQ
dV dr V C
r r
, chọn gốc điện thế tại vô cực ta có C = 0, suy ra:
kQ
V
r
Quay trở lại bài toán của chúng ta:
MN M N
A q V V
2
9 7 7
2
7
M N MN
9.10 . 1/ 3 .10 .4 0,01 .10
kQ kqQ kq4 r
V ; V 0 A 3, 42.10 J
r R r R r R 1 0,01 0,1
,
trong đó
2
Q 4 r
.
Bài 1.25. Một vòng dây tròn bán kính 4 cm tích điện đều với điện tích Q = (1/9).10
-8
C. Tính điện thế tại:
a) Tâm vòng dây;
b) Tại một điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây 1 đoạn là h = 3 cm.
Ta làm 1 bài tổng quát, tìm điện thế tại 1 điểm M trên trục vòng dây,
cách tâm vòng dây 1 đoạn là h.
Ta có:
2 2
kdQ
dV
R h
Suy ra:
2 2 2 2
kdQ kQ
V dV
R h R h
a) Điện thế tại tâm vòng dây h = 0
9 8
O
9.10 . 1/ 9 .10
kQ
V 250 V
R 1.0,04
b) Tại điểm M:
9 8
H
2 2 2 2
9.10 . 1/ 9 .10
kQ
V 200 V
R h 1. 0,04 0,03
Bài 1.32. Tại hai đỉnh C, D của một hình chữ nhật ABCD (có các cạnh AB = 4 m, BC = 3 m) người ta đặt hai
điện tích điểm
8
1
q 3.10 C
(tại C) và
8
2
q 3.10 C
(tại D). Tính hiệu điện thế giữa A và B.
Bài giải:
5
AC = BD = 5 m
9 8 8
1 2
A CA DA
q qk 9.10 3.10 3.10
V V V 36 V
CA DA 1 5 3
9 8 8
1 2
B CB DB
q qk 9.10 3.10 3.10
V V V 36 V
CB DB 1 3 5
Hiệu điện thế giữa A và B là:
AB A B
U V V 72 V
Bài 1.33. Tính công của lực điện trường khi chuyển dịch điện tích q = 10
-9
C từ điểm C đến điểm D nếu a = 6
cm, Q
1
= (10/3).10
-9
C, Q
2
= 2.10
-9
C.
Bài giải:
Nhớ là muốn tính công của lực điện trường thì có công thức:
CD C D
A q V V
Ta có:
9
9
1 2
C
kQ kQ
9.10 10 / 3 2
V .10 200 V
AC BC 1 0,06 0,06
9
9
1 2
D
kQ kQ 9.10 10 / 3 2
V .10 141 V
AD BD 1
0,06 2 0,06 2
Công của lực điện khi đó:
9 9
C D
A q V V 10 200 141 59.10 J
Bài 1.37. Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện đều bằng nhau và trái dấu có bán kính lần lượt là 3 cm và 10
cm, hiệu điện thế giữa chúng là 50 V. Tính mật độ điện dài trên mỗi mặt trụ và cường độ điện trường tại điểm
ở khoảng cách bằng trung bình cộng của hai bán kính.
Bài giải:
Trước tiên quay trở lại bài toán tính điện trường gây ra bởi một mặt trụ dài vô hạn tích điện đều.
Xét 1 mặt Gauss có dạng mặt trụ có độ cao là h, diện tích đáy là S.
Thông lượng điện:
e n n n
D dS D dS D dS
mÆt trô mÆt bªn hai ®¸y
trong đó
n
D dS 0
hai ®¸y
vì D
n
= 0 nên:
e n 0
D dS D2 rh 2 Erh

mÆt bªn
Điện tích của khối trụ:
Q h
, trong đó
là mật độ điện dài của khối trụ theo chiều cao.
Theo định lý : O – G
e
Q
0
0
h 2 Erh E
2 r


Đối với những điểm nằm giữa 2 mặt trụ thì chỉ có mặt trụ ở phía trong gây ra điện trường. Ta tính điện thế tại
1 điểm cách trục của mặt trụ trong 1 khoảng là r.
0 0
dr ln r
dV Edr dV V C
2 r 2

 
Như vậy hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ R
1
= 3 cm và R
2
= 10 cm là:
12
9
0
2
2
0 1
1
2 VR 2 1. ,86.10 .50
V ln 2,3.10 C
R 10
2 R
lnln
3R
 

BÀI TẬP CHƯƠNG VẬT DẪN – TỤ ĐIỆN
Tóm tắt lý thuyết
1. Điều kiện cân bằng tĩnh điện
- Véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong vật dẫn phải bằng không:
trong
E 0
- Thành phần tiếp tuyến
t
E
của véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm trên mặt vật dẫn phải bằng không (tức
là véc-tơ cường độ điện trường phải vuông góc với mặt vật dẫn):
t n
E 0, E E
2. Những tính chất của vật dẫn mang điện:
- Vật dẫn cân bằng tĩnh điện là một khối đẳng thế. Mặt vật dẫn là một mặt đẳng thế.
- Nếu truyền cho vật dẫn một điện tích q nào đó thì điện tích q chỉ được phân bố trên bề mặt của vật dẫn, bên
trong vật dẫn, điện tích bằng không (các điện tích âm và dương trung hòa nhau).
- Đối với một vật dẫn rỗng đã ở trạng thái cân bằng tĩnh điện, điện trường ở phần rỗng và trong thành của vật
rỗng cũng luôn luôn bằng không.
3. Hiện tượng điện hưởng
- Hiện tượng các điện tích cảm ứng xuất hiện trên một vật dẫn (lúc đầu không mang điện) khi đặt trong điện
trường ngoài được gọi là hiện tượng điện hưởng.
- Điện tích cảm ứng trên các phần tử tương ứng có độ lớn bằng nhau và trái dấu.
Trong trường hợp điện hưởng một phần, độ lớn của điện tích cảm ứng nhỏ hơn độ lớn điện tích trên vật mang
điện.
Trong trường hợp điện hưởng toàn phần, độ lớn của điện tích cảm ứng bằng độ lớn điện tích trên vật mang điện.
4. Điện dung của một vật dẫn cô lập (về điện)
Điện dung của một vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích cân truyền cho vật dẫn để điện tích
của vật tăng lên một đơn vị điện thế.
(Điện dung của vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích mà vật dẫn tích được khi điện thế của
nó bằng một đơn vị điện thế).
Q
C
V
Đơn vị:
1 culomb
1 fara =
1 von
, các đơn vị ước của fara:
6
1 F = 10 F
,
9
1 nF = 10 F
,
12
1 pF = 10 F
Điện dung của 1 quả cầu bằng kim loại (cô lập)
Quả cầu là vật dẫn nên điện thế tại mọi điểm của quả cầu là như nhau và bằng điện thế do điện tích Q coi như đặt
tại tâm của quả cầu gây ra tại điểm cách tâm một khoảng bằng bán kính R:
0
Q kQ
V
4 R R

Theo định nghĩa, điện dung:
0
Q R
C 4 R
V k

5. Tụ điện
Tụ điện là hệ hai vật dẫn cô lập ở điều kiện điện hưởng toàn phần.
a. Tụ điện phẳng: là hệ hai bản kim loại phẳng cùng diện tích S đặt song song và cách nhau một đoạn d.
1 2
Q Q
C
V V U
, trong đó: U = Ed, E là điện trường đều giữa 2 bản tụ:
0 0
Q
E
S
Thay vào ta được:
0
S
Q
C
U d
b. Tụ điện cầu: hai bản tụ là hai mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R
1
và R
2
(R
1
> R
2
)
Ta có:
1 2 1 2
1 2
0 1 2 0 1 2 1 2
Q R R kQ R R
Q 1 1
V V
4 R R 4 R R R R

Trong đó Q là giá trị tuyệt đối của điện thế mỗi bản,
1 2
V V U
là hiệu điện thế giữa hai bản tụ. Điện dung C
của tụ được tính:
0 1 2
1 2
2 1 2 1
4 R R
R RQ
C
U R R k R R

c. Tụ điện trụ: hai bản của tụ điện là hai mặt trụ kim loại đồng trục bán kính lần lượt là R
1
và R
2
(R
1
< R
2
) có độ
cao là l, rất lớn so với R
1
và R
2
.
Ta có:
2
1 2
0 1
R
Q
V V ln
2 l R

, do đó:
0
2 2
1 2
1 1
2 l
Q l
C
R R
V V
ln 2k ln
R R

6. Năng lượng vật dẫn cô lập
2 2
QV CV Q
W
2 2 2C
7. Năng lượng của tụ điện
2 2
QU CU Q
W
2 2 2C
8. Năng lượng điện trường của 1 tụ điện phẳng
2
1
W CU
2
,
lại có:
0
S
C , U Ed
d
suy ra:
2 2 2
0 0 0
1 1 W 1 ED
W E Sd E V w E
2 2 V 2 2
- mật độ năng lượng điện
trường.
Năng lượng của một điện trường bất kỳ:
2
0
V V
E
ED
W dV dV
2 2
Phần bài tập
Bài 1.1. Cho 2 mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R
1
= 4 cm, R
2
= 2cm mang điện tích Q
1
= -(2/3).10
-9
C, Q
2
=
3.10
-9
C. Tính cường độ điện trường và điện thế tại những điểm cách tâm mặt cầu những khoảng lần lượt bằng 1
cm, 2 cm, 3 cm, 4 cm, 5 cm.
Bằng phép tính tích phân tính được: điện thế tại 1 điểm cách tâm quả cầu là x được tính theo công thức:
kq
(x R)
R
V
kq
(x R)
x
Còn cường độ điện trường thì phía trong quả cầu E = 0,
Phía ngoài vỏ cầu
2
kq
E
x
Bài 2.2. Một quả cầu kim loại bán kính 10 cm, điện thế 300 V. Tính mật độ điện mặt của quả cầu
Điện thế quả cầu được tính theo công thức:
kq
V
R
, trong đó
2
q S 4 R
, từ đó suy ra:
2
9 2
9
k 4 R V 300
V 4k R 26,5.10 C/m
R 4k R 4.9.10 .0,1

Bài 2.8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1 m mang điện tích q =10
-6
C. Tính:
a) Điện dung của quả cầu;
b) Điện thế của quả cầu;
c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu.
a) Ta có điện thế của quả cầu được tính theo công thức:
kq
V
R
, suy ra:
q R
C
V k
Thay số ta được:
10
9
1
C 1,1.10 F
9.10
b) Điện thế:
6
10
q 10
V 9000 V
C 1,1.10
c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu:
2 10 2
3
CV 1,1.10 .9000
W 4,5.10 J
2 2
Bài 2.9. Tính điện dung của Trái Đất, biết bán kính của Trái Đất là R = 6400 km. Tính độ biến thiên điện thế của
Trái Đất nếu tích thêm cho nó 1 C.
Coi như Trái Đất là 1 quả cầu, ta có điện dung của trái đất là:
3
4
9
q R 6400.10
C 7,1.10 F
V k 9.10
Lại có
4
q q 1
V V 1405 V
C C 7,1.10
Bài 2.11. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là r = 1 cm và R = 4 cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 3000 V.Tính
cường độ điện trường ở một điểm cách tâm tụ điện 3 cm.
Dùng định lý Gauss dễ dàng suy ra được cường độ điện trường chỉ do bản tụ phía trong gây ra.
2
kq
E
x
, điện thế tại một điểm nằm giữa 2 bản tụ là:
2
kq kq
V x dx const
x x
Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là:
R
2
r
R
kq kq 1 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 2 2
kq kURr URr 3000.0,04.0,01
E 44,4.10 V/m 44, 4 kV/m
x k R r x R r x 0,04 0,01 .0,03
1
BÀI TẬP CHƯƠNG 8. ĐIỆN MÔI
Tóm tắt lý thuyết:
- Liên hệ giữa cường độ điện trường và cảm ứng điện:
0
D E
- Vector phân cực điện môi:
0
P E 
0 0 0
D E 1 E E P
, trong đó
1
,
gọi là hệ số phân cực điện môi.
- Mật độ điện tích liên kết trên mặt chất điện môi đặt trong điện trường:
n 0 n
P E

Trong đó P
n
và E là hình chiếu của vector phân cực điện môi và vector cường độ điện
n
trường lên phương pháp tuyến ngoài của mặt có điện tích xuất hiện.
- Dạng toán liên quan đến tụ điện:
+ Mối quan hệ giữa hiệu điện thế U, cường độ điện trường E, khoảng cách giữa các bản tụ
d:
U Ed
.
+ Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều:
0
E
2
+ Mật độ điện mặt trên hai bản tụ tích điện đều:
0
E
+ Mật độ điện tích liên kết:
n 0 n 0 n
P E 1 E

+ Điện dung của tụ điện phẳng:
0
S
C
d
Các bài tập cần làm: 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.8.
Bài 3.1. Xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm mica dày 0,02 cm đặt vào giữa
và áp sát vào hai bản của một tụ điện phẳng được tích điện đến hiệu điện thế U = 400 V.
Bài giải:
Cần nhớ, đây là xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm điện môi (mica), ta
nhớ đến công thức:
n 0 n 0 n
P E 1 E

Đối với tụ điện, chúng ta chú ý, điện trường gây ra bởi 2 bản tụ là điện trường đều, hướng
vuông góc với các bản tụ, từ phía bản dương sang bản âm. Cho nên:
n
U
E E
d
Nên ta có:
12 4 2
0 n 0
2
U 400
1 E 1 7,5 1 .8,86.10 . 1,15.10 C / m
d 0,02.10
Chú ý: hằng số điện môi của mica có sách ghi là từ 5,7 đến 7, có sách ghi bằng 6, có sách
ghì bằng 7,5.
Bài 3.3. Một tụ điện phẳng có chứa điện môi (
6
) khoảng cách giữa hai bản là 0,4 cm,
hiệu điện thế giữa hai bản là 1200 V. Tính:
1. Cường độ điện trường trong chất điện môi.
2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện.
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi.
2
Tóm tắt:
6
,
d = 4 cm = 4.10 m, U = 1200 V.
-2
1. E = ?
2.
?
3.
?
Bài giải:
1. Đối với tụ điện bất kỳ, cường độ điện trường giữa các bản tụ (tức là cường độ điện trường
trong chất điện môi) là:
5
3
U 1200
E 3.10 V / m
d 4.10
ở đây rất có thể chúng ta sẽ làm nhầm như sau:
Cường độ điện trường trong chất điện môi là
0
E
E
, trong đó
0
U
E
d
, tức là chúng ta
coi điện trường ngoài E
0
là điện trường giữa 2 bản phẳng, nhưng nên nhớ, trong phần lý thuyết
E
0
là điện trường giữa 2 bản phẳng lúc chưa đặt điện môi, có nghĩa là điện trường của 1 tụ điện
không khí. Còn trong trường hợp này, đây là một tụ điện có chứa điện môi
6
nên cường độ
điện trường giữa 2 bản tụ lúc này chính là cường độ điện trường trong lòng chất điện môi.
Để làm rõ hơn, tiếp tục chúng ta sẽ tính E
0,
tức là độ lớn của điện trường do các điện tích
tự do gây ra (tức là điện tích trên các bản tụ), theo lý thuyết:
5 5
0
E E 6.3.10 18.10 V / m
Ta tính luôn cả cường độ điện trường
E
gây ra do các điện tích liên kết trên bề mặt của
chất điện môi:
5 5 5
0
E E E 18.10 3.10 15.10 V / m
(đúng theo lý thuyết)
2. Mật độ điện mặt trên 2 bản tụ điện được suy ra từ công thức sau:
12 5 5 2
0 0
E 8,86.10 .18.10 1,59.10 C / m
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi cũng được tính từ công thức tương tự:
12 5 5 2
0
E 8,86.10 .15.10 1,33.10 C / m
Ngoài ra chúng ta có thể biến đổi để sử dụng công thức sau:
1
Thật vậy:
0
0 0
E E E
Mặt khác:
0
0
E
E
nên ta có:
0 0 0
1
Bài 3.4. Cho một tụ điện phẳng, môi trường giữa hai bản ban đầu là không khí (
1
1
),
diện tích mỗi bản là 0,01 m , khoảng cách giữa hai bản là 0,5 cm, hai bản được nối với một hiệu
2
điện thế 300 V. Sau đó bỏ nguồn đi rồi lấp đầy khoảng không gian giữa hai bản bằng một chất
điện môi có
2
3
.
1. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện sau khi lấp đầy điện môi;
2. Tính điện tích trên mỗi bản.
Bài giải:
3
Đây là bài toán khá điển hình về tụ điện. 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 tích không đổi, nhưng điện dung thay đổi thành ra hiệu
điện thế giữa hai bản tụ sẽ thay đổi.
Điện dung của tụ điện không khí là:
12
11
0 1
1
2
S 8,86.10 .1.0,01
C 1,772.10 F
d 0,5.10
Suy ra:
11 9
1 1
Q C U 1,772.10 .300 5,3.10 C
Điện dung của tụ điện sau khi lấp đầy chất điện môi là:
12
11
0 2
2
2
S 8,86.10 .3.0,01
C 5,3.10 F
d 0,5.10
Khi đó
9
2
11
2
Q 5,3.10
U 100 V
C 5,3.10
Bài 3.5. Cho một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản là 0,01 m. Giữa hai bản đổ đầy
dầu có hằng số điện môi
4,5
. Hỏi cần phải đặt vào các bản một hiệu điện thế bằng bao nhiêu
để mật độ điện tích liên kết trên dầu bằng 6,2.10
-10
C/cm .
2
Bài giải:
d = 0,01 m,
4,5
,
10 2 6 2
6,2.10 C/cm 6,2.10 C/m
U = ?
Cường độ điện trường giữa hai bản tụ:
U
E
d
Mật độ điện tích liên kết được tính theo công thức:
0 0 0 0
U
E E 1 1
d
Suy ra:
6
12
0
d 6,2.10 .0,01
U 2000 V
1 8.86.10 .3,5
Bài 3.8. Trong một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản là d, người ta đặt một tấm
điện môi dày d
1
< d song song với các bản của tụ điện. Xác định điện dung của tụ điện trên. Cho
biết hằng số điện môi của tấm điện môi là
, diện tích của tấm đó bằng diện tích các bản của tụ
điện và bằng S.
Bài giải:
4
Đây có thể coi như bài toán 3 tụ điện mắc nối tiếp, trong đó tụ 1 có
bề dầy d
1
, có chất điện môi
. Hai tụ 2 và 3 lần lượt có bề dầy d và
2
d
3
, là tụ không khí:
Ta có:
0
1
1
S
C
d

,
0
2
2
S
C
d
,
0
3
3
S
C
d
Đối với bộ tụ mắc nối tiếp ta có:
1 1
2 3 1
b 1 2 3 0 0
1
0
1 1 1 1 1 d 1 d
d d d d
C C C C S S
d 1 d
S
Ta suy ra:
0
1
S
C
d 1 d
1
BÀI TẬP CHƯƠNG 8. TỪ Ờ TRƯ NG
Tóm tắt lý thuyết:
- Vector cường độ t ừ trường và vector cảm ứng từ:
0
B
H =
µµ
- – – Định luật Biot Savart Laplace: vector c i mảm ứng từ gây bở ột phần tử dòng điện:
0
3
dB (Id l x r )
4 r
→ → →
µµ
=
π
Trong đó
dB
là vector c ng tảm ứ ừ do phần tử dòng điện
Idl
gây ra tại điểm M xác định
bởi bán kinh vector
r
(vector nối từ phần tử dòng điện tới điểm M),
7
0
4 .10 H/m
−
µ = π
gọi là hằng
số từ,
µ
gọi là độ ủ t ừ thẩm c a môi trường.
+ có phương: vuông góc với m t phặ ẳng chứa phần tử d n òng điệ và điểm khảo sát.
+ có chiều: theo qui tắ ốc đinh c hoặc nắm tay phải.
+ độ lớn:
0
2
Idl
dB .sin
4 r
µµ
= θ
π
- Nguyên lý chồng chấ ừt t trường:
+ vector cảm ứng từ gây bởi m n bột dòng điệ ất kỳ:
DD
B d B
→ →
=
∫
vector c i nhiảm ứng từ gây bở ều dòng điện:
i
i
B B
→ →
=
∑
- Vectơ cảm ứng từ của dòng điện thẳng:
0
1 2
I
B (cos cos )
4 h
µµ
= θ − θ
π
+ có phương vuông góc với mặt phẳng chứ ệa dòng đi n và điể ảm kh o sát;
+ có chi u theo quy tề ắc cái đinh ốc, hoặc nắm tay phải;
+ độ lớn:
0
1 2
I
B (cos cos )
4 h
µµ
= θ − θ
π
- với sợi dây dài vô hạn:
0
I I
B H
2 h 2 h
µµ
= → =
π π
- vector cảm ứng t n trònừ ệ gây bởi dòng đi tại một điểm trên trục của vòng dây:
2
0
2 2 3/2
IR
B
2(R h )
µµ
=
+
- vector cảm ứng t i tâm vòng dây h = 0: ừ ệ gây bởi dòng đi n tròn tạ
0
O
I
B
2R
µµ
=
- cmômen từ ủ ệa dòng đi n tròn:
m
p I.S=
,
m
p
có phương vuông góc với mặt phẳng dòng
điện, co chi nh theo quy t m tay phều xác đị ắ ặc cái đinh ốc ho c nắ ải.
- c ảm ứng từ trong lòng ng dây: ố
0 0
N
B nI . .I
L
= µµ = µµ
, trong đó n – là mật độ vòng dây.
2
- t ừ thông:
m
d BdScos Bd S
→ →
Φ = α =
(đơn vị là vêbe, Wb)
- T ừ thông của từ trườ ề ng đ u gởi qua một diện tích phẳng:
m
BS.cosΦ = α
- Định lý OG: Từ thông gửi qua một mặ ấ ằt kín b t kì thì luôn b ng không:
(S)
BdS 0
→ →
=
∫
,
divB 0
→
=
- Định lý Ampere: Lưu số của vectơ cường độ ộ t ừ trường dọc theo m t đường cong kín bất
kì thì bằng tổng đại số các dòng điện xuyên qua di n tích gi i h n bệ ớ ạ ởi đường cong kín đó.
k
k
(C)
Hd l I
→ →
=
∑
∫
hay
rot H j
→ →
=
- Công thức Ampere: Lực t tác dừ ụng lên một phầ ửn t dòng điện:
d F [Id l ,B]
→ → →
=
+ phương vuông góc với mặ ẳ ứ ầ ửt ph ng ch a ph n t dòng điện và vector cảm ứng từ;
+ chiều theo quy tắc bàn tay trái;
+ độ lớn:
dF BId .sin= θ
- T ừ trường đều tác dụng lên dây dẫn ng: thẳ
F BIl.sin= θ
- Lực tương tác gi a 2 dòng điữ ện thẳng song song (trên m t mét dài): ộ
0 1 2
F I I
f
l 2 d
µµ
= =
π
- L ực từ tác dụng lên khung dây:
+ Mômen của lực từ:
m
M p x B
→ → →
=
, độ lớn:
m
M p .B.sin BIS.sin= θ = θ
- Công của lự ừc t :
m
A Fdx BIl.dx BIdS I.d= = = = Φ
∫ ∫ ∫ ∫
. Suy ra:
m
A I.= ∆Φ
- Lực Lorentz:
L
F q[v,B]
→ → →
=
:
+ phương vuông góc với mặ ẳ ứt ph ng ch a vector
( )
v,B
;
+ chiều đối với điện tích dương theo quy tắc bàn tay trái;
+ chiều đối với diện tích âm theo quy tắc bàn tay phải.
L
F | q | B.v.sin= θ
- n Điệ tích chuyể ộn đ ng trong từ ề trường đ u:
+ vector vận tố ầc ban đ u song song:
0
v B
→ →
L
F 0
→
⇒ =
, suy ra điện tích chuyển động thẳng
đều;
+ vector v n tậ ốc ban đầu vuông góc
0
v B
→ →
⊥
, điệ ể ộn tích chuy n đ ng tròn đề ựu, l c lorentz
đóng vai trò là lực hướng tâm:
2
L
v
F | q | B.v ma m
r
= = =
.
Bán kính quỹ đạ o:
mv
r
| q | B
=
, chu kỳ quay
2 m
T
| q | B
π
=
- Điện tích chuyể ộn đ ng theo đường lò xo: khi v n t o vậ ố ầc ban đ u tạ ới
B
một góc nào đó,
thành phần song song không b ng, nên hị ả ởnh hư ng của từ trườ ạt chuyể ộ ền đ ng đ u, thành phần
3
vuông góc thì chịu ảnh hưởng của chuyể ộn đ ng tròn đ n đề ậ ạu. Như v y, h t vừa chuyể ộng tròn,
vừa chuyể ề ỹ đạ ạn động đ u nên qu o có d ng lò xo:
+ bán kính xoắn:
0
mv mv .sin
r
| q | B | q | B
⊥
θ
= =
+ chu kỳ:
2 m
T
| q | B
π
=
+ Bước xoắn:
0
2 m
h v .T v .cos .
| q | B
π
= = θ
Các bài 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 cư ng đờ ộ ủ ộ từ trường c a m t dòng điệnt hẳng dài vô h n t i m ạ ạ ột điểm cách dòng
điện 2 cm. Biết cường độ dòng điện I = 5 A.
Bài giải:
Bài này trướ ả ả ớ ức khi gi i ph i nh công th c:
0
I
B
2 r
µ µ
=
π
và mối quan hệ ữ gi a B và H:
0
B H= µ µ
Như vậy:
( )
2
I 5
H 39,8 A / m
2 r 2 .2.10
−
= = ≈
π π
Bài 4.2. Hai dòng điệ ẳn th ng dài vô hạn, có cường độ dòng điện
1 2
I I 5 A= =
, được đặt vuông
góc với nhau và cách nhau một đoạn AB = 2 cm. Chiề ệu các dòng đi n như hình vẽ. Xác định
cường độ véc-tơ cường độ t ừ trường tại điểm M nằm trong mặ ẳ ứt ph ng ch a
1
I
và vuông góc với
2
I
, cách dòng điện I
1
một đoạn MA = 1 cm.
Bài này cần phải nhớ c: công thứ
I
H
2 r
=
π
giống ở bài trên.
Tại điểm M, H
1
xác định chiều theo quy t c thì thắc cái đinh ố ấy đi ra, còn H
2
theo quy tắc cái
đinh ốc hướ ẳng th ng đứng lên trên. Và
1 2
H H⊥
, như vậy véc-tơ tổng sẽ hướng từ trong ra ngoài.
Về độ lớn thì
2 2
1 2
H H H= +
. Sau đó cần phả ợ ở ợ ới xác định góc h p b i H tổng h p v i 1 trong hai
véc-tơ H
1
hoắc H y m
2
, như vậ ới trả lời đủ câu hỏi H bằng bao nhiêu, và hư ng đi đâu, theo ớ
phương nào.
Dòng điện I
1
gây ra tạ ừ ừi M t trường H
1
hướng t trong ra ngoài (hình bên phải).
4
( )
1
1
2
I 5
H 79,6 A / m
2 .AM 2 .10
−
= = ≈
π π
Tương tự dòng I
2
gây ra tại M từ trường H
2
hướng lên trên (hình bên phải):
( )
2
2
2
I 5
H 26,5 A / m
2 .BM 2 .3.10
−
= = ≈
π π
T hừ trường tổng ợp:
( )
2 2 2 2
1 2
H H H 79,6 26,5 84 A / m= + = + ≈
Góc lệch
α
so với phương H
1
:
0
2
1
H 26,5 1
tan 18 25
H 79,6 3
′
α = = ≈ ⇒ α ≈
Bài 4.3. Hình 4-8 vẽ mặ ắt c t vuông góc của hai dòng điệ ẳn th ng song song dài vô hạn ngược
chiều nhau. Kho ng cách giả ữa hai dòng điện AB = 10 cm. Cường độ ủ c a các dòng điện lần lượt
bằng
1
I 20 A=
, I
2
= 30 A. Xác đ ng định vectơ cườ ộ từ trường tổng hợp tại các điểm M
1
, M
2
,
M
3
. Cho biết M
1
A = 2 cm, AM
2
= 4 cm, BM
3
= 3 cm.
Với bài này, tại mỗ ểi đi m cần xác định rõ véc-tơ H
1
(gây ra bởi dòng I (gây ra b
1
) và H
2
ởi dòng
I
2
) hướng đi đâu và độ lớn của cái nào lớn hơn sẽ quyết định chi p. Trong ều của véc-tơ H tổng hợ
trường hợp này thì H
1
và H
2
luôn vuông góc v i I nên Hớ
1
I
2
1
và H
2
có 2 khả năng là cùng chiều
ho u.ặc ngược chiề
• Tạ ểi đi m M
1
: H
1
hướng xuống dướ ẽ đội như hình v , lớn là:
( )
1
1
2
1
I 20
H 159,15 A / m
2 .AM 2 .2.10
−
= = =
π π
H
2
hướng từ ớ dư i lên như hình vẽ độ, lớn là:
( )
1
2
2
1
I 30
H 39,79 A / m
2 .BM 2 .12.10
−
= = =
π π
5
Từ trường tổng hợp tại M
1
:
( )
H 159,15 39,79 119,36 A / m= − =
Vì H
1
> H
2
nên từ trườ ớng tổng hợp hư ng theo H ng xu
1
, tức là hướ ống dưới.
• Tạ ểi đi m M
2
: Từ trườ ng H
1
và H
2
cùng hướng lên trên, tương tự ta có:
( )
1
1
2
2
I 20
H 79,58 A / m
2 .AM 2 .4.10
−
= = =
π π
( )
1
2
2
1
I 30
H 79,58 A / m
2 .BM 2 .6.10
−
= = =
π π
Từ trường tổng hợp tại M
2
: H = 79,58*2=159,16(A/m)
Véc-tơ tổng hợp H hướng lên trên như H
1
và H
2
• Tạ ểi đi m M
3
: Từ trườ ớ ng H
1
hư ng lên trên và H
2
hướng xuống dư , tương tới ự ta có:
( )
1
1
2
2
I 20
H 24,49 A / m
2 .AM 2 .13.10
−
= = =
π π
( )
1
2
2
1
I 30
H 159,16 A / m
2 .BM 2 .3.10
−
= = =
π π
Từ trường t p tổng hợ ại M
3
: H = 159,16-24,49=134,67(A/m)
Vì H
2
> H
1
nên véc-tơ tổng hợ ớp H hư ng xuống dưới theo H
2
Bài 4.4. Hình 4 n c ng song song dài vô h-9 biểu di n ti t diễ ế ệ ủ ệa ba dòng đi n thẳ ạn. Cư ng đờ ộ các
dòng điệ ần l n lượt bằng:
1 2 3
I I I;I 2I.= = =
Biết AB = BC = 5 cm. Tìm trên đoạ ển AC đi m có
cường độ t ừ trường tổng hợ ằp b ng không.
Dễ dàng suy luận được điểm cần tìm nằm trong đo m trong đoạ ến AB vì n u nằ ạn BC, 3 véc-tơ
cường độ t ừ trườ ề ớng đ u hư ng xuống dưới và không thể ệ tri t tiêu nhau được.
Ta có phương trình sau: H
1
– H + H
3 2
= 0
( ) ( )
I I 2I
0
2 x 2 5 x 2 10 x
− + =
π π − π −
( )
1 1 2
0 x 3,3 cm
x 5 x 10 x
− + = ⇒ =
− −
Bài 4.5. Hai dòng điện thẳng dài vô h ng góc v i nhau và n m trong cùng mạ ặn đ t thẳ ớ ằ ột mặ ẳt ph ng
(hình 4 nh véc-10). Xác đị -tơ cường độ t ừ trường tổng hợp tạ ểi các đi m M
1
và M
2
, biế ằt r ng:
I
1
= 2 A; I
2
= 3 A; AM
1
= AM
2
= 1 cm; BM
1
= CM
2
= 2 cm;
Giải:
6
Tạ ểi đi m M
1
, cả ệ ừ ớ ớ ặ 2 dòng đi n gây ra các véc-tơ cường độ t trường hư ng vuông góc v i m t
phẳng hình vẽ nhưng ngượ ềc chi u nhau (và được quan sát lại trong hình chiếu cạnh).
( )
1
1
2
1
I 2
H 31,83 A / m
2 AM 2 .10
−
= = =
π π
( )
2
1
2
1
I 3
H 23,87 A / m
2 BM 2 .2.10
−
= = =
π π
Cườ ừ trườ ợng độ t ng tổng h p là: H = 7,96 (A/m) hướng theo phương của H
1
. vì H
1
> H
2
Tạ ểi đi m M
2
, cả ệ ừ ớ ớ 2 dòng đi n gây ra các véc-tơ cường độ t trường hư ng vuông góc v i mặt
phẳng hình vẽ theo cùng một chiều (và được quan sát l u cại trong hình chiế ạnh).
( )
1
1
2
1
I 2
H 31,83 A / m
2 AM 2 .10
−
= = =
π π
( )
2
1
2
1
I 3
H 23,87 A / m
2 BM 2 .2.10
−
= = =
π π
Cườ ừ trườ ợng độ t ng tổng h p là: H = 55,7 (A/m) hướng theo phương của H
1
và H .
2
Bài 4.6. Tìm cường độ t ừ trường gây ra tạ ểi đi m M bởi một đoạ ẫn dây d n thẳ ệng AB có dòng đi n
I = 20 A ch y qua, biạ ế ằ ạt r ng t i điể ằm M n m trên trung trực c AB, cách Aủa B 5 cm và nhìn AB
dư
ới góc 60
0
.
Bài giải:
Trong bài này ta áp dụng công thức tổ ờng quát để tính cư ng
độ ệ dòng đi n gây ra bởi một đoạn dây dẫn:
( )
( )
( )
0 0
1 2
2
20 cos60 cos120
I cos cos
H
4 r 4 5.10
31,8 A / m
−
−
θ − θ
= = ≈
π π.
≈
7
Bài 4.7. Một dây dẫn được uốn thành hình ch b = 30 cm, có ữ ậ nh t, có các cạnh a = 16 cm, dòng
điện cường độ I = 6 A chạy qua. Xác định véc-tơ cường độ t ừ trường tại tâm của khung dây.
Giải:
Từ hình vẽ trên d dàng suy ra, i tâm cễ các véc-tơ cường độ từ trường gây ra tạ ủa hình chữ nhật
đề ều cùng phương, cùng chi u. Trong đó có 2 cặp bằng nhau (cùng do 2 cạnh dài và do 2 cạnh
ngắn gây ra):
Cường độ t ừ trườ ạng gây ra bởi c nh dài là cường độ t ừ trường gây ra bởi 1 đoạn thẳng mang dòng
đi đưện 6 A ợc giới hạ ởn b i các góc
α
và
0
180 − α
(như hình vẽ). Trong đó:
( ) ( )
2 2 2 2
b / 2 b
cos
a b
b / 2 a / 2
α = =
+
+
,
( )
0
cos 180 cos− α = − α
( )
( )
( )
0
1 3
2 2
1
I cos cos 180
2Icos Icos Ib
H H
4 r 4 a / 2 a
a a b
α − − α
α α
= = = = =
π π π
π +
Cườ ừ trường độ t ng gây ra bởi cạnh ngắn là cường độ từ trường gây ra bởi 1 đoạ ẳn th ng mang
dòng điện 6 A đượ ớc gi i hạn bởi các góc
β
và
0
180 − β
(như hình vẽ). Trong đó:
( ) ( )
2 2 2 2
a / 2 a
cos
a b
a / 2 b / 2
β = =
+
+
,
( )
0
cos 180 cos−β = − β
( )
( )
( )
0
2 4
2 2
2
I cos cos 180
2Icos Ia
H H
4 r 4 b / 2
b a b
β − − β
β
= = = =
π π
π +
Cườ ừ trườ ợng độ t ng tổng h p có độ l ớn:
( )
2 2
2 2
1 2 3 4
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
2.6. 0,16 0,30
H 27,1 A / m
.0,16.0,30
+
= ≈
π
8
9
10
11
Gi i:ả
Theo đị ả ứnh lý Bio- - -Savart Laplace, véc tơ c m ng từ gây ra bởi một vòng dây t i tâm cạ ủa nó là:
12
0
r r
I I
B H
2r 2r
µ µ
= → =
, suy ra:
R
d/2
IdN
H
2r
=
∫
, trong đó dN là số vòng dây qu n quanh khi bán kính ấ
thay đổi từ ế r đ n r + dr.
Ta chia tỷ ệ l , khi bán kính thay đ d/2 đổi từ ến R thì có N vòng dây, vậy nên:
N
dN dr
R d / 2
=
−
Từ đó suy ra:
( ) ( )
R
d/2
2R
INln
INdr
d
H
2r R d / 2 2R d
= =
− −
∫
Véc-tơ mômen từ có độ lớn:
2
m
p I. r= π
Suy ra:
( )
( )
3 3
R R
2
m m
d/2 d/2
IN R d / 8
N
P p dN I r dr
R d / 2 3 R d / 2
π −
= = π =
− −
∫ ∫
13
14
15
Giải:
- Do không có m t công thộ ức tổng quát tính lực tác dụng lên m t nộ ửa dòng điện tròn nên ta phải
sử dụng tích phân.
- sGiả ử ta chia vòng tròn thành các phần tử dây dẫn mang điện dl = (
s / π
)dα. Xét tại vị trí mà
Odl tạo với trục ON một góc α.
- Lực tác d a tụng củ ừ trường lên dây d n dl: ẫ
o Phương: qua tâm của dây dẫn tròn
o Chiều: như hình vẽ (đượ ị c xác đ nh b ng quy tằ ắc bàn tay trái)
o Độ lớn: dF = BIdl
- Lực tác d a tụng củ ừ trường lên toàn bộ dây dẫn là:
n t
F dF dF dF= = +
∫ ∫ ∫
Do tính đối xứng nên
t
dF 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
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
16
17
18
19
1
BÀI T N TẬP CHƯƠNG 9. CẢM ỨNG ĐIỆ Ừ
Tóm tắt lý thuyết:
Đị ủ ệ ứ ệ ừnh luậ ảt cơ b n c a hi n tượng cảm ng đi n t :
Su trấ ệ ột đi n đ ng c ng luôn bảm ứ ằng về ị số, nhưng trái dấu v i tớ ốc độ biến thiên c a tủ ừ
thông gửi qua di n tích cệ ủa mạch điện:
m
C
d
dt
Φ
ε = −
Suất điện động tự ả c m. Hệ ự số t cảm:
Từ thông gửi qua 1 ống dây có dòng điệ ạn ch y qua tỉ l ệ thuận với cường độ dòng điện:
m
LIΦ =
( )
m
tc
d LI
d
dI
L
dt dt dt
Φ
ε = − = − = −
Trong đó L là hệ ự số t cảm, đơn vị đo là H (henry).
Hệ s tố ự c t ảm của mộ ống dây điện thẳng dài:
Vốn có:
m
NBS
L
I I
Φ
= =
, trong khi đó:
0 0
N
B nI I
l
= µ µ = µ µ
2
2 2
0
0 0
N S
L n Sl n V
l
µ µ
= = µ µ = µ µ
Trong đó: N là tổng số vòng dây, l và S là chiều dài và ti t di n ngang cế ệ ủa ống dây.
Năng lượng của từ trườ ng trong ống dây điện:
2
m
1
W LI
2
=
Mậ ột đ năng lượng của từ trườ ng:
2
m
0
1 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.
Chú ý: điện trở ấ su t của đồng là 1,72.10
-8
mΩ
2
3
Gi i:ả
( )
5
4
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, thanh quét được 1 góc là
dtω
,
Diện tích của phần hình tròn được giớ ại h n bởi góc
2π
chính là diện tích cả hình tròn:
2
S = π
Lấy tỷ lệ, tính được diệ ần tích của ph n hình tròn được giới hạ ởn b i góc
dtω
là:
4
( )
2
2 2
2 2 2
1 1
dS dt dt d BdS B dt
2 2 2
d 1 1
E B .5.10 .20.1 0,5 V
dt 2 2
−
π
= ω = ω ⇒ Φ = = ω ⇒
π
Φ
= = ω = =
Chú ý: Bài này tương tự bài 5.6, tuy nhiên ở đây coi như 2 thanh, 1 thanh dài 25 cm, 1 thanh dài
95 cm. Sẽ đi tìm được hiệ ệu đi n thế giữa 2 đầ ớ ồ ữu thanh so v i gốc, r i tìm gi a 2 đầ ớu thanh v i
nhau.
5
6
1
BÀI TẬP CHƯƠNG 12. DAO ĐỘNG
Tóm tắt lý thuyết:
1. Dao động điều hòa
Phương trình dao động:
( )
0
x Acos t= ω + ϕ
, A > 0
x – li độ (độ d ời);
A – biên độ;
0
ω
- t ần số góc;
0
tω + ϕ
- pha dao động;
ϕ
- pha ban đầu;
0
0
2
T
π
=
ω
- chu kỳ;
0
0
0
1
T 2
ω
ν = =
π
- t ần số. (chữ
ν
được phiên âm /nju:/ - đọ ếc th nào tùy các bạn)
Vận tốc:
( )
0 0 0 0
dx
v Asin t Acos t
dt 2
π
= = −ω ω + ϕ = ω ω + ϕ +
Gia tốc:
( ) ( )
2 2 2
0 0 0 0 0
dv
a Acos t x Acos t
dt
= = −ω ω + ϕ = −ω = ω ω + ϕ + π
Năng lượng dao động điều hòa:
Cơ năng:
d t
W W W= +
Con lắc lò xo:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0
1 1 1 1
W kA sin t kA cos t kA m A
2 2 2 2
= ω + ϕ + ω + ϕ = = ω
Con lắc vật lý
Là một v t rậ ắn khối lượng M, quay xung quanh một trục cố
định O nằm ngang. G là khối tâm, cách O một đoạn d.
Tần số góc:
0
Mgd
I
ω =
I – là mômen quán tính của con lắ ớc v i trục O.
Chu kỳ:
0
I
T 2
Mgd
= π
Trường hợp riêng: con lắc đơn:
0
2
Mgd Mgl g
I Ml l
ω = = =
2. Dao đ ng cơ tộ ắ ầt d n
Phương trình dao động:
( )
t
0
x A e cos t
−β
= ω + ϕ
,
2
trong đó:
2 2
0
ω = ω −β
- t ần số góc của dao động tắt dần
2 2
0
2 2
T
π π
= =
ω
ω −β
- chu kỳ c n ủa dao động tắt dầ
t
0
A A e
−β
=
- là biên độ của dao độ ắng t t dần, giả ầm d n theo th i gian.ờ
Giảm lượng loga:
( )
( )
( )
t
T
0
t T
0
A t
A e
ln ln lne T
A t T
A e
−β
β
−β +
δ = = = = β
+
3. Dao đ ng cơ cưộ ỡng bức
Phương trình:
( )
x Acos t= Ω + Φ
Biên độ:
( )
2
2 2 2 2
0
H
A
m 4
=
Ω − ω + β Ω
;
Pha ban đâu:
2 2
0
2
tan
− βΩ
Φ =
Ω − ω
Với điều kiện:
2 2
0
2 0ω − β >
Tần gố góc cộng hưởng:
Giá trị:
2 2
ch 0
2Ω = ω − β
tại đó biên độ dao động cưỡng bứ ạc đ t trị số cự ạc đ i.
max
2 2
0
H
A
2m
=
β ω − β
4. Dao động điệ ừ ền t đi u hòa
Phương trình dao động của dòng điện:
( )
0 0
I I cos t= ω + ϕ
Tần số góc riêng:
0
1
LC
ω =
Chu kỳ riêng:
0
2
T 2 LC
π
= = π
ω
Phương trình dao động của điện tích:
0
0
0
I
q cos t
2
π
= ω + ϕ −
ω
Phương trình dao động c a hiủ ệu điện thế giữa 2 bản tụ:
0
0
0
q I
u cos t
C C 2
π
= = ω + ϕ −
ω
5. Dao độ ầng điệ ừn t tắt d n
Phương trình dao động của dòng điện:
( )
t
0
I I e cos t
−β
= ω + ϕ
Tần số góc:
2
2 2
o
1 R
LC 2L
ω = ω −β = −
3
Chu kỳ:
2
2 2
T
1 R
LC 2L
π π
= =
ω
−
6. Dao động điệ ừ ứn t cưỡng b c
Phương trình dao động của dòng điện:
( )
0
I I cos t= Ω + Φ
0
0
2
2
I
1
R L
C
ε
=
+ Ω −
Ω
và
1
L
C
cot
R
Ω −
Ω
Φ = −
Đặt
2
2
1
Z R L
C
= + Ω −
Ω
- gọi là tổng trở của mạch dao động.
L
Z L= Ω
- cảm kháng
C
1
Z
C
=
Ω
- dung kháng
Cộng hưở ệng đi n:
ch 0
1 1
L 0
C
LC
Ω − = → Ω = = ω
Ω
0
0max
I
R
ε
=
7. Tổng hợp 2 dao đ u hòa cùng phương, cùng tộng điề ần số
( )
1 1 1
x a cos t= ω + ϕ
( )
2 2 2
x a cos t= ω + ϕ
2 2
1 2 1 2
a a a 2a a cos= + + ∆ϕ
1 1 2 2
1 1 2 2
a sin a sin
tan
a cos a cos
ϕ + ϕ
ϕ =
ϕ + ϕ
8. Tổng hợp hai dao động điều hòa có phương vuông góc với nhau
( )
1 1 1
x a cos t= ω + ϕ
( )
2 2 2
x a cos t= ω + ϕ
( ) ( )
2 2
2
2 1 2 1
2 2
1 2 1 2
x y xy
2 cos sin
a a a a
+ − ϕ − ϕ = ϕ − ϕ
Các trường hợ ặ ệp đ c bi t:
a)
2 1
2kϕ − ϕ = π
1 2
x y
0
a a
− =
đường thẳng trên góc phần tư 1 và 3
b)
( )
2 1
2k 1ϕ − ϕ = + π
4
1 2
x y
0
a a
+ =
đường thẳng trên góc phần tư 2 và 4
c)
( )
2 1
2k 1
2
π
ϕ − ϕ = +
2 2
2 2
1 2
x y
0
a a
+ =
đường elip vuông
N
ếu a
1
= a
2
đường 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 chấ ểt đi m dao động điều hòa với T = 24 s, pha ban đầu bằng 0. Hỏi tại nh ng thữ ời
điểm nào (trong thời gian một chu kỳ đầu) li độ có giá tr i bị tuyệt đố ằng 1/2 biên độ dao động.
Bài giải:
Phương trình dao động:
0
x Acos t= ω
Ta có:
0
2 2
rad/s
T 24 12
π π π
ω = = =
0 0
A 1 t 1 t
x Acos t cos t cos k t 4 12k
2 2 12 2 12 3
π π π
= ω = ± ⇒ ω = ± ⇒ = ± ⇒ = ± + π⇒ = ± +
Với điều kiện trong 1 chu kỳ,
0 t T 24 s≤ ≤ =
Dễ thấy các giá trị sau đây thỏa mãn:
t = 4 + 0 = 4 s.
t = +4 + 12 = 16 s.
t = -4 + 12 = 8 s
t = -4 + 24 = 20 s.
Ngoài ra phương pháp đường tròn (hình vẽ). Dễ dàng xác định được góc
3
π
α = . Ta thấy có 4 vị
trí thỏa mãn điề ệu ki n
A
x
2
= ±
.
5
Bài 8.3. một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ T = 2 s, biên độ ố a = 50 mm. Tìm vận t c
của chấ ểt đi m tại vị trí củ ằa li độ b ng 1/2 biên độ dao động.
Bài giải:
Sử dụng hệ thức độc lập:
2
2 2
v
x A
+ =
ω
Suy ra:
2 2
v A x= ω −
Với
2 2
1 1 3 3 2 3 2
x A v A A A A 50 136 mm/s
2 4 2 2 T 2 2
π π
= ⇒ = ω − = ω = = =
Bài 8.7. Một chấ ểt đi m dao động điều hòa với chu kỳ dao động T = 2 s, pha ban đầu
3
π
ϕ =
. Năng
lư
ợng toàn phần W = 3.10
-5
J và l ng lên chực tác dụ ấ ể ớt đi m lúc l n nhất b ng 1,5.10ằ
-3
N. Viết
phương trình dao động củ ấa ch t điểm.
Bài giải:
Phương trình dao động sẽ ạ có d ng:
( )
x Acos t= ω + ϕ
2 2
rad/s
T 2
π π
ω = = = π
Ta có:
2 2
m A
W
2
ω
=
Lực tác dụng:
2
F ma m x= = − ω
, lực tác dụng cự ạc đ i là
2
max
F m A= ω
Suy ra:
5
2
3
max
2W 2.3.10
A 4.10 m = 4 cm.
F 1,5.10
−
−
−
= = =
Phương trình dao động:
x 4cos t cm.
3
π
= π +
Bài . 8.12 Biên độ dao động tắ ầt d n sau thời gian
1
t 20 s=
giảm đi n
1
= 2 lần. Hỏi sau thời gian
t
2
= 1 phút nó giảm đi bao nhiêu lần?
Bài giải:
Ta có:
t t
0
0
A
A A e e
A
−β −β
= ⇒ =
Suy ra:
1 2
t t
1 2
0 0
A 1 A
e ;e
A 2 A
−β −β
= = =
Ta có:
2 1 2 1
t 60 s,t 20 s t 3t= = ⇒ =
( )
2 1 1
3
t 3 t t
2
0
A 1
e e e
A 8
−β − β −β
= = = =
Bài . 8.13 Phương trình của một dao độ ắng t t dần có dạng:
0,2t
x 10.2 .cos8 t cm
−
= π
Tìm biên đ dao độ ộng sau N = 10 dao độ ầng toàn ph n.
Bài giải:
6
Chu kỳ:
2 2
T 0,25 s
8
π π
= = =
ω π
Thời gian 10 dao động: t = 10T = 2,5 s
Thay vào có:
0,2.2,5
A 10.2 7,07 cm.
−
= =
Bài 8.15. Cho hệ số tắt dần củ ộa dao đ ng là
1
1
s
100
−
β =
. Tính thời gian để biên độ giảm đi e lần:
Bài giải:
t t
0
0
A 1
A A e e e t 1 t 100 s
A
−β β
= ⇒ = = ⇒ β = ⇒ = =
β
Bài . 8.17 Biế ằ ật r ng v n tốc v = 20 m/s thì khi chạy qua các chỗ nối của đường ray xe l a bử ị rung
nhiều nh i lò xo cất. Mỗ ủa toa xe chịu một khố ợi lư ng nén là M = 5 tấn. Chiều dài của mỗi thanh
ray là l = 12,5 m. Hãy xác định hệ số đàn hồi của lò xo?
Bài giải:
Đây là m ng cưộ ột bài liên quan đ n dao đế ỡng bức. Trong đó dao động riêng là dao động của lò
xo toa xe, l ng bự ỡc cư ứ ờc là do đư ng ray tác dụng lên mỗ ỗi lúc xe lửa qua ch n ối. Xe lửa bị rung
nhiều nhất tức là xảy ra hiện tượ ộng c ng hưởng, tứ ầc là t n số dao động riêng c a lò xo toa xe vủ ới
tần số lực cưỡ ứ ụng b c của đường ray tác d ng lên toa xe là bằng nhau.
Chu kỳ của lực cưỡng b c là: ứ
l 12,5
T 0,625 s
v 20
= = =
, khi xảy ra cộng hưởng thì đây là chu kỳ
của dao động riêng:
2 2
2 2
2 k 2 4 M 4 .5000
k 512000 N/m
T M T T 0,625
π π π π
ω = ⇒ = ⇒ = = =
Bài . 8.23 Một mạch dao đ ng điộ ệ ừ ện t có đi n dung
C 0,25 F= µ
, hệ ự ả số t c m L = 1,015 H và
điện trở r = 0. Ban đầu hai cốt củ ụa t điện được tích điện đến
6
0
Q 2,5.10 C
−
=
a) Viết phương rình dao đ ng điộ ệ ừ ạ ố ện t của m ch đ i với đi n tích Q và dòng điện i;
b) Năng lượ ủ ạng c a m ch;
c) Tần số dao động của mạch.
Bài giải:
3
6
1 1
2.10 s
LC
1,015.0,25.10
−
ω = = ≈
Phương trình dao động của q có dạng:
( )
0
q Q cos t= ω + ϕ
Tại thời điể ầm ban đ u t = 0: q = Q
0
suy ra:
cos 1 0ϕ = → ϕ =
( )
( )
( )
( )
3 6 3
q 2,5cos 2.10 t C 2,5.10 cos 2.10 t F
−
= µ =
Dòng điện:
( )
( )
6 3 3 3 3
dq
i 2,5.10 .2.10 sin 2.10 t 5.10 cos 2.10 t A
dt 2
− −
π
= = − = +
7
Năng lượng:
( )
( )
2
6
2
5
0
6
2,5.10
Q
W 1,25.10 J
2C 2.0,25.10
−
−
−
= = =
Tần số:
3
2.10
318,3 Hz
2 2
ω
ν = = ≈
π π
Bài . 8.24 Một mạ ộ ệch dao đ ng có h s t cố ự ảm là 1 H, điệ ủn trở c a mạ ểch có th bỏ qua. Điện tích
trên cốt của tụ điện biến thiên theo phương trình:
( )
5
5
q .10 cos400 t C
−
= π
π
Tìm:
a) Chu kỳ dao độ ạng của m ch;
b) Điện dung của mạch;
c) Cường độ dòng điện trong mạch;
d) Năng lượ ệ ừng đi n t của mạch.
Bài giải:
a) chu kỳ dao động:
( )
2 2
T 0,005 s
400
π π
= = =
ω π
b) điện dung của mạch:
( )
( ) ( )
6
22
1 1 1
C 0,633.10 F 0,633 F
LLC
400 .1
−
ω = ⇒ = = = = µ
ω
π
c) Cường độ dòng điện:
( )
5
dq 5
i 400 10 sin 400 t 0,02cos 400 t A
dt 2
−
π
= = − π π = π +
π
d) Năng lượ ệ ừng đi n t :
( )
2
5
2
4
0
6
5
.10
Q
W 2.10 J
2C 2.0,633.10
−
−
−
π
= = =
Bài . 8.26 Một mạ ệch dao động có đi n dung C = 0,405
Fµ
, h
ệ ự số t c ảm L = 10
-2
H và điện trở R
= 2
Ω
. Tìm:
a) Chu kỳ dao độ ạng của m ch;
b) Sau th i gian mờ ột chu kỳ, hiệ ệu đi n thế giữa 2 cốt của tụ điện giảm bao nhiêu lần?
Bài giải:
a) Chu kỳ dao độ ạng của m ch:
( )
4
2 2 2 2
0
2 6 2
2 2 2 2
T 4.10 s
1 R 1 2
LC 2L 10 .0,405.10 2.10
−
− − −
π π π π
= = = = =
ω
ω −β
− −
b) ta có:
( ) ( )
( )
t T
t
0 0
U t U e ;U t U e
−β +
−β
= + Τ =
8
Suy ra:
( )
( )
4
2
2.4.10
RT
T
2.10
2L
U t
e e e 1,04
U t T
−
−
β
= = = =
+
(l ần)
Bài .
8.27 Một mạ ộch dao đ ng có điện dung C = 1,1.10
-9
F, hệ s t cố ự ảm L = 5.10 H và gi
-5
ảm
lượng loga
0,005δ =
. Hỏi sau thời gian bao lâu thì năng lư ng điợ ệ ừn t trong mạ ảch gi m đi 99%.
Bài giải:
Chu kỳ dao động riêng:
6
0
5 9
1 1
4,264.10 rad/s
LC
5.10 .1,1.10
− −
ω = = =
Năng lượng:
( ) ( )
( )
2 t t
2 2 2 t 2 2
t 0 t t 0
Q Q e Q Q e
W t ;W t t
2C 2C 2C 2C
− β +∆− β
+∆
= = + ∆ = =
Năng lượng giảm đi 99% nghĩa là:
( )
( )
( )
2 t t
2 t
2 t
W t t
1 e 1 1
e
W t 100 e 100 100
− β +∆
− β∆
− β
+ ∆
= ⇒ = ⇒ =
ln10
t ln10 t⇒ β∆ = ⇒ ∆ =
β
Việc còn lại là đi tính
β
:
( )
2 2 2 2 2 2 2
0 0
2 2
0
2
T 2 4
π
δ = β = β ⇒ δ ω − β = πβ ⇒ δ ω − β = π β
ω −β
2 2 6
2
0 0
2 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 T N TẬP CHƯƠNG 13. SÓNG CƠ VÀ SÓNG ĐIỆ Ừ
TÓM T T LÝ THUYẮ ẾT
1. Các đ c trưng cặ ủa sóng
- Vận tốc sóng: là quãng đường mà sóng truyền được sau một đơn vị thời gian.
Đối với sóng dọc:
E
v =
ρ
, trong đó E – suất đàn hồ ấi (su t Young),
ρ
là khối lượng riêng của
môi trường.
Đối với sóng ngang:
G
v =
ρ
, trong đó G – suất trượt của môi trường.
Đố ứi với ng suất ta có công th c sau: ứ
F
G
S
=
, trong đó F là lự ụ ế ệc tác d ng, S là ti t di n.
- Chu kỳ T và tân số
ν
của sóng: là chu kỳ c và tần số ủ ộa dao đ ng của các phần tử môi trường.
- Bước sóng
λ
là quãng đường mà sóng truyền được sau một khoảng thời gian b ng mằ ột chu kỳ:
v
vTλ = =
ν
(bước sóng là khoảng cách ngắn nhất gi ng cùng pha).ữ ểa các đi m có dao độ
2. Hàm sóng
( )
M
x
u x,t Acos t
v
= ω − + ϕ
Chọn
0ϕ =
ta có hàm sóng:
M
x
u Acos t
v
= ω −
M
t x
u Acos2
T
= π −
λ
M
2 x
u Acos t
π
= ω −
λ
3. Phương trình truyền sóng
2
M
M
2 2
1 u
u
v t
∂
∆ =
∂
, trong đó
2 2 2
2 2 2
x y z
∂ ∂ ∂
∆ = + +
∂ ∂ ∂
- toán tử Laplace
4. Năng lượng sóng
2
Năng lượng sóng trong phần thể tích vô cùng bé
Vδ
được tính theo biểu thức:
2 2 2
2 x
W V A sin t
π
δ = δ ρω ω −
λ
5. Mậ ột đ năng lượng sóng
Là phần năng lượng có trong một đơn vị thể tích củ ờa môi trư ng, tức là:
2 2 2
W 2 x
w A sin t
V
δ π
= = ρω ω −
δ λ
Mật độ năng lượng trung bình:
2 2
1
w A
2
= ρω
6. Năng thông sóng
Năng thông sóng P qua một mặt nào đó trong môi trường là một đ i lưạ ợ ề ống v trị s bằng năng
lượ ửng sóng g i qua mặt đó trong mộ ờt đơn vị th i gian:
P wSv=
Giá tr trung bình cị ủa năng thông sóng:
2 2
1
P wSv= A Sv
2
= ρω
7. Mậ ột đ năng thông trung bình
Mật độ năng thông trung bình
P
là năng thông trung bình gửi qua một đơn vị diện tích:
P
w.v
S
=P =
Dưới dạng véc-tơ:
w.v
P =
- véc-tơ Umov – Poiting: là véc-tơ biểu di n mễ ậ ột đ năng thông trung
bình được truyền đi theo chiều c n tủa vậ ốc
v
8. Giao thoa sóng
Với 2 nguồn kết hợp, dao động cùng pha, thì nhữ ểng đi m thỏa mãn điề ệu ki n:
2 1
d d k− = λ
là
những điể ự ạm c c đ i.
Những điểm thỏa mãn:
2 1
1
d d k
2
− = + λ
là nhữ ểng đi m cực tiểu.
Trong đó k là những số nguyên,
1
r
và
2
r
lần lượt là khoả ừng cách t điểm đang xét đến 2 nguồn.
Chú ý: i k = 0, có cứng vớ ực đại chính ng trung tr– là đườ ự ạ ẳc của đo n th ng nối 2 nguồn. Các
cự ạc đ i ở hai bên đối xứng nhau, gọi là c i bự ạc đ ậc 1
( )
k 1= ±
, bậc 2
( )
k 2= ±
,…
3
Không có c ng v i c u bực tiểu giữa, ứ ớ ực tiể ậc 1 (
k 0=
), bậc 2 (k=1),…
Ghi nh t quớ: các kế ả
kλ
hay
1
k
2
+ λ
đối với cực đại và cực tiểu chỉ đúng cho trườ ợng h p này
(tức là trườ ợng h p 2 nguồn dao đ ng cùng pha), các trưộ ờ ợng h p khác thì kết quả s ẽ khác. Cụ thể,
nếu 2 nguồ ộn dao đ ng ngược pha. Các k t quế ả nêu trên đ o ngưả ợ ức lại, t c là tại những điể ệm hi u
khoảng cách là
kλ
là nh u, những điểm c c tiự ể ững điểm mà hiệu khoảng cách là
1
k
2
+ λ
là
những điể ựm c c đại.
9. Sóng dừng
Khoảng cách gi a 2 nút sóng liên tiữ ế ụp, 2 b ng sóng liên tiếp là
2
λ
, khoảng cách giữa bụng và nút
sóng kề nhau là
4
λ
.
Điề ệu ki n của một sợi dây có 2 đầu cố định có sóng dừng là:
k
l
2
λ
=
Điề ệu ki n của một sợi dây có 1 đầu c do là: ố đị ầnh, 1 đ u tự
1
l k
2 2
λ
= +
10. Dao động âm và sóng âm
Cường độ âm:
2 2
1
I va
2
= = ρ ωP
Mức cường độ âm:
( )
0
I
L 10lg dB
I
=
I
0
là âm cơ sở.
11. Hi ng Dopplerệu ứ
v u
v u
′
+
′
ν = ν
−
Trong đó
′
ν
là tần số mà máy thu nhận được,
ν
là tần số mà máy phát phá ra.
u là vận tốc của máy phát. c n Quy ướ ếu máy phát đang ti n máy thu thì u > 0 và ngưến đế ợc lại.
4
u
′
là vận tốc của máy thu. Quy ước nếu máy thu đang tiến đến máy phát thì
u
′
> 0 và ngược lại.
Chú ý các dạng bài tập thường gặp:
- Dạng 1: cho h máy thu nhế ạt các đ i lượng và tính tần số ận được.
- Dạng 2: bài toán của “con dơi” và mấy “cá vàng” bắn tố ộc đ . Tức là máy phát và máy thu là 1.
Phải xét 2 giai đo n, giai đoạ ạn 1 máy phát phát sóng, máy thu là “chướng ngại vật” ho quặc các “ ái
xế”. Giai đo n 2 máy phát đóng vai trò máy thu, còn chưạ ớng ng i vạ ật và quái xế đóng vai trò máy
phát.
- D t” ạ ạng 3: viên đ n “vọ qua đầu người hoặc đoàn tàu v t qua ngưụ ời đứng yên. Bài toán này có
2 giai đo n, 1 giai đoạ ạn “máy phát máy thu” đang tiến đến gần “ ”, giai đoạn 2 là máy phát đang
“bye bye” máy thu.
12. Sóng điệ ừn t
Xét sóng đi do, nghĩa là sóng đi trong môi trưện từ ự t ện từ ờng không dẫn (không có dòng điện)
và không có điện tích (tức là
j 0; 0= ρ =
)
Hệ phương trình Maxwell của sóng điệ ừn t :
0 0
B D
rotE ; rotH ;
t t
divD 0; divB 0
D E; B H
∂ ∂
= − =
∂ ∂
= =
= ε ε = µ µ
- Vận t c truy n tố ề ện sóng đi ừ trong môi trường đồng chấ ẳt, đ ng hướng:
0 0
1 c c
v
n
= = =
ε εµ µ εµ
,
ε
và
µ
lần lượ ằt là h ng số điện môi và độ t ừ thẩm của môi trường.
Như vậy:
nεµ =
- là chiết suất tuyệ ốt đ i của môi trường.
8
12 7
0 0
1 1
c 3.10 m/s
8,86.10 .4. .10
− −
= = ≈
ε µ
π
- vận tốc ánh sáng trong chân không.
Phương trình sóng điện từ phẳ ắng đơn s c:
m
x
E E cos t
v
= ω −
5
m
x
H H cos t
v
= ω −
- Hai véc tơ
E
và
H
luôn vuông góc với nhau
- Ba véc-tơ
E
,
H
và
v
t ttheo thứ ự ạo thành một tam diện thuận.
-
E
và
H
luôn dao động cùng pha nhau, t i nhau: ức là trị s l vố luôn tỷ ệ ớ
Mậ ột đ năng lượng sóng điệ ừn t :
2 2
0 0
1 1
w E H
2 2
= ε ε + µ µ
Đố ệ ừ ẳ ắi với sóng đi n t ph ng đơn s c:
2 2
0 0 0 0
E H E Hε ε = µ µ ⇒ ε ε = µ µ
2 2
0 0 0 0
w E H E H= ε ε = µ µ = ε ε µ µ
BÀI TẬP
Các bài 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 trong không khí với bước sóng
70 cm.λ =
tìm:
a) vận tốc truyền sóng âm;
b) vận tốc dao động c i cự ạc đ ủa các phầ ửn t không khí.
Bài giải:
a) vận tốc
( )
v f 0,7.500 350 m / s= λ = −
b) vận tốc dao động cự ạc đ i:
( )
3
v a 2 fa 2.3,14.500.0,25.10 0,785 m / s
−
= ω = π = =
Bài . 9.3 Một nguồn sóng O dao độ ớng v i phương trình
( )
x 2,5sin t cm= π
. Tìm li độ của một
điểm M cách nguồn 20 m t i th m 1 s. Bi t v n tạ ờ ểi đi ế ậ ốc truyền sóng v = 100 m/s.
Bài giải:
Phương trình sóng có dạng:
M
x
x sin 2,5 t
v
= π −
Tại thời điểm t = 1, x = 20 m:
6
M
20
x sin 2,5 1 sin 2 0
100
= π − = π =
Tức là tại thờ ể ạ ể ội đi m đó t i đi m M dao đ ng đang đi qua vị trí cân bằng.
Bài 9.8. một đoàn sóng có phương trình:
( )( )
x 0,05sin 1980t 6y cm= −
Tìm:
a) tần số dao động
b) vận t c truyố ền sóng và bước sóng
c) vận tốc cự ạc đ i của phần tử dao động
bài giải:
a) tần số:
( )
1980 990
f 315 Hz
2 2
ω
= = = ≈
π π π
b) vận t c truyố ền sóng
so sánh hệ số ta thấy:
( ) ( )
2 990
6 cm v f . 330 cm / s
3 3
π π π
= ⇒ λ = ⇒ = λ = =
λ π
c) vận tốc cự ạc đ i của các phân tử dao động:
( )
max
v a 1980.0,05 99 cm / s= ω = =
Bài . 9.16 Một con dơi bay theo hướng tới vuông góc với mộ ốt bức tường vớ ậi v n t c 5 m/s. Dơi
phát ra m
ột tia siêu âm có tần số 4,5.10
4
Hz. Hỏi dơi nhận được âm phản x n sạ có tầ ố là bao
nhiêu? Biết vận t n âm trong không khí là 340 m/s.ốc truyề
Bài giải:
Hiệu ứng Doppler:
v u
v u
′
+
′ν = ν
−
Với bài toán này ta ph i áp dả ụ ầ ứng 2 l n công th c trên, vì trong trường hợp này “máy thu” và “máy
phát” là một.
1. Ta tính tần số do tường nhận được:
- ta có: “máy phát” – là con dơi có vận tốc u = + 5 m/s.
- “máy thu” – là tường có vận t c u’ = 0;ố
7
- suy ra:
1
v
v 6
ν = ν
−
2. Ta tính tần số do con dơi nh n đưậ ợ ừc t tường:
- máy phát – là tường có vận tốc u = 0;
- máy thu – là con dơi có vận tốc u’= +5m/s
- suy ra:
( )
4 4
1
v u v 6 v v 6 340 6
.4,5.10 4,66.10 Hz
v u v 0 v 6 v 6 340 6
′
+ + + +
′
ν = ν = ν = ν = =
− − − − −
Bài 9.18. Một tàu h i vỏa chuyển động vớ ận tốc 60 km/h và một ngư i quan sát đờ ứng yên. Khi đi
qua người quan sát, tàu kéo một hồi còi. Hỏi:
a) Người quan sát cảm giác gì v ề âm thanh khi tàu vụt qua?
b) Độ biến thiên c n sủa tầ ố so với khi tàu đứng yên? Cho vậ ền tốc truy n âm trong không khí là
340 m/s.
bài giải:
a) Vẫn với công thức
v u
v u
′
+
′
ν = ν
−
Ở đây có 2 giai đoạn:
- giai đo n 1 lúc tàu đang tiạ ến lại gần người quan sát: u’=0, u > 0 nên ta có:
′
ν > ν
tứ ờc là ngư i
quan sát thấy còi tàu có tần số cao hơn tần số phát ra.
- giai đoạn 2 lúc tàu vụt qua người, lúc này u’=0, u < 0 nên ta có
′
ν < ν
tức là người quan sát thấy
còi tàu có t n sầm số thấ ầp hơn t ố phát ra. Tức là đang nghe âm rấ ị ả ấ ột cao b gi m xuống th p đ t
ng t.ộ
Các tính toán cũng chia làm 2 giai đoạn:
- giai đo n khi tàu đang tiạ ế ến đ n, 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 khi tàu đang 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 + +
Sai số tỏng hợp:
8
v 1 1 1 1
60 60
3,6v 60 3,6v 60 3,6.340 60 3,6.340 60
∆
= − = − =
ν − + − +
5%
Bài .
9.20 Một mạ ệch phát sóng đi n từ có điện dung C = 9.10
-10
s t cF, hệ ố ự ảm L = 2.10
-3
H.Tìm
bước sóng điện từ tương ứng.
Bài giải:
( )
8 3 10 3
c 2 c
2 c LC 2 .3.10 2.10 .9.10 2,5.10 m
f
− −
π
λ = = = π = π =
ω
Bài 9.21. Một mạ ộ ệch dao đ ng đi n t ng dây có hừ ồ g m một ố ệ ự ả số t c m
5
L 3.10 H
−
=
mắc nối
tiếp v i mớ ột tụ điệ ẳ ệ ốn ph ng có di n tích các c t
2
S 100 cm=
. Kho ng cách giả ữa các cốt là
d 0,1 mm=
. Hằng số điện môi của môi trường chứ ầa đ y trong kho ng không gian giả ữa hai cốt tụ
điện là bao nhiêu? Biết mạ ộ ộch dao đ ng c ng hưởng với sóng có bước sóng 750 m
Bài giải:
Xảy ra cộng hư ng nghĩa là tở ần số dao độ ủng c a sóng điện từ ằ b ng với tần số dao động riêng của
mạch LC:
2
2 2
1 2 c
2 f C
4 c L
LC
π λ
= ω = π = ⇒ =
λ π
Lại có:
0
S
C
d
εε
=
Suy ra:
( )
2 2 2 3
0
2
2 2 2 2
12 2 8 4 5
0
S d 750 .0,1.10
C 5,96
4 c L d 4 c SL
4.8,86.10 . . 3.10 100.10 .3.10
−
− − −
λ εε λ
= = ⇒ ε = = =
π ε π
π
| 1/84
| | Tải xuống

Preview text:

Chương 1.1. Động học chất điểm A. Tóm tắt lý thuyết
1. Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động của chất điểm. 
r - véc-tơ bán kính của chất điểm  
r  r x, y,z - x,y,z là các tọa độ của chất điểm trong hệ trục tọa độ Descartes vuông góc.  r
- vận tốc trung bình: v  tb t 
Trong đó r là véc-tơ độ dời của chất điểm sau khoảng thời gian t  .   dr  dx dy dz - vận tốc tức thời: v ; ;    dt  dt dt dt    s
- tốc độ trung bình: v  tb t Trong đó s
 là quãng đường mà chất điểm chuyển động được trong khoảng thời gian t  . 2 2 2 ds  dx   dy   dz 
- tốc độ tức thời: v     dt
 dt   dt   dt          dv
- véc-tơ gia tốc toàn phần:   a   a  t a n dt dv
Gia tốc tiếp tuyến: a  t dt 2 v Gia tốc pháp tuyến: a  n R Gia tốc toàn phần: 2 2 a  a  a t n
R – bán kính cong của quỹ đạo tại điểm đang 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; trong đó x0 là tọa độ của chất điểm tại 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. 1
- Phương trình quãng đường: 2 s  v t  at 0 2 1
- Phương trình chuyển động: 2 x  x  v t  at 0 0 2
- Công thức độc lập thời gian: 2 2 v  v  2as 0 Chú ý:  
Chuyển động thẳng nhanh dần đều a  v  
Chuyển động thẳng chậm dần đều a  v
chứ không phải a>0 hay a<0 ! c. Sự rơi tự do
là trường hợp đặc biệt của chuyển động nhanh dần đều với: v0 = 0; a = g = 9,81 m/s2
d. Chuyển động ném xiên  a   0  - Gia tốc: x a  a   g   y   v  v  v cos  - Vận tốc: x 0x 0 v  v 
 v  a t  v sin   gt  y 0y y 0 x  v t  v cos .  t 0x 0 
- Phương trình chuyển động:  1 2 y  v sin.t  gt  0  2 g
- Phương trình quỹ đạo: 2 y  x.tan  .x  Parabol 2 2 2v cos  0 2 2 v sin  - Độ cao cực đại: 0 h  max 2g 2 v sin 2 - Tầm xa: 0 L  x  max g e. Chuyển động tròn d - vận tốc góc:  
, trong đó  là góc quay. dt 2 d d  - gia tốc góc:    2 dt dt 
Đối với chuyển động tròn đều:    const;  0. t 2 - chu kỳ: T   1  - tần số:    T 2
Đối với chuyển động tròn biến đổi đều:   const
- vận tốc góc:     t 0 1 - góc quay: 2    t  t 0 2
- công thức độc lập thời gian: 2 2     2 0
Liên hệ giữa vận tốc, gia tốc dài với vận tốc và gia tốc góc: 2 v v  R, a  R , 2 a    R t n R
Bài 1.4. Một vật được thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300 m. Hỏi sau bao lâu vật rơi tới mặt đất, nếu:
a) Khí cầu đang bay lên (theo hướng thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
b) Khí cầu hạ xuống (theo phương thẳng đứng) với vận tốc 5 m/s;
c) Khí cầu đang đứng yên. Bài giải:
Gốc tọa độ tại điểm thả vật, chiều dương hướng thẳng đứng xuống dưới. Vận tố của khí cầu là v0.
Có thể coi đây là chuyển động rơi tự do của 1 vật có vận tốc ban đầu. Ta có: 1 2
h  v t  gt , giải phương trình này ta được nghiệm: 0 2 2 v 2gh v 0 0 t  g thay số:
a) v0 = - 5 m/s (chuyển động ngược chiều dương) g = 10 m/s2, h = 300 m  2 5  2.10.300  5 t   8,3s 10 b) v0 = 5 m/s,  2 5  2.10.300  5 t   7,3s 10
c) v0 = 0 m/s (khí cầu đứng yên) 2.10.300 t   7,7 s 10
Bài 1.6. Thả rơi tự do từ độ cao h = 19,6 m. Tính:
a) Quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây đầu tiên và 0,1 giây cuối của thời gian rơi.
b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1 m đầu và 1 m cuối của độ cao h. Bài giải:
Công thức quãng đường: 1 2 s  gt 2
a) Quãng đương vật rơi được trong 0,1 giây đầu: 1 2 s  .9,8.0,1  0,049 m 0,1s   2
Thời gian để vật rơi hết cả quãng đường h =19,6 m là: 2h 2.19,6 t    2 s 19,6m   g 9,8
Như vậy quãng đường mà vật rơi được trong 0,1 giây cuối bằng quãng đường 19,6 m trừ đi quãng
đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên.
Quãng đường vật rơi được trong 1,9 s đầu tiên: 1 2 1 2    1,9s s gt .9,8.1,9 17,7 m 2 2
Quãng đường vật rơi được trong 0,1 s cuối cùng:
s0,1 giây cuối = 19,6 – 17,7 = 1,9 (m).
b) thời gian để vật rơi hết 1 m đầu tiên là: 2h 2.1 1 t    0,45 s 1m   g 9,8
Thời gian để vật rơi hết 1 m cuối cùng bằng thời gian để vật rơi cả quãng đường 19,6 m trừ đi thời gian vật rơi 18,6 m:
Thời gian vật rơi 18,6 m: 2h 2.18,6 2 t    1,95 s 18,6m   g 9,8
Như vậy thời gian rơi 1 m cuối:
t1m cuối cùng = 2 -1,95 = 0,05 (s).
Bài 1.20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay được một phút thì thu được vận tốc 700 vòng/phút.
Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đã quay được trong phút ấy nếu chuyển động
của vô lăng là nhanh dần đều. Bài giải: Ta có: t
 = 1 phút = 60 giây, n  700 (vòng/phút) 70    700.2 / 60  rad / s 3   70  1 7 Gia tốc:     0     2 rad / s  t  3  60 18 2 2 2 2   0
    2     0 2    2 2 70 / 3  
 700rad 350 (vòng). 2 2.7 /18
Bài 1.22. Một bánh xe có bán kính R = 10 cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh trục của
nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s2 . Hỏi sau giây thứ nhất:
a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh?
b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên vành bánh?
c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên vành bánh)? Bài giải:
a) vận tốc góc sau giây thứ nhất:   3,14rad / s
Vận tốc dài: v  R  0,1.3,14  0,314 m / s b) gia tốc pháp tuyến: 2 2 v 0,314 a    0,99 2 m / s n  R 0,1 Gia tốc tiếp tuyến:
a  R  3,14.0,1  0,314  2 m / s t  Gia tốc toàn phần: 2 2 2 2
a  a  a  0,99  0,314  1,1 2 m / s n t  c) at 0,314 0 0 tan    17, 6 17 36 ' a 0,99 n
Bài 1.25. Vận tốc của electron trong nguyên tử hydro bằng v =2,2.108 cm/s. Tính vận tốc góc và
gia tốc pháp tuyến của electron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bánh kính 0,5.10-8 cm. Bài giải: 6 v 2,2.10 16     4,4.10 rad / s 10   R 0,5.10 2 2 12 v 2, 2 .10 22 a    9,68.10  2 rad / s n 10  R 0,5.10
Chương 1.2. Động lực học chất điểm A. Tóm tắt lý thuyết
Phương pháp giải một bài toán động lực học:
Bước 1: Xác định đầy đủ và chính xác các lực tác dụng lên vật.
Bước 2: Viết phương trình cơ bản của động lực học (phương trình định luật 2 Newton):   
F ma , trong đó F là hợp lực tác dụng lên vật
Bước 3: Chiếu phương trình lên các phương, thu được phương trình đại số và giải. 1. Các loại lực: a) Lực ma sát nghỉ: F  F  F   N , trong đó F  là msn td msn max n
td là lực tác dụng, Fmsn max là lực ma sát nghỉ cực đại, n
hệ số ma sát nghỉ, N là áp lực vuông góc tác dụng lên vật.
b) Lực ma sát động (gồm ma sát trượt và lăn):
F   N;F   N , trong đó  ; lần lượt là hệ số ma sát trượt và hệ số ma sát lăn. mst t msl l t l Chú ý:      l t n c) Lực đàn hồi:  
Định luật Hooke: F  kl; F  k l  dh dh
Lực đàn hồi tỷ lệ thuận và ngược chiều với độ biến dạng.
2. Động lượng và định luật bảo toàn động lượng a) Động lượng  
K  mv , trong đó m là khối lượng của chất điểm, v là véc-tơ vận tốc. Đơn vị của K là kg.m/s
Các định lý động lượng:
Định lý 1: Đạo hàm động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng tổng các ngoại lực
tác dụng lên chất điểm đó.  dK   F dt
- Định lý 2: Độ biến thiên động lượng của một chất điểm trong một khoảng thời gian nào đó có
giá trị bằng xung lượng của lực tác dụng lên chất điểm trong khoảng thời gian đó. t t 2 2      K   K K  dK  Fdt 2 1   t1 t1
+ Hệ quả: Độ biến thiên động lượng của chất điểm theo thời gian có giá trị bằng lực tác dụng lên
chất điểm trong thời gian đó.    K  F F  TB  t
b) Định luật bảo toàn động lượng:
Tổng động lượng của hệ cô lập được bảo toàn.  K  const Chú ý:
- Viết trong hệ quy chiếu quán tính (có thể hiểu là hệ quy chiếu đứng yên hoặc chuyển động thẳng
đều, hay đơn giản là hệ quy chiếu gắn với mặt đất)
- Một số bài toán áp dụng được định luật bảo toàn động lượng:
+ Hệ không có ngoại lực tác dụng;
+ Hệ có ngoại lực tác dụng nhưng tổng hợp ngoại lực bằng 0;
+ Hệ có nội lực rất lớn so với ngoại lực (bài toán viên đạn nổ);
+ Hệ có ngoại lực khác 0 nhưng hình chiếu lên 1 phương nào đó của lực bằng 0 thì định luật bảo
toàn động lượng có thể áp dụng theo phương đó, tức là:
Nếu F  0 thì K  const . x x 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:   
v v , v , v  v v , v , v  v v ,0,0 x y z   x y z  0  0  Gia tốc:    dv dv dv   0 a     a A dt dt dt 
A là gia tốc của hệ K’ đối với hệ K.
Phương trình định luật 2 Newton trong hệ quy chiếu không quán tính:     
ma  F mA  F  F ; qt  
trong đó: F   mA là lực quán tính. qt B. Bài tập
Các bài tập thầy sẽ chữa trên 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:
2.3, 2.4, 2.6, 2.10, 2.12, 2.25, 2.31, 2.36
Bài 2.1. Một xe có khối lượng 20000 kg, chuyển động chậm dần đều dưới tác dụng của 1 lực bằng
6000 N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15 m/s. Hỏi: a) Gia tốc của xe;
b) Sau bao lâu xe dừng lại;
c) Đoạn đường xe đã chạy được kể từ lúc hãm cho đến khi xe dừng hẳn. Tóm tắt: 4
m  2.10  kg ;F  6000 N c   v  15 m / s 0   a)a  ? b)t  ?v  0 c)s  ? Bài giải: F 6  000 a) c a    0,3 m / s 4  2  m 2.10 v  v 0 15 b) 0 v  v  at  t    50 s 0   a 0,3 2 2 2 2 v  v 0 15 c) 0 s   375m 2a 2  .0,3
Bài 2.5. Một vật có khối lượng m = 5 kg được đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 0
  30 . Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm gia
tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng. Tóm tắt:    0
m 5 kg ;  30 ; k  0,2 a  ? Bài giải:
Phương trình định luật 2 Newton:     P N  F  ma ms
Chiếu lên phương chuyển động:
Psin  F  ma  mg sin  kN  ma 1 Chiếu lên phương vuông góc với phương chuyển ms   động:
P cos  N  0  N  mg cos 
Thế biểu thức trên vào (1) ta được:
mgsin   kmg cos   ma mgsin   kmg cos a   m  g sin   kg cos  Thay số: 0 0     2 a 10.sin 30 10.0, 2.cos30 3,3 m / s 
Bài 2.11. Một bản gỗ A được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A được nối với một bản gỗ
B khác bằng một sợi dây vặt qua một ròng rọc cố định. Khối lượng của ròng rọc và của dây coi như không đáng kể.
a) Tính lực căng của dây nếu cho mA = 200 g; mB = 300 g, hệ số ma sát giữa bản A và mặt phẳng nằm ngang là k = 0,25.
b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng của dây sẽ bằng bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn như cũ. Bài giải:
a) Các lực tác dụng vào vật A là:     P , N , T, F A A ms
Phương trình định luật 2 Newton:      P  N  T F  m a A A ms A
Chiếu lên phương ngang, chiều dương là chiều chuyển động (giả sử vật B đi xuống):
T  F  m a  T  kN  m a (1) ms A A A
Chiếu lên phương thẳng đứng ta được:
N  P  0  F  kN  kP A A ms A A
Thay vào biểu thức (1) được: T  kP  m a A A  
Đối với vật B, các lực tác dụng là P ,T, phương trình định luật 2 Newton: B    P  T  m a B B
Chiếu lên phương thẳng đứng (chiều dương là chiều chuyển động) ta được: P  T  m a (2) B B
Cộng (1) và (2) ta được:  P  kP  m  m  P kP B A a  a  B A A B m  m A B m  km B A  g m m A B
Thay giá trị này của gia tốc a vào biểu thức (1) để tính lực căng T:  m  km  B A
T  km g m a  m  kg g   A A A m  m  A B  m m k 1 A B    g (*) m m A B Thay số ta được: 0,25  1 .0, 2.0,3 T  10  1,5N 0, 2  0,3
b) Từ biểu thức (*) tổng quát của lực căng T ta thấy vai trò của A và B có tính hoán vị, vì thế nếu
đổi vị trí A và B cho nhau thì lực căng T không đổi.
Bài 2.15. Một vật có khối lượng m = 200 g, được treo ở đầu một sợi dây dài l = 40 cm; vật quay
trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi sao cho sợi dây vạch một mặt nón. Giả sử khi
đó dây tạo với phương thẳng đứng một góc 0   36 .
Tìm vận tốc góc của vật và lực căng của dây. Tóm tắt:
m  200 g  0,2 kg;l  40 cm  0, 4m 0  36 v  ? T  ? Bài giải:
Các lực tác dụng vào vật gồm   có: T, P
Phương trình định luật 2 Newton:    T P  ma
Chiếu lến phương bán kính
của quỹ đạo ta được: 2 2
T sin   ma  m R  m lsin  ht
Chiếu lên phương thẳng đứng lại được:
T cos   P  0  T cos   mg
Chia vế với vế của 2 phương trình trên ta được 2  lsin g g 2 tan         g lcos l cos Thay số ta được: 10    6,52 rad / s 0   0,4sin 36
Chú ý: bài này phải làm như trên, chứ đây không phải là 1 bài toán cân bằng lực nhé, cho nên
nguyên tắc là giải như 1 bài động lực học bình thường, gồm các bước xác định lực, viết phương
trình định luật 2 Newton, chiếu lên các phương và giải! 
Bài 2.16. Xác định gia tốc của vật m1 trong hình vẽ. Bỏ qua ma sát, khối lượng của ròng rọc và
dây. Áp dụng cho trường hợp m1 = m2. Lời giải:
Chọn hệ quy chiếu hướng thẳng đứng xuống dưới.
Chứng minh a1 = 2a2 (đọc thêm để biết cách chứng minh cho những bài có cơ hệ phức tạp hơn),
tất nhiên có thể nói ngắn gọn là vì vật 1 chuyển động được quãng đường là s, thì vật 2 chỉ chuyển
động được quãng đường 0,5s nên nếu ban đầu hệ đứng yên, dễ dàng suy ra gia tốc của vật 1 lớn
gấp đôi gia tốc vật 2. Dưới đây là 1 cách thú vị để chứng minh cho những cơ hệ phức tạp (nghĩa
là gồm nhiều ròng rọc động hơn, nhiều vật hơn).
Gọi ycd là tọa độ của ròng rọc cố định,
yd là tọa độ ròng rọc động, y1 và y2 lần lượt là tọa độ của vật 1 và 2.
Chiều dài sợi dây trong thí nghiệm trên chính là:
y1 – ycd + (yd – ycd) + yd = const
đạo hàm biểu thức trên 2 lần và chú ý ycd = const, ta được:
a1 = - 2ad, tức là gia tốc của vật 1 gấp đôi và ngược chiều với gia tốc của ròng rọc động (tức là gia
tốc của vật 2), như vậy về độ lớn a1 = 2a2.
OK!, giờ bắt đầu vào bài toán của chúng ta:  
Đối với vật 1, các lực tác dụng là P ,T , ta có: 1   
P  T  m a , chiếu lên phương chuyển động ta được: P  T  m a (1) 1 1 1 1 1
Tương tự đối với vật 2:   
P  2T  m a (vì sợi dây không giãn, không có khối lượng nên lực căng ở chỗ nào cũng bằng 2 2 nhau).
Chiếu lên phương chuyển động: m a 2 1 P  2T  m a   (2) 2 2 2 2
Nhân 2 lần phương trình (1) rồi trừ đi (2) theo vế ta được:  m  2 2P  P 2  1 2 2P P  2m  a  a   1 2 1 1 1  2  4m  m 1 2 2m m 1 2   2g
, với trường hợp m  m  m 4m  m 1 2 1 2 2g g Ta có: a  ;a  1 2 5 5
Bài 2.22. Tính lực đẩy trung bình của hơi thuốc súng lên đầu đạn ở trong nòng một súng bộ binh,
biết rằng đầu đạn có khối lượng m = 10 g; thời gian chuyển động của đạn trong nòng là t = 0,001
giây, vận tốc của viên đạn ở đầu nòng là v = 865 m/s. Lời giải:
Bài này nên áp dụng định lý về động lượng như sau: K  mv  0 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 ở các điểm cao nhất và thấp nhất của vòng
nhào lộn nếu khối lượng của phi công bằng 75 kg, bán kính của vòng nhào lộn bằng 200 m, và vận
tốc của máy bay trong vòng nhào lộn luôn luôn không đổi và bằng 360 km/h. Lời giải:  
Các lực tác dụng vào vật gồm có P; N. Ta có:    P N  ma
Xét tại vị trí thấp nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính: 2 v N P  ma  m suy ra: ht R 2 2 mv 75.100 N  P   75.10   4500 N R 200
Xét tại vị trí cao nhất của vòng nhào lộn, chiếu phương trình trên lên phương bán kính: 2 2 mv mv N P  ma   N   P ht R R Thay số: 2 2 mv 75.100 N   P   75.10  3000N R 200
Chương 2. Cơ học vật rắn A. Ph n lý thuy ầ ết m rii
- Khối tâm của hệ chất điểm: i r OG G  mi i  i i i i
- Vận tốc của khối tâm: i i   G dt m m  i i n  n    m a  F   i i i d v F - Gia t c c ố ủa kh i tâm ố : G i 1  i 1 a       F  ma G n dt m G  m mi i 1 
 Phương trình chuyển động c a ủ kh i tâm. ố - Định lu t b ậ
ảo toàn động lượng của 1 hệ cô lập: F  0  m   i i i G i i
- Vận tốc của 1 điểm trên vật rắn trong chuyển động phức tạp: R M G
- Mô-men quán tính của m t ch ộ ất điểm: 2 I 
- r là khoảng cách từ chất điểm đến trục quay   mr ;
- Mô-men quán tính của hệ chất điểm: n 2
I   m r - ri là khoảng cách t ừ ch m th ất điể ứ i đến tr c quay ụ ;  i i i1
- Mô-men quán tính của 1 vật rắn: 2 I  ả ừ ối lượ ố dm đế ụ  .  r dm  - r là kho ng cách t kh ng nguyên t n tr c quay vr
Đơn vị của mô-men quán tính: kgm2, thứ nguyên: ML2
- Mô men quán tính đối vớ ục quay đi i tr
qua khối tâm của các vật rắn đồng chất 1
Khối trụ đặc, đĩa tròn 2 I  mR 2
Khối trụ rỗng, vành tròn: 2 I  mR 1
Thanh mảnh có chiều dài L: 2 I  mL 12 2 Khối cầu đặc : 2 I  mR 5 2 Quả cầu rỗng: 2 I  mR 3 1 Mặt ch nh ữ ật I  m 2 2 a  b  12
- Định lý Huygens-Steiner 2 I  I  md  &  .  
, trong đó d là khoảng cách gi a 2 tr ữ ục 0 0 1
- Mô-men quán tính của m t s ộ v ố t r ậ ắn thường g p ặ
- Mômen lực: M  M  r F r F t Độ lớn:| M | |  M | rFsin   rF t
- Phương trình cơ bản của chuyển động quay: I    M M = I
- Mômen động lượng: L  I 2 dL
- Định lý về mômen động lượng:  M  L   L  L  dL  d
M t (xung lượng của mômen l c ự trong 2 1   dt 1 t 1 t
khoảng thời gian . t  .) - nh lu Đị t b ậ
ảo toàn mô men động lượng của hệ chất điểm. dL Ta có: i M    dt dt n L Với hệ cô lập: M  M  0 
 0  L  const  I const  i  dt i 1 B. Ph n bài t ầ p ậ 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 ra 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 một đĩa tròn ng ch đồ
ất bán kính R có khoét 1 lỗ tròn nh ỏ bán kính r; tâm c a l
ủ ỗ khoét nằm cách tâm của đĩa một đoạ ằng n b
R/2. Xác định vị trí khối tâm của đĩa trên. Bài giải:
Bài này có 2 cách, cách thứ nhất có thể áp dụng đúng định nghĩa về khối tâm và sử d ng ụ
phương pháp tọa độ để giải.
Cách 1: Vì đĩa đối xứng qua đường nối tâm OO1 nên khối tâm cần tìm cũng nằm
trên đường OO1. Chọn O là gốc tọa độ, từ đó có tọa độ khối tâm của cái đĩa khi chưa bị khoét là: x  0 O m x  m x R Theo định nghĩa: 1 O 2 O 1 2 x 
 0 , trong đó: x  , x là khoảng cách chúng ta cần tìm, m1 là O m  m O1 2 O2 1 2
khối lượng của phần bị khoét đi (bán kính là r), m2 là ối
kh lượng của phần đĩa còn lại (mà chúng ta đang đi tìm kh i tâm). ố R m R
Thay vào biểu thức trên ta được: 1 m  m x  0 x   1 2 O O 2 2 2 m 2 2 2 2 m r r Lại có: 1  
,  có thể coi là khối lượng phân b theo di ố ện tích (kg/m2) . m  2 2 R  r   2 2 R  r 2  2 r R Từ đó suy ra: x  
, dấu “-” có nghĩa là O2 nằm ngược phía với O1. O 2 2 2 2 R  r 
Cách 2. Làm theo kiểu thời phổ thông đã được h c, chúng ta dùng quy t ọ
ắc hợp lực song song chẳng hạn, khi
đó trọng lượng của cả cái đĩa chưa bị khoét bằng trọng lượng của cái đĩa (đang cần tìm khối tâm – m2) cộng
với trọng lượng phần đĩa bị khoét đi (m1), và đương nhiên khối tâm của cái đĩa đầy đủ nằm tại O. Theo quy tắc chia trong ta có: 2 P OO P .OO m m R r R 1 2 1 1 1 1  OO   OO   2 1 P OO P m 2m 2  2 2 R  r 2 1 2 2 2 
Bài 3.4. Một xe chở đầ
y cát chuyển động không ma sát với vận tốc v1
= 1 m/s trên mặt đường nằm ngang. Toàn b
ộ xe cát có khối lượng M = 10 kg. M t ộ quả cầu khối ng lượ
m = 2 kg bay theo chiều ngược lại
với vận tốc nằm ngang v2 = 7 m/s. Sau khi gặp xe, quả cầu nằm ngập
trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bằng bao nhiêu? Tóm tắt : 3 v 1 m / s , M = 10 kg 1   m = 2 kg, v  7  m / s 2   v = ? Bài giải:
Đây là 1 bài toán va chạm mề ụng đị m, áp d
nh luật bảo toàn động lượ ng. Mv  mv 10.1 2. 7 
Mv  mv  M  m v  v    0,33 m / s 1 2   1 2     M m 10 2
Dấu “ ” nghĩa là chuyển động ngược với chiều ban đầu. Bài 3.6. Một h a
ỏ tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc ko đổi u = 300 m/s đối với h a t
ỏ iễn. Trong mỗi giây, lượng khí ph t
ụ ra bằng μ = 90 g. Khối lượng tổng cộng ban đầu của h a ti ỏ ễn bằng M0 = 270 g. H ỏi: a) Sau bao lâu h a ti ỏ
ễn đạt tới vận t c v = 40 m/s? ố b) Khi khối lượng t ng c ổ
ộng của hoả tiễn là 90 g thì vận t c
ố của hỏa tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua s c ứ cản c a k ủ o khí và l c hút c ự ủa Trái đất. Tóm tắt : u  30  0 m /  s
  90g  0,09kg M  270 g  0,27 kg 0     a)v  4  0 m /  s  t  ? b)M  9  0  g  0,0  9 k  g  v  ? Bài giải:
Tại thời điểm t bất kỳ, khối lượng của hỏa tiễn là M, vận t c là ố
, chiếu lên phương chuyển động là v
Tại thời điểm t + dt, khối lượng c a h ủ a
ỏ tiễn là M + dM (vì khối lượng hỏa tiễn giảm dần nên dM<0), vận tốc là , chi ng là v + dv,
ếu lên phương chuyển độ
Vận tốc khí phụt ra là u
, chiếu lên phương chuyển động được v u, – Áp dụng định luật b ng:
ảo toàn động lượng theo phương chuyển độ
M dMv dv  d
 Mv  u  Mv , “ d
 M ” là khối lượng của lượng khí phụt ra.
Bỏ qua tích của dMdv ta được: v M dv dM dv dM v M M  M   M  0 0 0 Mdv  udM  0          ln  ln  v  u ln  u ln       u M u M u M M  M  M  t 0 M 0  0  0 a) với v = 40 m/s v 40     u 300 M e  1 270 e     1 v 0   M  M 0 0 u v u ln   e t            0,374 s v 40   M  t  M  t   0  0 u 300 e  90e  M   270  b) 0 v u ln  300ln  300ln3   329, 6   m / s M  t     90 0 
Bài 3.9. Một trụ đặc khối lượng m = 100 kg, bánh kính R = 0,5 m đang quay xung quanh trục của nó. Tác
dụng lên trụ một lực hãm F = 243,4 N, tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau thời gian Δt = 31,4 giây, tr d
ụ ừng lại. Tính vận t c góc c ố a tr ủ lúc b ụ
ắt đầu tác dụng l c hãm. ự Tóm tắt :
m 100kg,R  0,5m,F  2  43,4N, t
  31,4s    0   ? 0 4 Bài giải:   0       t 0 t M RF 2F Lại có:     2 I mR / 2 mR 2F t  2  F t  2.243, 4.31, 4
Thay vào ta được:        305, 7 rad / s 0   mR mR 100.0,5
Bài 3.11. Một thanh chiều dài l = 0,5 m có thể quay t ự do xung quanh một tr c n ụ
ằm ngang đi qua một đầu của
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 kia c a
ủ thanh và mắc vào thanh. Tìm vận t c
ố góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết
răng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5 kg.m2. Bài giải:
Tại vị trí va chạm, các lực tác dụng vào hệ “thanh + đạn” là trọng lực và lực đàn
hồi của thanh đều đi qua trục quay nên không gây ra mômen vì thế M  0 nên
mômen động lượng được bảo toàn. Mômen trước: lmv (c n) ủa viên đạ
Mômen sau: I trong đó I là mômen quán tính c a h ủ ệ “thanh + đạn”: 2 I  I  I  I  ml bar bullet lmv 0,5.0,01.400 Ta có: lmv  2 I  ml        0,4 rad / s 2 2   I ml 5 0,01.0,5
Bài 3.14. Một đĩa bằng đồng (khối lượng riêng ρ = 8,9. 103 kg/m3 có bề dày b = 4.10-3 m, bán kính 2 R 5.10 
m. Đĩa bị khoét thủng hai l ỗ tròn bán kính R/2 như
trên hình. Tìm mômen quán tính của đĩa đã khoét đối với tr c ụ quay vuông góc với
đĩa và đi qua tâm O của đĩa. Bài gi i: ả 2 MR
Mômen quán tính đĩa tròn chưa bị khoét đối với trục quay đi qua tâm là I  0 2 2 2 4  R  bR  b  R Trong đó: 2 M   R  b  I   0 2 2 Mômen quán tính c
ủa 2 đĩa tròn nhỏ có kích thước đúng bằng 2 lỗ tròn bán kính R/2 đối với trục quay đi qua tâm của chính chúng là: M  R / 2 2 1 I  I 
, theo định lý Huygen-Steiner, mômen quán tính của 2 đĩa tròn nhỏ đối với trục quay đi 1 2 2 M R / 22 3 3 3 qua O là: I  I 
 M R / 22  M R   b  R / 22 1 2 2 4 R   b  R 1O 2O 1 1 2 8 8 32 Suy ra mômen c ủa đĩa bị có bán kính R/2 là: khoét đi 2 lỗ 4  b  R 3 5 5 I  I  I  I   2.  b  R   b  R 
.8,9.10 .3,14.4.10  . 5.10 4 4 4 3 3 2 4  2,2.10   2 kg.m 0 1 2  2 32 16 16 5
Bài 3.20. Hai vật có khối lượng lần lượt bằng m1 và m2 (m1 > m2), được n i v ố ới nhau
bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc (khối lượng của ròng rọc bằng m) (hình vẽ). Tìm: a) Gia t c c ố a các v ủ ật; b) Sức căng T1 và T2 c a
ủ các dây treo. Coi ròng r c
ọ là một đĩa tròn, ma sát không đáng
kể. Áp dụng bằng số m1 = 2 kg, m2 = 1 kg, m = 1 kg. Tóm tắt :
m  m m  2kg, m  1kg, m  1kg 1 2  1 2  a)a  ? b)T  ?,T  ? 1 2 Bài giải:
Dễ dàng viết được 2 phương trình theo định luật 2 Newton đối với mỗi vật: m g  T  m a (1), 1 1 1 T   m g  m a (2) 2 2 2
Phương trình đối với chuyển động quay của ròng rọc: 2 mR a maR ma
M  I  T R  T R  I    T  T  (3) 1 2 1 2 2 R 2 2
(Ở đây chú ý, phương trình cơ bản củ ển độ a chuy
ng quay được chiếu lên phương của véc-tơ , trong trường
hợp này véc-tơ này hướng từ bên trong mặt phẳng hình vẽ đi ra)
Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra hệ phương trình:
m g  T  m a  T  m g  m a 1 1 1 1 1 1 T  m g  m  a  T  m g  m a 2 2 2 2 2 2 ma T T  1 2 2   
m  m  g  m  m  ma m m 2 1 1 2 a   a  g  10  2,86 m / s 1 2 1 2  2  2 m 2 1 0,5 m  m  1 2 2  m    m g m  m   m  m 1  1 2 1 2 m  m     2 m g 4m  m 2.10. 4.1 1 1 2  1  2    T  m  g g     14,3 N 1 1   m m 2m  2m  m 2.2  2.1 1 1 2  m  m   m  m  1 2 1 2  2  2  m    m g m m  m m 2  1 2 1 2 m m     2 m g 4m m 1.10. 4.2 1  1 2  2  1    T  m g  g     12,9 N 2 2   m m 2m 2m m 2.2 2.1 1  1 2  m  m   m  m  1 2 1 2  2  2
Bài 3.22. Một vật A khối lượng m trược trên mặt phẳng nghiêng và làm quay m t
ộ bánh xe có bán kính R (hình vẽ).
Mômen quán tính của bánh xe đối với tr c ụ quay bằng I. Khối
lượng của dây không đáng kể.Tìm gia tốc góc của bánh xe. Bài giải:
Đối với vật nặng ta có phương trình định luật 2 Newton như sau: T  P  F  ma ms
Chiếu phương trình trên lên phương chuyển động và phương vuông góc với phương chuyển động ta được:
Psin   T  F  ma và N  Pcos   0  N  Pcos  F  kmg cos ms ms
Suy ra mgsin   T  kmg cos   ma  mR 6 I
Đối với đĩa tròn ta có: M  I  TR  I  T  R I mgR sin  k cos 
Thay vào phương trình phía trên ta được: mgsin    kmg cos   m R     2 R I  mR
Bài này ch ng rõ ràng ẳ gì s t, th ấ nh ứ ất là ch ng nh ẳ
ắc gì đến lục ma sát c , th ả 2 là t ứ ừ công th c cu ứ ối cùng có
thể thấy, hệ này chỉ chuyển động khi mà sin   k cos   k  tan , còn ngược lại thì hệ này cân bằng. Nên
về nguyên t c, ph ắ i nói rõ m ả y th ấ này n ứ
a. Và chú ý là trong sách gi ữ i c ả ủa Tr ng sai bét nhé. ần Văn Quả 7
Bài tập chương 4. Công và năng lượng A. Ph n tóm t ầ
ắt lý thuyết 1. Công
Công nguyên t (vi phân công) c ố a l
ủ ực F trên một đoạn đường vi phân ds    
dA  Fdscos  Fd s  Fd r Trường hợp c
đặ biệt: Nếu lực F không i
đổ và luôn tạo với đường đi 1 góc
, ta có công thức : A  Fscos
Trong hệ SI, đơn vị đo c
ông là joule (jun), ký hiệu là (J), thứ nguyên là: [A] = ML2T-2 2. Công su t ấ A Fs
- Công su t trung bình: ấ P    Fv tb tb t  t  dA Fds - Công suất t c th ứ ời: P    F dt dt
Đơn vị đo: Watt (oát), ký hiệ u W = J/s Một s
ố đơn vị đo khác: 1 kW = 103 W, 1 MW = 106 W, 1 HP = 736 W
- Công và công su t trong chuy ấ ển động quay: dA  Fds  F rd  d M  t t P  M 3. Động năng củ ất điể a ch m 1 2 W  mv d 2
Định lý động năng: Độ biến thiên động năng của chất m
điể trong một chuyển dời có giá trị bằng công của
ngoại lực tác dụng lên chất điểm trong chuyển dời đó. A  W  W d2 d1 2 I
- Động năng của vật rắn quay: W  d 2 2 2 I I 2 I Suy ra: 2 1 A   , trong đó W 
gọi là động năng quay của vật rắn. 2 2 d 2
Trong trường hợp tổng quát, vật rắn lăn không trượt động năng toàn phần sẽ bằng tổng động năng tịnh tiến
cộng động năng quay: 1 1 2 2 W  mv  I d 2 2 4.Bài toán va ch m ạ
- Va chạm đàn hồi xuyê c b
n tâm: động lượng và động năng đượ o toàn ả
m v  m v  m v  m v 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 m v m v m v m v 1 1 2 2 1 1 2 2    2 2 2 2 Giải ra: 2m v (m  m )v 2 2 1 2 1 v  1 m m 1 2 2m v  (m  m )v 1 1 2 1 2 v '  2  1 m m2
- Va chạm mềm: chỉ c b có động lượng đượ o toàn ả 1   m  m  m v m v 1 1 2 2 v  m v  m v  v  1 2 1 1 2 2 m  m 1 2
- Độ giảm động năng của hệ: 1 1 1  W 
 m v  m v  m  m  1 m m v  v v 2 2 2 2 1 2 d 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 m  m 1 2
5. Thế năng
- Thế năng trọng trường:
Wt(h) = mgh + C; trong đó h là độ cao từ m tới mặt đất, C = 0 khi gốc thế năng ở mặt đất.
- Thế năng đàn hồi: 1 2
W  kx  C , trong đó x là độ biến dạng của lò xo, C = 0 khi gốc thế năng ở
vị trí lò xo không biến dạng t 2 - nh lý Đị về
độ giảm thế năng: Công của trường lực (tức là công của trọng trường hoặc công của l i) ực đàn hồ tác d ng lên ch ụ m b ất điể
ằng độ giảm thế năng. A  W M  W N MN t   t  
6. Cơ năng & định luật bảo toàn cơ năng:
Tổng động năng và thế năng của chất điểm được ọi g
là cơ năng của chất điểm. Khi chất điểm chuyển động
trong một rường lực thế (mà không chịu tác dụng c a
ủ 1 lực nào khác) thì cơ năng của chất m
điể là một đại lượ ả ng b o toàn. W  W  W  const d t 2 mv W   mgh  const 2 - T
ừ định lý động năng và định lý thế năng dễ dàng thấy:
A  W  W và A  W  W , suy ra: W   A d2 d1 t t1 t 2 #t Bài t p c ậ
n 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. ầ
Phải n p: 4.2, 4.4, 4.14, 4.16, 4.20, 4.27, 4.32 ộ
Bài 4.2. Tính công c n
ầ thiết để kéo m t
ộ lò xo giãn ra 20 cm, biết rằng lực kéo tỷ lệ với độ giãn c a ủ lò xo và
muốn lò xo giãn 1 cm ph i c ả ần m t l ộ ực 30 N. Bài giải: 30  N 
Độ cứng của lò xo: k   3000 0,01  m   
Công cần thiết để kéo lò xo giãn ra 20 cm = 0,2 m là: x  x  2 2 kx 3000.0, 2 A  Fdx  kxdx   60J   2 2 0 0
Bài 4.4. Một ôtô kh ng 2 t ối lượ ấn, leo lên d nghiêng 4%. H ốc có độ
ệ số ma sát là 0,08. Tìm:
a) công thực hiện b ng dài 3km;
ởi động cơ ôtô trên quãng đườ b) Công su t c ấ t r ủa động cơ ôtô, biế ng th ằ
ời gian đi hết quãng đường trên m t 4 phút. ấ Tóm tắt : m  2000kg; sin   4%;  0, 08 a)s  3000m;A  ? b)t  240 s;P  ? Bài giải: 2
Ô tô chuyển động đều lên d c, các l ố ực tác d ng vào ô ụ
tô thỏa mãn điều kiện:
F  P  F  N  0, dễ dàng suy ra: k ms
F  P sin   F  0  k ms F  mgsin   kmg cos k
A  F s  mg sin   k cos s  2000.10.0,04  0,08.  6 1 .3000  7, 2.10 J k   6 A 7,2.10
Công suất của động cơ: P    30000 W  t 240
Bài 4.13. Một vật khối lượng m trượt không ma sát t
ừ đỉnh một mặt cầu xuống dưới (hình vẽ). H i t ỏ kho ừ ảng cách h  nào (tính t
ừ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi mặt cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90 cm.
Chú ý: Điều kiện của bài toán này là tìm khoảng cách để vật rơi
khỏi mặt cầu. Vật chỉ chịu tác d ng ụ của tr ng l ọ ực và áp lực, khi nào áp l c b ự t s
ằng 0 thì…vậ ẽ rời kh i m ỏ ặt cầu thôi 
Xét tại thời điểm t vật ở vị trí như hình vẽ, khi đó theo định luật II Newton ta có: P  N  ma
Chiếu lên phương hướng tâm ta được phương trình: 2 2 mv mv R  h Psin   N  ma   N  mgsin   trong đó sin   ht R R R
Mặt khác, áp dụng định luật b trí cao nh ảo toàn cơ năng (cho vị ất và vị trí th m t): ời điể 2 2 mv 2 mv 2mg h        mv mgR mg R h   mgh  
, thay giá trị này vào biểu thức trên ta được : 2 2 R R 2 mv R  h  2mg h   3 h   R N mgsin   mg  mg 1 
, điều kiện N = 0, ta có: h    30 cm  R R R  R    3
Bài 4.20. Để đo vận t c c ố
ủa viên đạn ngư i ta dùng con l ờ c th ắ
ử đạn. Đó là một bì cát treo ở đầu một s i dây ợ
(hình vẽ). Khi viên n
đạ xuyên vào bì cát, nó bị mắc tại đó và bì cát c nâng đượ
lên một độ cao h nào đó. Tìm
vận tốc c n lúc nó s ủa đạ
ắp xuyên vào bì cát. Biết khối lượng của viê n là m, kh n đạ ng c ối lượ ủa bì cát là M. Bài giải:
Định luật bảo toàn động ng: lượ
mv  M  m V , trong đó V là vận tốc c a h ủ ệ n sau va ch bì cát và viên đạ ạm mv V  M  m
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:    2
m M V  m Mgh V  2gh 2 mv m M So sánh ta được:  2gh  v  2gh M  m m
Bài 4.22. Một hòn bi khối lượng m chuyển động không ma sát trên một đường rãnh có dạng như hình vẽ. Hòn
bi được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích thước của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi: a) Ở cao nào bi r độ ời kh ng rãnh? ỏi đườ
b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt đượ c sau khi rời khỏi rãnh? 3
Cơ năng ban đầu tại A (chỉ gồm thế năng) W  2mgR A
Tại điểm B (là điểm mà tại đó vật rời khỏi rãnh) 2 mv W  mgH  B 1 2 2 2 mv mv H
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 1 mgH   2mgR   4mg  2mg (1) 1 2 R R
Tại B, phương trình định luật 2 Newton: P  N  ma , chiếu lên phương bán kính: 2 2 mv mv Psin   N   N  mgsin  R R 2 H  R H mv  H  H  H  H 1 1 1 1 1 1 sin    1 N   mg 1  4mg  2mg  mg 1  5mg  3mg     R R R  R  R  R  R 5
Tại đây vật rời khỏi rãnh nên áp lực N = 0, suy ra: N 0 H  R 1 3
Thay vào 1 trong các phương trình trên để tìm vận tốc tại B: 2 2 2 mv 5 mv mv 1 2 mgH   2mgR  mgR   2mgR   mgR  v  gR 1 B 2 3 2 2 3 3
Tại điểm B ta có một chuyển động ném xiên với góc 
Vận tốc theo phương ngang  H  2  5  8 1 v cos   v sin   v 1  gR 1  gR B B B      R  3  3  27
Cơ năng tại điểm cao nhất sau khi rời khỏi rãnh (khi đó chỉ còn vận tốc theo phương ngang): 1 1 8 4 2 W  mgH  mv  mgH  m gR  mgH  mgR C 2 2 2 2 2 27 27
So sánh với cơ năng tại A: 4  4  50 2mgR  mgH  mgR  H  2 R    R 2 2 27  27  27
Bài 4.27. Tính công c n
ầ thiết để làm cho một vô lăng hình vành tròn ng đườ
mình 1 m, khối lượng 500 kg,
đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút.
Bài giải: 120.2
Phải đổi đơn vị:  120 vßng / phót   4rad / s 60 Áp dụng định lý về bi
độ ến thiên động năng ta có: 1 1 1           1 1 1 A W I 0 I mR   md   .500.1 .4  2 2 2 2 2 2 2 2  10000 J d   2 2 2 2 4 8
Bài 4.32. Một người ngồi trên ghế Giucôpxki và cầm trong tay hai quả tạ, mỗi quả có ối kh lượng 10 kg. Khoảng cách từ m i ỗ quả tới tr c
ụ quay là 0,75m. Ghế quay với vận tốc ω1 = 1 vòng/s. Hỏi công do người thực hiện và vận t c ố c a gh ủ
ế nếu người đó co tay lại để khoảng cách t m ừ i qu ỗ
ả tạ đến trục quay chỉ còn là 0,20 m,
cho biết mômen quán tính c i và gh ủa ngườ ế i v đố ới tr c quay là I ụ 0 = 2,5kg.m2 . 4 Bài giải:
Đổi đơn vị:  1 vßng / s  2 rad / s 1     Mômen quán tính c a h ủ ệ trước : 2 2
I  I  2md  2,5 2.10.0,75 13,75 2 kg.m 1 0 1  Của hệ sau: 2 2
I  I  2md  2,5 2.10.0,20  3,30  2 kg.m 2 0 2 
Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng ta được : 2 2 I  I  2md 2,5 2.10.0,75 1 1 0 1 I   I        .2 1 1 2 2 2 2 1 2 I I  2md 2,5  2.10.0, 20 2 0 2  26, 2 rad / s  1 1
Động năng trước và sau: W  I   .13,75.22 2  271, 4 J d1 1 1   2 2 1 1 2 2
W  I   .3,3.26, 2 1132,6 J d2 2 2   2 2
Công của người đó phải thực hiện là: A  W  W 1132,6  271,4  861, 2 J d1 d2   5
Bài tập chương 4. Trường ấ h p dẫn
A. Tóm tắt lý thuyết:
1. Lực hấp dẫn:
- của 2 chất điểm: m m 1 2 F = G hd 2 r
G: Hằng số hấp dẫn (G = 6,67.10-11 SI )
m1, m2: Khối lượng của hai chất đ ể i m
r: khoảng cách giữa chúng
- của một vật lên một chất điểm:  mdM  Fhd = G − .r ∫ 3 r (M) Chú ý:
Lực hấp dẫn giữa 2 quả cầu đồng chất được tính
giống như 2 chất điểm ặ
đ t tại tâm của chúng. 2. Gia tốc rơi ự t d o
Là gia tốc rơi của các vật trong chân không, chỉ dưới tác dụng của trọng lực.
Ở sát bề mặt trái đất: M g = G ≈ 9,8( 2 m / s 0 2 ) R Ở độ cao h : 2 M R g = G = g 2 0 2 (R + h) (R + h)
3. Ứng dụng tính khối lượng của các thiên thể: 2 gR
- Khối lượng của Trái Đất: M = G 1
R – bán kính Trái Đất, = ( ) 6 R 6370 km ≈ 6,370.10 (m)
g – là gia tốc trọng trường trên mặt đất, ≈ ( 2 g 9,8 m / s ) 9,8(6,370.10 )2 6 24 M = ≈ 6.10 kg 11 ( ) 6,67.10−
- Khối lượng của Mặt Trời
Khi Trái Đất quay quanh Mặt Trời là do lực hấp dẫn của Mặt Trời ố đ i với Trái Đất, ự l c này
đóng vai trò lực hướng tâm: 2 2 2 3 MM′ v M  2πR′  4π R′ F = G = M. = → M′ = . , 2   2 R′ R′ R′ T  T G
M′ - khối lượng của Mặt Trời, R′ - khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trời, T – chu kỳ quay
của Trái Đất quanh Mặt Trời. 30 M′ ≈ 2.10 (kg)
4. Thế năng của trường hấp dẫn Mm W = G −
+ C , C là hằng số chọn tùy ý chọn từ giá trị thế năng tại vô cùng. t r
5. Bảo toàn cơ năng trong trường hấp dẫn Trong trường ấ
h p dẫn, cơ năng được bảo toàn: 2 mv  Mm W W W G  = + = + −
= const , để đơn giản, chọn: W ∞ = 0 t ( ) d t 2  r   
6. Chuyển động của vệ tin . h
- Khi vận tốc vI = 7,9 km/s: Vận tốc vũ trụ cấp 1  Quỹ đạo tròn.
Tính vận tốc vũ trụ cấp 1:
Để vật trở thành vệ tinh nhân tạo chuyển động
tròn quanh Trái Đất thì lực hấp dẫn của đóng vai trò là lực h ớ ư ng tâm: 2 GMm mv F = = mg = , h  R , ta có: hd (R + h )2 R + h 2 mv mg ≈ mg = , suy ra: v = g R 0 R I 0
- Khi vận tốc 11,2 km/s > v > 7,9 km/s: Quỹ đạo là elip. 2
- Khi vận tốc vII = 11,2 km/s: Vận tốc vũ t ụ
r cấp II  Quỹ đạo parabol.
Tính vận tốc vũ trụ cấp 2:
Vận tốc vũ trụ cấp 2 gọi là vận tốc thoát ly, là giá trị
vận tốc tối thiểu một vật cần có để có thể thoát ra khỏi
trường hấp dẫn của một hành tinh. Vật chuyển động
quanh Mặt Trời. Định luật bảo toàn cơ năng: 2 mv  Mm  2GM 0 + G  −  = 0 → v = = 0 2  R  R = 2g R =11,2 km / s 0 ( )
- Khi vận tốc vIII = 16,7 km/s: Vận tốc vũ t ụ
r cấp III  Vệ tinh có thể thoát ra 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 quả cầu khối lượng m1 đặt cách
đầu một thanh đồng chất một đoạn thẳng a trên
phương kéo dài của thanh. Thanh có chiều dài l,
khối lượng m2. Tìm lực hút của thanh lên quả cầu: Bài giải: 3
Dạng thanh nên chia thanh thành từng đoạn nhỏ có kích thước dx và có khối lượng
dm, cách đầu O của thanh một khoảng x.
Giờ xác định dm theo dx, nhớ là đối với thanh dài thì ta chú ý đến khối lượng trên một
đơn vị độ dài λ. m2 dm = λdx = dx  Bài yêu cầu xác ị
đ nh lực hút, tức là sẽ phải sử dụng công thức liên quan tới lực hấp dẫn
giữa qủa cầu và đoạn dm. m dm m m dx 1 1 2 dF = G = G ( + a − x )2  ( + a − x )2
Giờ lấy tích phân và tìm cận ể
đ xác định lực hút của thanh lên quả cầu. Khi quét từ trái
sang phải biến x thay đổi từ 0 ế
đ n  . Đó chính là cận trên và cận dưới khi tính tích phân.   m m dx Gm m Gm m 1 1  Gm m 1 2 1 2 1 2 1 2 F = G = = ∫  − = ( + a − x)2 ( + a − x)2  a  + a  a a +  0 ( ) 0 Hình 5-2. 4 5 6 7
Bài tập chương 6. Trường tĩnh điện
A. Phần tóm tắt lý thuyết 1. Lực tương tác Coulomb    1 q q r q q r 1 q q q q 1 2 12 1 2 12 1 F 2  .  k . , độ lớn: 1 2 1 2 F   k 2 2 4   r r r  r 12 2 2 4  r r  0 0 12 2 2
  8,86.10 C / Nm - hằng số điện môi (hằng số điện môi tuyệt đối của chân không),  là hằng số điện 0
môi tỷ đối của môi trường.
2. Vectơ cường độ điện trường   F E  q
Cường độ điện trường gây ra bởi một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó một khoảng r:    Q r 1 Q r | Q | E  k .  . . , độ lớn: E  k 2 2 r r 4 r r 2 r 0 
Q>0: E hướng ra xa điện tích; 
Q<0: E hướng vào điện tích.
3. Véc-tơ điện cảm (cảm ứng điện)   D   E 0  Q 
Véc-tơ điện cảm do một điện tích điểm gây ra: D  . r 3 4r
4. Cường độ điện trường gây bởi một sợi dây thẳng dài vô hạn mang điện đều tại một điểm cách dây một khoảng r:  E 
, trong đó  là mật độ điện dài của dây. 2 r 0
5. Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều:  E 
, trong đó  là mật độ điện mặt. 2  0
6. Định lý Ostrogradski – Gauss:
Thông lượng cảm ứng điện gửi qua một mặt kín (S) bất kỳ bằng tổng đại số các điện tích có trong mặt kín.   n   DdS   q i   i 1 S 
7. Công của lực tĩnh điện khi dịch chuyển điện tích điểm q0 ừ điểm A đến điểm B trong điện trường: A  q V  V , trong đó V 0  A B 
A và VB lần lượt là điện thế tại điểm A và B.
8. Tính chất thế của trường tĩnh điện   
Lưu số của véc-tơ E theo một đường cong kín bằng 0: Ed l  0 
9. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B trong điện trường: B   U  V  V  Edl AB A B A
10. Mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế V    E   hay E   grad V s U
Trong trường hợp điện trường đều: E 
, trong đó U  V  V là hiệu điện thế, d là khoảng cách giữa 2 d 1 2
mặt đẳng thế tương ứng.
11. Điện thế gây bở một điện tích điểm Q tại một điểm cách nó 1 khoảng r: 1 Q V  4 r 0
12. Hiệu điện thế giữa hai mặt cầu đồng tâm mang điện đều, bằng nhau, trái dấu: Q R R 2 1  V  V  , trong đó R 1 2
1 là bán kính của mặt cầu trong, R2 là bán kính của mặt cầu ngoài, Q là độ  R R 0 1 2
lớn điện tích trên mỗi mặt cầu.
13. Hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ đồng trục dài vô hạn mang điện đều bằng nhau và trái dấu:  R 2 V  V  ln , trong đó R 1 2
1 là bán kính mặt trong, R2 là bán kính mặt ngoài,  là mật độ điện dài trên 2  R 0 1 mặt trụ. B. Phần bài tập
Bài 1.9. Tìm lực tác dụng lên một điện tích điểm q = (5/3).10-9 C đặt ở tâm nửa vòng xuyến bán kính r 0 = 5
cm tích điện đều với điện tích Q = 3.10-7 C (đặt trong chân không). Bài giải:
Xét một điện tích nguyên tố dq gây ra cường độ điện trường dF cho
điện tích q. Phân tích dF theo phương x và y như trên hình vẽ. Dễ
dàng thấy do tính chất đối xứng nên các thành phần dFy triệt tiêu nhau. kq
Như vậy: F  dF  dF  dQcos   x  2 r Trong đó: Q dQ 
dl (điện tích chia đều theo độ dài r  ), dl  rd r
(độ dài cung bằng bán kính nhân với góc chắn cung).  2 kq Q
Thay vào trên ta được: F  r cosd  2 r r   2  
Từ hình vẽ dễ thấy góc  biến thiên từ 
khi lấy tích phân trên toàn bộ nửa vòng xuyến. 2 2   2 2 kqQ kqQ kqQ  9 2kqQ 2.9.10 .5 / 3 9 7 .10 .3.10 2 F  cosd  cosd  sin  3  1,146.10 N 2 2   2 2  = 2 r r r  r  .  0,05   2 2 2
Bài 1.10. Có hai điện tích điểm 8 q  8.10 C và 8
q  3.10 C đặt cách nhau một khoảng d = 10 cm trong 1 2 không khí. Tính:
a) Cường độ điện trường gây bởi các điện tích đó tại các điểm A, B, C. Cho biết: MN = d = 10 cm, MA = 4
cm, MB = 5 cm, MC = 9 cm, NC = 7 cm.
b) Lực tác dụng lên điện tích 1  0
q  5.10 C đặt tại C. Bài giải: 2   Tại điểm A: E và E
cùng chiều nhau như hình vẽ: 1A 2A 8  8 q q 8.10 3.10     1 2 9 3 E  E  E  k     9.10 .    525.10 V / m A 1A 2A 2 2 2 2   MA NA    0,04 0,06   
Tại điểm B: E và E ngược chiều nhau như hình vẽ: 1B 2B 8 8  q q  8.10 3.10  1 2 9 3 E  E E  k     9.10 .    276.10 V / m B 1B 2B 2 2 2 2   MB NB    0,05 0,15   
Tại điểm C: E và E có chiều nhau như hình vẽ. 1C 2C Ta có: 2 2
E  E  E  2E E cos , trong đó: C 1C 2C 1C 2C 8 q 8.10 8 q 3.10 1 9 3 E  k  9.10 .  88,9.10 V / m và 2 9 3 E  k  9.10 .  55,1.10 V / m 2C 2 2   1C 2 2   MC 0, 09 NC 0,07 2 2 2 2 2 2 MC  NC MN 9 7 10 5 cos    , 0   76,2 2MC.NC 2.9.7 21 Thay vào ta được: 3 2 2 3
E 10 88,9 55,1 2.88,9.55,1.(5 / 21)  92,8.10 V / m C  
Cường độ điện trường tại C tạo với cạnh CN 1 góc: 0 0
90    90  76,2  13,8 b) Lực 1  0 3 5 F q E 5.10 .92,8.10 4,6.10     N C C  
Lực này ngược chiều với EC.
Bài 1.20. Một mặt phẳng vô hạn mang điện đều có mật độ điện tích mặt là 2.10-9 C/cm2 = 2.10-5 C/m2. Hỏi
lực tác dụng lên một đơn vị chiều dài của một sợi dây dài vô hạn mang điện đều. Cho biết mật độ điện dài của dây là 8 6
  3.10 C/cm  3.10 C/m . Bài giải:
Lực tác dụng của mặt phẳng lên sợi dây bằng tổng lực tác dụng lên các phần tử của sợi dây. Ta đã biết điện 
trường do 1 mặt phẳng gây ra là E
không phụ thuộc vào khoảng cách từ mặt phẳng đến các phần tử 20
điện tích của sợi dây nên dù đặt sợi dây thế nào thì lực tác dụng lên 1 phần tử dq của sợi dây vẫn đều là dq   dl  dF  Edq  , trong đó dq  dl  nên dF
. Lực tác dụng lên mỗi đơn vị chiều dài của dây là: 2 2 0 0  5  6 dF  2.10 .3.10    3, 4 N / m 1  2   dl 2 2.1.8,86.10 0
Bài 1.23. Cho 2 điện tích điểm 6 q  2.10 C , 6
q  10 C đặt cách nhau 10 cm. Tính công của lực tĩnh điện 1 2
khi điện tích q2 dịch chuyển trên đường thẳng nối hai điện tích đó xa thêm một đoạn 90 cm. Bài giải:
Ta coi đây là bài toán xác định công của lực tĩnh điện do điện tích q1 tác dụng để dịch chuyển điện tích điểm
q2 dịch chuyển trong điện trường mà nó gây ra. 3 Như vậy: A  q V V , trong đó V MN 2  M N 
M và VN lần lượt là điện thế tại 2 điểm MN trên đường thẳng nối 2
điện tích và cách nhau 1 khoảng 90 cm. kq kq Giả sử: 1 V  và 1 V  M r  N  r  r  9 6  kq kq  kq q r 9.10 .2.10   6 . 10   .0,9 1 1 1 2  Suy ra: A  q       0,162 J MN 2    r r r       r(r  r) 1.0,1.0,1 0,9  
Dấu “-” có nghĩa là lực điện trường là lực cản, tức là ta phải thực hiện 1 công là +0,162 J để thắng lực điện
trường. Trong bài toán này, 2 điện tích là trái dấu nên hút nhau, vì thế muốn đưa 1 điện tích ra xa thêm thì
đương nhiên là phải thực hiện công thắng lại lực hút này. 1
Bài 1.24. Tính công cần thiết để dịch chuyển một điện tích 7
q  .10 C từ một điểm M cách quả cầu tích 3
điện bán kính r = 1 cm một khoảng R = 10 cm ra xa vô cực. Biết quả cầu có mật độ điện mặt là 11 2 7 2   10 C/cm  10 C/m . Bài giải:
Vẫn sử dụng công thức tính công của điện trường khi dịch chuyển điện tích từ điểm M đến N (trong trường hợp này N ở vô cực): A
 q V  V . Như vậy, cần phải tính điện thế tại các điểm M và N. MN  M N 
Nhân đây phải nói đến bài toán tính điện thế tại 1 điểm nằm bên ngoài và cách tâm quả cầu mang điện đều
1 khoảng là r>r0 (bài mà thầy chưa có dịp tính trên lớp trong giờ lý thuyết).
Ta có: dV  Edr (mối liên hệ giũa điện trường và điện thế) kQ
Mặt khác sử dụng định lý Ostrogradski – Gauss ta dễ dàng tính được: E 
, trong đó Q là điện tích của 2 r quả cầu. kQ kQ kQ
Thay vào ta được: dV   dr  V 
 C , chọn gốc điện thế tại vô cực ta có C = 0, suy ra:V  2 r r r
Quay trở lại bài toán của chúng ta: A  q V  V MN  M N  2 kQ kqQ
kq4r  9.10 .1/ 3.10 .40, 2 9 7 7 01 .10  7 V  ; V  0  A     3, 42.10 J , M N MN    r R
 r R  r R 10,01 0,  1 trong đó 2 Q  4 r   .
Bài 1.25. Một vòng dây tròn bán kính 4 cm tích điện đều với điện tích Q = (1/9).10-8 C. Tính điện thế tại: a) Tâm vòng dây;
b) Tại một điểm M trên trục vòng dây, cách tâm của vòng dây 1 đoạn là h = 3 cm.
Ta làm 1 bài tổng quát, tìm điện thế tại 1 điểm M trên trục vòng dây,
cách tâm vòng dây 1 đoạn là h. Ta có: kdQ dV  2 2  R  h kdQ kQ Suy ra: V  dV     2 2 2 2  R h  R h
a) Điện thế tại tâm vòng dây h = 0 9 kQ 9.10 .1/  8  9 .10 V    250 V O   R 1.0,04 9 kQ 9.10 .1/ 9 8 .10 b) Tại điểm M:    H V 200 V  2 2 2 2  R  h 1. 0,04  0,03
Bài 1.32. Tại hai đỉnh C, D của một hình chữ nhật ABCD (có các cạnh AB = 4 m, BC = 3 m) người ta đặt hai điện tích điểm 8 q 3.10   C (tại C) và 8 q 3.10  
C (tại D). Tính hiệu điện thế giữa A và B. 1 2 Bài giải: 4 AC = BD = 5 m 9 8  8 k  q q  9.10 3.10 3.10   1 2 V  V  V          36 V A CA DA     CA DA  1  5 3  9 8  8 k  q q  9.10 3  .10 3.10   1 2 V  V  V          3  6 V B CB DB     CB DB 1  3 5 
Hiệu điện thế giữa A và B là: U  V V  72 V AB A B  
Bài 1.33. Tính công của lực điện trường khi chuyển dịch điện tích q = 10-9 C từ điểm C đến điểm D nếu a = 6
cm, Q1 = (10/3).10-9 C, Q2 = 2.10-9 C. Bài giải:
Nhớ là muốn tính công của lực điện trường thì có công thức: A q V V CD  C D  Ta có: 9 kQ kQ 9.10  10 / 3 2  1 2 9 V     .10  200 V C     AC BC 1  0,06 0,06 9 kQ kQ 9.10  10 / 3 2  1 2 9 V      .10 141 V D   A  D B  D 1 0,06 2 0,06 2  
Công của lực điện khi đó: A q V V  9 10  200   9 141  59.10 J C D  
Bài 1.37. Cho hai mặt trụ đồng trục mang điện đều bằng nhau và trái dấu có bán kính lần lượt là 3 cm và 10
cm, hiệu điện thế giữa chúng là 50 V. Tính mật độ điện dài trên mỗi mặt trụ và cường độ điện trường tại điểm
ở khoảng cách bằng trung bình cộng của hai bán kính. Bài giải:
Trước tiên quay trở lại bài toán tính điện trường gây ra bởi một mặt trụ dài vô hạn tích điện đều.
Xét 1 mặt Gauss có dạng mặt trụ có độ cao là h, diện tích đáy là S. Thông lượng điện:   D dS  D dS  D dS e  n  n  n mÆt trô mÆt bªn hai ®¸y trong đó D dS  0  vì D n n = 0 nên: hai ®¸y   D dS  D2 r  h  2 Erh e  n 0 mÆt bªn
Điện tích của khối trụ: Q  h , trong đó  là mật độ điện dài của khối trụ theo chiều cao. 
Theo định lý O – G: Q    h 2 Erh E  e  0 2 r 0
Đối với những điểm nằm giữa 2 mặt trụ thì chỉ có mặt trụ ở phía trong gây ra điện trường. Ta tính điện thế tại
1 điểm cách trục của mặt trụ trong 1 khoảng là r. dr  ln r dV  Edr  dV    V   C 2 r 2 0 0
Như vậy hiệu điện thế giữa 2 mặt trụ R1 = 3 cm và R2 = 10 cm là: 12  R 2 V 21.,86.10 .50 2 0 9 V  ln      2,3.10 C 2 R R 10 2 0 1 ln ln R1 3 5
BÀI TẬP CHƯƠNG VẬT DẪN – TỤ ĐIỆN Tóm tắt lý thuyết
1. Điều kiện cân bằng tĩnh điện  
- Véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong vật dẫn phải bằng không: E  0 trong 
- Thành phần tiếp tuyến E của véc-tơ cường độ điện trường tại mọi điểm trên mặt vật dẫn phải bằng không (tức t    
là véc-tơ cường độ điện trường phải vuông góc với mặt vật dẫn): E  0, E  E t n
2. Những tính chất của vật dẫn mang điện:
- Vật dẫn cân bằng tĩnh điện là một khối đẳng thế. Mặt vật dẫn là một mặt đẳng thế.
- Nếu truyền cho vật dẫn một điện tích q nào đó thì điện tích q chỉ được phân bố trên bề mặt của vật dẫn, bên
trong vật dẫn, điện tích bằng không (các điện tích âm và dương trung hòa nhau).
- Đối với một vật dẫn rỗng đã ở trạng thái cân bằng tĩnh điện, điện trường ở phần rỗng và trong thành của vật
rỗng cũng luôn luôn bằng không.
3. Hiện tượng điện hưởng
- Hiện tượng các điện tích cảm ứng xuất hiện trên một vật dẫn (lúc đầu không mang điện) khi đặt trong điện
trường ngoài được gọi là hiện tượng điện hưởng.
- Điện tích cảm ứng trên các phần tử tương ứng có độ lớn bằng nhau và trái dấu.
Trong trường hợp điện hưởng một phần, độ lớn của điện tích cảm ứng nhỏ hơn độ lớn điện tích trên vật mang điện.
Trong trường hợp điện hưởng toàn phần, độ lớn của điện tích cảm ứng bằng độ lớn điện tích trên vật mang điện.
4. Điện dung của một vật dẫn cô lập (về điện)
Điện dung của một vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích cân truyền cho vật dẫn để điện tích
của vật tăng lên một đơn vị điện thế.
(Điện dung của vật dẫn cô lập là một đại lượng về giá trị bằng điện tích mà vật dẫn tích được khi điện thế của
nó bằng một đơn vị điện thế). Q C  V 1 culomb Đơn vị: 1 fara =
, các đơn vị ước của fara: 6 1 F = 10   F , 9 1 nF = 10 F , 12 1 pF = 10 F 1 von
Điện dung của 1 quả cầu bằng kim loại (cô lập)
Quả cầu là vật dẫn nên điện thế tại mọi điểm của quả cầu là như nhau và bằng điện thế do điện tích Q coi như đặt Q kQ
tại tâm của quả cầu gây ra tại điểm cách tâm một khoảng bằng bán kính R: V  4 R  R 0 Q R 
Theo định nghĩa, điện dung: C   4 R   0 V k 5. Tụ điện
Tụ điện là hệ hai vật dẫn cô lập ở điều kiện điện hưởng toàn phần.
a. Tụ điện phẳng: là hệ hai bản kim loại phẳng cùng diện tích S đặt song song và cách nhau một đoạn d. Q Q  Q C  
, trong đó: U = Ed, E là điện trường đều giữa 2 bản tụ: E   V V U    S  1 2 0 0 Q  S  Thay vào ta được: 0 C   U d
b. Tụ điện cầu: hai bản tụ là hai mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R1 và R2 (R1 > R2) Q  1 1  QR  R kQ R  R 1 2   1 2  Ta có: V  V       1 2 4  R R 4 R  R R  R 0  1 2  0 1 2 1 2
Trong đó Q là giá trị tuyệt đối của điện thế mỗi bản, V  V  U là hiệu điện thế giữa hai bản tụ. Điện dung C 1 2 của tụ được tính: Q 4 R  R R R 0 1 2 1 2 C    U R  R k R  R 2 1  2 1 
c. Tụ điện trụ: hai bản của tụ điện là hai mặt trụ kim loại đồng trục bán kính lần lượt là R1 và R2 (R1 < R2) có độ
cao là l, rất lớn so với R1 và R2. Q R Q 2 l l Ta có: 2 V  V  ln , do đó: 0 C    1 2 2 l R V  V R R 0 1 1 2 2 2 ln 2k ln R R 1 1
6. Năng lượng vật dẫn cô lập 2 2 QV CV Q W    2 2 2C
7. Năng lượng của tụ điện 2 2 QU CU Q W    2 2 2C
8. Năng lượng điện trường của 1 tụ điện phẳng 1 2 W  CU , 2  S 1 1 W 1 ED lại có: 0 C  , U  Ed suy ra: 2 2 2
W   E Sd   E V  w    E 
- mật độ năng lượng điện d 0 0 0 2 2 V 2 2 trường. 2  E ED
Năng lượng của một điện trường bất kỳ: 0 W  dV  dV   2 2 V V Phần bài tập
Bài 1.1. Cho 2 mặt cầu kim loại đồng tâm bán kính R1 = 4 cm, R2 = 2cm mang điện tích Q1 = -(2/3).10-9 C, Q2 =
3.10-9 C. Tính cường độ điện trường và điện thế tại những điểm cách tâm mặt cầu những khoảng lần lượt bằng 1 cm, 2 cm, 3 cm, 4 cm, 5 cm.
Bằng phép tính tích phân tính được: điện thế tại 1 điểm cách tâm quả cầu là x được tính theo công thức:  kq (x  R)  R  V   kq  (x  R)  x
Còn cường độ điện trường thì phía trong quả cầu E = 0, kq Phía ngoài vỏ cầu E  2 x
Bài 2.2. Một quả cầu kim loại bán kính 10 cm, điện thế 300 V. Tính mật độ điện mặt của quả cầu
Điện thế quả cầu được tính theo công thức: kq V  , trong đó 2 q  S   4 R  , từ đó suy ra: R 2 k4 R  V 300 9 2 V   4k R       26,5.10 C/m 9 R 4k R  4.9.10 .  0,1
Bài 2.8. Một quả cầu kim loại bán kính R = 1 m mang điện tích q =10-6 C. Tính:
a) Điện dung của quả cầu;
b) Điện thế của quả cầu;
c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu. kq q  R
a) Ta có điện thế của quả cầu được tính theo công thức: V  , suy ra: C   R  V k 1 Thay số ta được: 10 C   1,1.10 F 9 9.10 6 q 10 b) Điện thế: V    9000 V 1  0 C 1,1.10 2  10 2 CV 1,1.10 .9000
c) Năng lượng trường tĩnh điện của quả cầu:  3 W    4,5.10 J 2 2
Bài 2.9. Tính điện dung của Trái Đất, biết bán kính của Trái Đất là R = 6400 km. Tính độ biến thiên điện thế của
Trái Đất nếu tích thêm cho nó 1 C. 3 q  R 6400.10
Coi như Trái Đất là 1 quả cầu, ta có điện dung của trái đất là: 4 C     7,1.10 F 9 V k 9.10 q q 1 Lại có V   V    1405 V 4 C C 7,1.10
Bài 2.11. Cho một tụ điện cầu bán kính hai bản là r = 1 cm và R = 4 cm, hiệu điện thế giữa hai bản là 3000 V.Tính
cường độ điện trường ở một điểm cách tâm tụ điện 3 cm.
Dùng định lý Gauss dễ dàng suy ra được cường độ điện trường chỉ do bản tụ phía trong gây ra. kq E 
, điện thế tại một điểm nằm giữa 2 bản tụ là: 2 x    kq kq V x  dx   const  2 x x
Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là: R kq kq  R 1 1  U  dx   kq   2 x x r  r R    r q rR URr Điện dung: C    q  U k(R r) k R r  kq kURr URr 3000.0, 04.0, 01 Suy ra: 3 E    
 44,4.10 V/m  44, 4 kV/m 2 x  k R  r 2 x R r 2 x 0,04 0,0  2 1 .0,03
BÀI TẬP CHƯƠNG 8. ĐIỆN MÔI Tóm tắt lý thuyết:
- Liên hệ giữa cường độ điện trường và cảm ứng điện:   D   E 0  
- Vector phân cực điện môi: P   E 0      D   E
   1  E   E  P , trong đó  1 ,  gọi là hệ số phân cực điện môi. 0 0   0
- Mật độ điện tích liên kết trên mặt chất điện môi đặt trong điện trường:   P   E n 0 n
Trong đó Pn và En là hình chiếu của vector phân cực điện môi và vector cường độ điện
trường lên phương pháp tuyến ngoài của mặt có điện tích xuất hiện.
- Dạng toán liên quan đến tụ điện:
+ Mối quan hệ giữa hiệu điện thế U, cường độ điện trường E, khoảng cách giữa các bản tụ d: U  Ed . 
+ Cường độ điện trường gây bởi một mặt phẳng mang điện đều: E  2  0
+ Mật độ điện mặt trên hai bản tụ tích điện đều:    E  0
+ Mật độ điện tích liên kết: 
  P   E   1  E n 0 n   0 n  S 
+ Điện dung của tụ điện phẳng: 0 C  d
Các bài tập cần làm: 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.8.
Bài 3.1. Xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm mica dày 0,02 cm đặt vào giữa
và áp sát vào hai bản của một tụ điện phẳng được tích điện đến hiệu điện thế U = 400 V. Bài giải:
Cần nhớ, đây là xác định mật độ điện tích liên kết trên mặt một tấm điện môi (mica), ta nhớ đến công thức:
  P   E   1  E n 0 n   0 n
Đối với tụ điện, chúng ta chú ý, điện trường gây ra bởi 2 bản tụ là điện trường đều, hướng
vuông góc với các bản tụ, từ phía bản dương sang bản âm. Cho nên: U E  E  n d Nên ta có: 
   1 E   1 U   7,5 1  12 400  4 .8,86.10 . 1,15.10   2 C / m 0 n 0 2  d 0,02.10
Chú ý: hằng số điện môi của mica có sách ghi là từ 5,7 đến 7, có sách ghi bằng 6, có sách ghì bằng 7,5.
Bài 3.3. Một tụ điện phẳng có chứa điện môi (  6 ) khoảng cách giữa hai bản là 0,4 cm,
hiệu điện thế giữa hai bản là 1200 V. Tính:
1. Cường độ điện trường trong chất điện môi.
2. Mật độ điện mặt trên hai bản tụ điện.
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi. 1 Tóm tắt:
  6 , d = 4 cm = 4.10-2 m, U = 1200 V. 1. E = ? 2.   ? 3.   ? Bài giải:
1. Đối với tụ điện bất kỳ, cường độ điện trường giữa các bản tụ (tức là cường độ điện trường
trong chất điện môi) là: U 1200 5 E   3.10 V / m 3   d 4.10 
ở đây rất có thể chúng ta sẽ làm nhầm như sau: E U
Cường độ điện trường trong chất điện môi là 0 E  , trong đó E  , tức là chúng ta  0 d
coi điện trường ngoài E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng, nhưng nên nhớ, trong phần lý thuyết
E0 là điện trường giữa 2 bản phẳng lúc chưa đặt điện môi, có nghĩa là điện trường của 1 tụ điện
không khí. Còn trong trường hợp này, đây là một tụ điện có chứa điện môi   6 nên cường độ
điện trường giữa 2 bản tụ lúc này chính là cường độ điện trường trong lòng chất điện môi.
Để làm rõ hơn, tiếp tục chúng ta sẽ tính E0, tức là độ lớn của điện trường do các điện tích
tự do gây ra (tức là điện tích trên các bản tụ), theo lý thuyết: 5 5 E  E  6.3.10 18.10 V / m 0  
Ta tính luôn cả cường độ điện trường E gây ra do các điện tích liên kết trên bề mặt của chất điện môi: 5 5 5
E  E  E 18.10  3.10 15.10 V / m (đúng theo lý thuyết) 0  
2. Mật độ điện mặt trên 2 bản tụ điện được suy ra từ công thức sau: 12 5 5
   E  8,86.10 .18.10  1,59.10  2 C / m 0 0 
3. Mật độ điện mặt trên chất điện môi cũng được tính từ công thức tương tự: 12 5 5 
   E  8,86.10 .15.10  1,33.10  2 C / m 0   1
Ngoài ra chúng ta có thể biến đổi để sử dụng công thức sau:       
Thật vậy: E  E  E   0   0 0 E       1 Mặt khác: 0 E   nên ta có:                0 0 0 0
Bài 3.4. Cho một tụ điện phẳng, môi trường giữa hai bản ban đầu là không khí (  1), 1
diện tích mỗi bản là 0,01 m2, khoảng cách giữa hai bản là 0,5 cm, hai bản được nối với một hiệu
điện thế 300 V. Sau đó bỏ nguồn đi rồi lấp đầy khoảng không gian giữa hai bản bằng một chất điện môi có   3 . 2
1. Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện sau khi lấp đầy điện môi;
2. Tính điện tích trên mỗi bản. Bài giải: 2
Đây là bài toán khá điển hình về tụ điện. 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 tích không đổi, nhưng điện dung thay đổi thành ra hiệu
điện thế giữa hai bản tụ sẽ thay đổi. 12   S 8,86.10 .1.0,01
Điện dung của tụ điện không khí là: 0 1 11 C   1,772.10 F 1 2   d 0,5.10 Suy ra: 11 9
Q  C U  1,772.10 .300  5,3.10 C 1 1  
Điện dung của tụ điện sau khi lấp đầy chất điện môi là:  12   S 8,86.10 .3.0,01 0 2  11 C    5,3.10 F 2 2   d 0,5.10 9 Q 5,3.10 Khi đó U   100 V 2    11 C 5,3.10 2
Bài 3.5. Cho một tụ điện phẳng, khoảng cách giữa hai bản là 0,01 m. Giữa hai bản đổ đầy
dầu có hằng số điện môi   4,5 . Hỏi cần phải đặt vào các bản một hiệu điện thế bằng bao nhiêu
để mật độ điện tích liên kết trên dầu bằng 6,2.10-10 C/cm2. Bài giải: d = 0,01 m,   4,5 , 1  0 2 6  2
  6,2.10 C/cm  6,2.10 C/m U = ? U
Cường độ điện trường giữa hai bản tụ: E  d
Mật độ điện tích liên kết được tính theo công thức: U 
   E  E    1     1 0  0  0   0   d 6 d   6,2.10 .0,01 Suy ra: U    2000  V     12 1 8.86.10 .3,5 0
Bài 3.8. Trong một tụ điện phẳng có khoảng cách giữa các bản là d, người ta đặt một tấm
điện môi dày d1 < d song song với các bản của tụ điện. Xác định điện dung của tụ điện trên. Cho
biết hằng số điện môi của tấm điện môi là  , diện tích của tấm đó bằng diện tích các bản của tụ điện và bằng S. Bài giải: 3
Đây có thể coi như bài toán 3 tụ điện mắc nối tiếp, trong đó tụ 1 có
bề dầy d1, có chất điện môi  . Hai tụ 2 và 3 lần lượt có bề dầy d2 và d3, là tụ không khí: Ta có:  S  S  S 0 C  , 0 C  , 0 C  1 d 2 d 3 d 1 2 3
Đối với bộ tụ mắc nối tiếp ta có: 1 1 1 1 1  d  1  d 1 1 d d d d             2 3   1 C C C C S  S       b 1 2 3 0 0  d    1d1   S 0  S  Ta suy ra: 0 C  d    1d1 4
BÀI TẬP CHƯƠNG 8. TỪ TR Ờ Ư NG
Tóm tắt lý thuyết:   B
- Vector cường độ từ trường và vector cảm ứng từ: H = µµ0 - Định luật Biot –
Savart – Laplace: vector cảm ứng từ gây bởi một phần tử dòng điện: → → → µµ0 d B = (Id l x r ) 3 4π r  
Trong đó dB là vector cảm ứng từ do phần tử dòng điện Idl gây ra tại điểm M xác định
bởi bán kinh vector r (vector nối từ phần tử dòng điện tới điểm M), −7
µ = 4π.10 H/m gọi là hằng 0
số từ, µ gọi là độ từ thẩm ủ c a môi trường.
+ có phương: vuông góc với mặt phẳng chứa phần tử dòng điện và điểm khảo sát.
+ có chiều: theo qui tắc đinh ố c hoặc nắm tay phải. µµ Idl + độ lớn: 0 dB = .sin θ 2 4 r π
- Nguyên lý chồng chất từ trường: → →
+ vector cảm ứng từ gây bởi một dòng điện bất kỳ: B = d B ∫ DD → →
vector cảm ứng từ gây bởi nhiều dòng điện: B = i B ∑ i
- Vectơ cảm ứng từ của dòng điện thẳng: µµ I0 B = (cos θ − cos θ ) 1 2 4 h π
+ có phương vuông góc với mặt phẳng chứa dòng đ ệ i n và điểm k ả h o sát;
+ có chiều theo quy tắc cái đinh ốc, hoặc nắm tay phải; µµ I + độ lớn: 0 B = (cos θ − cos θ ) 1 2 4 h π µµ I I
- với sợi dây dài vô hạn: 0 B = → H = 2πh 2πh
- vector cảm ứng từ gây bởi dòng đ ệ
i n tròn tại một điểm trên trục của vòng dây: 2 µµ IR 0 B = 2 2 3/2 2(R + h ) µµ I
- vector cảm ứng từ gây bởi dòng đ ệ
i n tròn tại tâm vòng dây h = 0: 0 B = O 2R  
- mômen từ của dòng điện tròn: p = I.S , p có phương vuông góc với mặt phẳng dòng m m
điện, co chiều xác định theo quy tắc cái đinh ốc h ặ o c nắm tay phải. N
- cảm ứng từ trong lòng ống dây: B = µµ nI = µµ . .I , trong đó n – là mật độ vòng dây. 0 0 L 1 → →
- từ thông: dΦ = BdScosα = Bd S (đơn vị là vêbe, Wb) m
- Từ thông của từ trường đều gởi qua một diện tích phẳng: Φ = BS.cos α m → →
- Định lý OG: Từ thông gửi qua một mặt kín bất kì thì luôn bằng không: Bd S = 0 ∫ , (S) → div B = 0
- Định lý Ampere: Lưu số của vectơ cường độ từ trường dọc theo ộ m t đường cong kín bất
kì thì bằng tổng đại số các dòng điện xuyên qua diện tích giới hạn bởi đường cong kín đó. → → → → Hd l = ∫ ∑I = k hay rot H j k (C) → → →
- Công thức Ampere: Lực từ tác dụng lên một phần tử dòng điện: d F = [Id l ,B]
+ phương vuông góc với mặt phẳng chứa p ầ
h n tử dòng điện và vector cảm ứng từ;
+ chiều theo quy tắc bàn tay trái; + độ lớn: dF = BId .  sin θ
- Từ trường đều tác dụng lên dây dẫn thẳng: F = BIl.sin θ F µµ I I
- Lực tương tác giữa 2 dòng điện thẳng song song (trên một mét dài): 0 1 2 f = = l 2 d π
- Lực từ tác dụng lên khung dây: → → →
+ Mômen của lực từ: M = p x B , độ lớn: M = p .B.sin θ = BIS.sin θ m m
- Công của lực từ: A = Fdx = BIl.dx = BIdS = I.dΦ A = I.∆Φ m ∫ ∫ ∫ ∫ . Suy ra: m → → →
- Lực Lorentz: FL = q[v, B] : + phương vuông góc vớ 
i mặt phẳng chứa vector (v,B) ;
+ chiều đối với điện tích dương theo quy tắc bàn tay trái;
+ chiều đối với diện tích âm theo quy tắc bàn tay phải. F | = q | B.v.sin θ L - Điện tích chuyển ộ đ ng trong từ trường ề đ u: → → →
+ vector vận tốc ban đầu song song: v  B ⇒ F = 0, suy ra điện tích chuyển động thẳng 0 L đều; → →
+ vector vận tốc ban đầu vuông góc v ⊥ B , điện tích chu ể
y n động tròn đều, lực lorentz 0 2 v
đóng vai trò là lực hướng tâm: F | = q | B.v =ma =m . L r Bán kính quỹ đạo: mv π r = , chu kỳ quay 2 m T = | q | B | q | B - Điện tích chuyển ộ
đ ng theo đường lò xo: khi vận tốc ban đầu tạo với  B một góc nào đó,
thành phần song song không bị ảnh hưởng của từ trường, nên hạt chuyển động ề đ u, thành phần 2
vuông góc thì chịu ảnh hưởng của chuyển động tròn đều. Như vậy, ạ
h t vừa chuyển động tròn,
vừa chuyển động đều nên q ỹ u đạo có dạng lò xo: + bán kính xoắn: mv mv .sinθ ⊥ 0 r = = | q | B | q | B π + chu kỳ: 2 m T = | q | B + Bướ π c xoắn: 2 m h = v .T = v .cos . θ  0 | q | B
Các bài 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 ủ
c a một dòng điệnt hẳng dài vô hạn tại một điểm cách dòng
điện 2 cm. Biết cường độ dòng điện I = 5 A. Bài giải: µ I µ
Bài này trước khi g ả i i p ả
h i nhớ công thức: 0 B =
và mối quan hệ g ữ i a B và H: B = µ H µ 2 r π 0 I 5 Như vậy: H = = ≈39,8 A / m 2 ( ) 2πr 2 .2.10− π
Bài 4.2. Hai dòng điện t ẳ
h ng dài vô hạn, có cường độ dòng điện I = I = 5 A 1 2 , được đặt vuông
góc với nhau và cách nhau một đoạn AB = 2 cm. Chiều các dòng đ ệ
i n như hình vẽ. Xác định
cường độ véc-tơ cường độ từ trường tại điểm M nằm trong mặt phẳng c ứ h a I1 và vuông góc với
I2 , cách dòng điện I1 một đoạn MA = 1 cm. I
Bài này cần phải nhớ công thức: H =
giống ở bài trên. 2 r π
Tại điểm M, H ắc cái đinh ố ấy đi ra, còn H
1 xác định chiều theo quy t c thì th
2 theo quy tắc cái  
đinh ốc hướng t ẳ
h ng đứng lên trên. Và H ⊥ H , như vậy véc-tơ tổng sẽ hướng từ trong ra ngoài. 1 2
Về độ lớn thì 2 2
H = H + H . Sau đó cần phải xác định góc ợ
h p bởi H tổng ợ
h p với 1 trong hai 1 2 véc-tơ H , như vậ ớ ớ 1 hoắc H2
y m i trả lời đủ câu hỏi H bằng bao nhiêu, và hư ng đi đâu, theo phương nào.
Dòng điện I1 gây ra tại M từ trường H1 hướng ừ
t trong ra ngoài (hình bên phải). 3 I 5 1 H = = ≈ 79,6 A / m 1 2 ( ) 2 . π AM 2 .10− π
Tương tự dòng I2 gây ra tại M từ trường H2 hướng lên trên (hình bên phải): I 5 2 H = = ≈ 26,5 A / m 2 2 ( ) 2 . π BM 2 .3.10− π Từ trường tổng hợp: 2 2 2 2
H = H + H = 79,6 + 26,5 ≈ 84 A / m 1 2 ( )
Góc lệch α so với phương H1: H 26,5 1 2 0 tan α = =
≈ ⇒ α ≈18 25′ H 79,6 3 1
Bài 4.3. Hình 4-8 vẽ mặt cắt vuông góc của hai dòng điện thẳng song song dài vô hạn ngược
chiều nhau. Khoảng cách giữa hai dòng điện AB = 10 cm. Cường độ của các dòng điện lần lượt bằng I = 20 A 1
, I2 = 30 A. Xác định vectơ cường độ từ trường tổng hợp tại các điểm M1, M2,
M3. Cho biết M1A = 2 cm, AM2 = 4 cm, BM3 = 3 cm.
Với bài này, tại mỗi điểm cần xác định rõ véc-tơ H ở
1 (gây ra bởi dòng I1) và H2 (gây ra b i dòng
I ) hướng đi đâu và độ ề 2
lớn của cái nào lớn hơn sẽ quyết định chi u của véc-tơ H tổng hợp. Trong
trường hợp này thì H ớ năng là cùng chiề
1 và H2 luôn vuông góc v i I1I2 nên H1 và H2 có 2 khả u
hoặc ngược chiều. • Tại đ ể
i m M1: H1 hướng xuống dưới như hình vẽ, độ lớn là: I 20 1 H = = = 159,15 A / m 1 2 ( ) 2 . π AM 2 . π 2.10− 1
H2 hướng từ dưới lên như hình vẽ, độ lớn là: I 30 1 H = = = 39,79 A / m 2 2 ( ) 2 . π BM 2 . π 12.10− 1 4
Từ trường tổng hợp tại M1: H =159,15 − 39,79 =119,36( A / m)
Vì H1 > H2 nên từ trường tổng hợp hướng theo H1, tức là hướng xuống dưới. • Tại đ ể
i m M2: Từ trường H1 và H2 cùng hướng lên trên, tương tự ta có: I 20 1 H = = = 79,58 A / m 1 2 ( ) 2 . π AM 2 . π 4.10− 2 I 30 1 H = = = 79,58 A / m 2 2 ( ) 2 . π BM 2 . π 6.10− 1
Từ trường tổng hợp tại M2: H = 79,58*2=159,16(A/m)
Véc-tơ tổng hợp H hướng lên trên như H1 và H2 • Tại đ ể
i m M3: Từ trường H1 hướng lên trên và H2 hướng xuống dưới, tương tự ta có: I 20 1 H = = = 24,49 A / m 1 2 ( ) 2 . π AM 2 . π 13.10− 2 I 30 1 H = = = 159,16 A / m 2 2 ( ) 2 . π BM 2 . π 3.10− 1
Từ trường tổng hợp tại M3: H = 159,16-24,49=134,67(A/m)
Vì H2 > H1 nên véc-tơ tổng hợp H h ớ ư ng xuống dưới theo H2
Bài 4.4. Hình 4-9 biểu diễn tiết diện của ba dòng điện thẳng song song dài vô hạn. Cường độ các
dòng điện lần lượt bằng: I = I = I;I = 2I. Biết AB = BC = 5 cm. Tìm trên đoạn AC điểm có 1 2 3
cường độ từ trường tổng hợp bằng không.
Dễ dàng suy luận được điểm cần tìm nằm trong đoạn AB vì ế
n u nằm trong đoạn BC, 3 véc-tơ
cường độ từ trường ề
đ u hướng xuống dưới và không thể triệt tiêu nhau được.
Ta có phương trình sau: H1 + H3 – H2 = 0 I I 2I − π π( − ) + π( − ) = 0 2 x 2 5 x 2 10 x 1 1 2 − + = 0 ⇒ x = 3,3(cm) x 5 − x 10 − x
Bài 4.5. Hai dòng điện thẳng dài vô hạn ặ
đ t thẳng góc với nhau và nằm trong cùng một mặt phẳng
(hình 4-10). Xác định véc-tơ cường độ từ trường tổng hợp tại các điểm M1 và M2, biết ằ r ng:
I1 = 2 A; I2 = 3 A; AM1 = AM2 = 1 cm; BM1 = CM2 = 2 cm; Giải: 5 Tại đ ể i m M1, cả 2 dòng đ ệ
i n gây ra các véc-tơ cường độ từ trường hướng vuông góc ớ v i mặt
phẳng hình vẽ nhưng ngược ch ề
i u nhau (và được quan sát lại trong hình chiếu cạnh). I 2 1 H = = = 31,83 A / m 1 2 ( ) 2 A π M 2 .10− π 1 I 3 2 H = = = 23,87 A / m 1 2 ( ) 2 BM π 2 .2.10− π 1
Cường độ từ trường tổng ợ
h p là: H = 7,96 (A/m) hướng theo phương của H1 vì H1 > H2. Tại đ ể i m M2, cả 2 dòng đ ệ
i n gây ra các véc-tơ cường độ từ trường hướng vuông góc với mặt
phẳng hình vẽ theo cùng một chiều (và được quan sát lại trong hình chiếu cạnh). I 2 1 H = = = 31,83 A / m 1 2 ( ) 2 A π M 2 .10− π 1 I 3 2 H = = = 23,87 A / m 1 2 ( ) 2 BM π 2 .2.10− π 1
Cường độ từ trường tổng ợ
h p là: H = 55,7 (A/m) hướng theo phương của H1 và H2.
Bài 4.6. Tìm cường độ từ trường gây ra tại điểm M bởi một đoạn dây dẫn thẳng AB có dòng đ ệ i n
I = 20 A chạy qua, biết rằng tại điểm M nằm trên trung trực của AB, cách AB 5 cm và nhìn AB dưới góc 600. Bài giải:
Trong bài này ta áp dụng công thức tổng quát để tính c ờ ư ng
độ dòng điện gây ra bởi một đoạn dây dẫn: I(cosθ − cosθ ) 20( 0 0 cos60 − cos120 1 2 ) H = = ≈ 2 4πr 4π.5.10− ≈ 31,8(A / m) 6
Bài 4.7. Một dây dẫn được uốn thành hình chữ n ậ
h t, có các cạnh a = 16 cm, b = 30 cm, có dòng
điện cường độ I = 6 A chạy qua. Xác định véc-tơ cường độ từ trường tại tâm của khung dây. Giải:
Từ hình vẽ trên dễ dàng suy ra, các véc-tơ cường độ từ trường gây ra tại tâm của hình chữ nhật
đều cùng phương, cùng chiều. Trong đó có 2 cặp bằng nhau (cùng do 2 cạnh dài và do 2 cạnh ngắn gây ra):
Cường độ từ trường gây ra bởi cạnh dài là cường độ từ trường gây ra bởi 1 đoạn thẳng mang dòng
điện 6 A được giới hạn bởi các góc α và 0
180 − α (như hình vẽ). Trong đó : b / 2 b cosα = = , ( 0 cos 180 − α) = −cosα (b / 2)2 +(a / 2)2 2 2 a + b I(cos α −cos( 0 180 − α) 2Icos α Icos α Ib H = H = = = = 1 3 4 r π 4π( a / ) 2 2 2 a π 1 πa a + b
Cường độ từ trường gây ra bởi cạnh ngắn là cường độ từ trường gây ra bởi 1 đoạn t ẳ h ng mang
dòng điện 6 A được giới hạn bởi các góc β và 0
180 − β (như hình vẽ). Trong đó: a / 2 a cos β = = , ( 0 cos 180 − β) = −cosβ (a / 2)2 + (b / 2)2 2 2 a + b I(cosβ − cos( 0 180 − β) 2Icosβ Ia H = H = = = 2 4 4 r π 4 ( π b / 2) 2 2 2 b π a + b
Cường độ từ trường tổng ợ h p có độ lớn: 2Ib 2Ia 2I ( 2 2 a + b ) 2 2 2I a + b H = H + H + H + H = + = = 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 a π a + b b π a + b a π b a + b a π b Thay số vào ta được: 2 2 2.6. 0,16 +0,30 H = ≈ 27, ( 1 A / m) . π 0,16.0,30 7 8 9 10 Giải:
Theo định lý Bio-Savart-Laplace, véc-tơ ả
c m ứng từ gây ra bởi một vòng dây tại tâm của nó là: 11 µ µI I R IdN 0 B = → H = , suy ra: H = ấ r r ∫
, trong đó dN là số vòng dây qu n quanh khi bán kính 2r 2r 2r d/2
thay đổi từ r đến r + dr.
Ta chia tỷ lệ, khi bán kính thay đổi từ d/2 đến R thì có N vòng dây, vậy nên: N dN = dr R − d / 2 2R R INln INdr Từ đó suy ra: d H = = ∫ 2r R − d / 2 2R − d d/2 ( ) ( )
Véc-tơ mômen từ có độ lớn: 2 p = I. r π m R R N πIN R − d / 8 2 ( 3 3 ) Suy ra: P = p dN = I r π dr = m ∫ m ∫ R −d / 2 3 R −d / 2 d/2 d/2 ( ) 12 13 14 Giải:
- Do không có một công thức tổng quát tính lực tác dụng lên một nửa dòng điện tròn nên ta phải sử dụng tích phân.
- Giả sử ta chia vòng tròn thành các phần tử dây dẫn mang điện dl = (s / π )dα. Xét tại vị trí mà
Odl tạo với trục ON một góc α.
- Lực tác dụng của từ trường lên dây dẫn dl:
o Phương: qua tâm của dây dẫn tròn
o Chiều: như hình vẽ (được xác định bằng quy tắc bàn tay trái) o Độ lớn: dF = BIdl
- Lực tác dụng của từ trường lên toàn bộ dây dẫn là:     F = dF = dF + dF n t ∫ ∫ ∫ Do tính đối xứng nên  dF = 0 ∫ t s π s BIs π 2BIs
F = dF = dFsin α = BIdlsin α = BI sin d α α = BI sin d α α = cos α = = 0,8 N ∫ n ∫ ∫ ∫ π ∫ π π 0 N 0 15 16 17 18 19
BÀI TẬP CHƯƠNG 9. CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ
Tóm tắt lý thuyết:
Định luật cơ ả b n ủ c a h ệ
i n tượng cảm ứng đ ệ i n ừ t : Suất đ ệ
i n động cảm ứng luôn bằng về trị số, nhưng trái dấu với tốc độ biến thiên của từ
thông gửi qua diện tích của mạch điện: dΦm ε = − C dt
Suất điện động tự cảm. Hệ số tự cảm:
Từ thông gửi qua 1 ống dây có dòng điện chạy qua tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện: Φ = LI m dΦ d (LI) dI m ε = − = − = −L tc dt dt dt
Trong đó L là hệ số tự cảm, đơn vị đo là H (henry).
Hệ số tự cảm của một ống dây điện thẳng dài: Vốn có: Φ NBS N m L = = , trong khi đó: B = µ nI µ = µ µ I I I 0 0 l 2 µ µN S 0 2 2 L = = µ µn Sl = µ n µ V 0 0 l
Trong đó: N là tổng số vòng dây, l và S là chiều dài và tiết diện ngang của ống dây. 1
Năng lượng của từ trường trong ống dây điện: 2 W = LI m 2 2 Mật ộ
đ năng lượng của từ trường: 1 B w = m 2 µ µ 0
Bài tập cần làm: 5.1, 5.2, 5.5, 5.6, 5.7, 5.10, 5.16, 5.17, 5.23.
Chú ý: điện trở suất của đồng là 1,72.10-8 m Ω 1 2 Giải: 5 dΦ dx − 15.10 4 dΦ = BdS = Bdx ⇒ E = = B = Bv = 0,5.10 .12. = 0,25(V) dt dt 3600 Giải:
Trong khoảng thời gian dt, thanh quét được 1 góc là d ω t ,
Diện tích của phần hình tròn được giới hạn bởi góc 2π chính là diện tích cả hình tròn: 2 S = π
Lấy tỷ lệ, tính được diện tích của phần hình tròn được giới hạn bởi góc d ω t là: 3 2  π  1 1 2 2 dS =
ωdt = ω dt ⇒ dΦ = BdS = Bω dt ⇒  2  π 2 2   dΦ 1 1 2 2 − 2 E =
= Bω = .5.10 .20.1 = 0,5(V) dt 2 2
Chú ý: Bài này tương tự bài 5.6, tuy nhiên ở đây coi như 2 thanh, 1 thanh dài 25 cm, 1 thanh dài
95 cm. Sẽ đi tìm được hiệu điện thế giữa 2 đầu thanh so ớ v i gốc, ồ
r i tìm giữa 2 đầu thanh ớ v i nhau. 4 5 6
BÀI TẬP CHƯƠNG 12. DAO ĐỘNG
Tóm tắt lý thuyết:
1. Dao động điều hòa
Phương trình dao động: x = Acos(ω t + ϕ , A > 0 0 ) x – li độ (độ dời) ; A – biên độ; ω - tần số góc ; 0 ω t + ϕ - pha dao động; 0 ϕ - pha ban đầu; 2π T = - chu kỳ; 0 ω0 1 ω0 ν = =
- tần số. (chữ ν được phiên âm /nju:/ - đọc thế nào tùy các bạn) 0 T 2π 0 dx  π  Vận tốc: v =
= −ω Asin ω t + ϕ = ω Acos ω t + ϕ + 0 ( 0 ) 0  0  dt  2  dv Gia tốc: 2 a = = −ω Acos(ω t + ϕ) 2 2
= −ω x = ω Acos ω t + ϕ + π 0 0 0 0 ( 0 ) dt
Năng lượng dao động điều hòa: Cơ năng: W = W + W d t Con lắc lò xo: 1 2 2 W = kA sin (ω t + ϕ) 1 2 2 + kA cos (ω t + ϕ) 1 2 1 2 2 = kA = mω A 0 0 0 2 2 2 2
Con lắc vật lý
Là một vật rắn khối lượng M, quay xung quanh một trục cố
định O nằm ngang. G là khối tâm, cách O một đoạn d. Mgd Tần số góc: ω = 0 I
I – là mômen quán tính của con lắc với trục O. I Chu kỳ: T = 2π 0 Mgd
Trường hợp riêng: con lắc đơn: Mgd Mgl g ω = = = 0 2 I Ml l
2. Dao động cơ tắt dần
Phương trình dao động: − t x A e β = cos t ω + ϕ , 0 ( ) 1 trong đó: 2 2
ω = ω − β - tần số góc của dao động tắt dần 0 2π 2π T = =
- chu kỳ của dao động tắt dần 2 2 ω ω − β 0 t A A e−β =
- là biên độ của dao động ắ t t dần, giảm ầ d n theo thời gian. 0 A (t ) − t A e β Giảm lượng loga: 0 T δ = ln β = = = β A (t + T ) ln − ( ln e T β t+ ) T A e 0
3. Dao động cơ cưỡng bức
Phương trình: x = Acos( t Ω + Φ) H Biên độ: A = ; m (Ω − ω )2 2 2 2 2 + 4β Ω 0 −2βΩ Pha ban đâu:tan Φ = 2 2 Ω − ω0 Với điều kiện: 2 2 ω − 2β > 0 0
Tần gố góc cộng hưởng: Giá trị: 2 2
Ω = ω − 2β tại đó biên độ dao động cưỡng bức ạ đ t trị số cực ạ đ i. ch 0 H A = max 2 2 2mβ ω − β 0
4. Dao động điện ừ t đ ề i u hòa
Phương trình dao động của dòng điện: I = I cos ω t + ϕ 0 ( 0 ) 1 Tần số góc riêng: ω = 0 LC 2π Chu kỳ riêng: T = =2 π LC ω0 I  π Phương trình dao độ  ng của điện tích: 0 q = cos ω t + ϕ −  0  ω  2 0  q I  π Phương trình dao độ 
ng của hiệu điện thế giữa 2 bản tụ: 0 u = = cos ω t + ϕ −  0  C Cω  2 0 
5. Dao động điện ừ
t tắt dần
Phương trình dao động của dòng điện: − t I I e β = cos t ω + ϕ 0 ( ) 2 1  R  Tần số góc: 2 2 ω = ω − β = − o   LC  2L  2 2π 2π Chu kỳ: T = = 2 ω 1  R  −   LC  2L 
6. Dao động điện ừ t cưỡng ứ b c
Phương trình dao động của dòng điện: I = I cos t Ω + Φ 0 ( ) 1 Ω − ε L 0 I = và C cot Ω Φ = − 0 2 R 2  1  R + L  Ω −   C Ω  2 Đặ   t 2 1 Z = R + L Ω − 
 - gọi là tổng trở của mạch dao động.  C Ω  Z = L Ω - cảm kháng L 1 Z = - dung kháng C ΩC Cộng hưởng đ ệ i n: 1 1 Ω ε L − = 0 → Ω = = ω  0 I = ch 0 C Ω LC 0 max R
7. Tổng hợp 2 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số x = a cos t ω + ϕ 1 1 ( 1 ) x = a cos t ω + ϕ 2 2 ( 2 ) 2 2 a = a + a + 2a a cos∆ϕ 1 2 1 2 a sinϕ + a sinϕ 1 1 2 2 tan ϕ = a cos ϕ +a cos ϕ 1 1 2 2
8. Tổng hợp hai dao động điều hòa có phương vuông góc với nhau x = a cos t ω + ϕ 1 1 ( 1 ) x = a cos t ω + ϕ 2 2 ( 2 ) 2 2 x y xy + − 2 cos(ϕ − ϕ ) 2 = sin ϕ − ϕ 2 2 2 1 ( 2 1) a a a a 1 2 1 2
Các trường hợp đặc biệt: a) ϕ − ϕ = 2kπ 2 1 x y −
= 0 đường thẳng trên góc phần tư 1 và 3 a a 1 2 b) ϕ − ϕ = 2k +1 π 2 1 ( ) 3 x y +
= 0 đường thẳng trên góc phần tư 2 và 4 a a 1 2 π c) ϕ − ϕ = 2k + 1 2 1 ( ) 2 2 2 x y + = 0 đường elip vuôn g 2 2 a a 1 2 Nếu a1 = a2 đường trò n 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 đ ể
i m dao động điều hòa với T = 24 s, pha ban đầu bằng 0. Hỏi tại những thời
điểm nào (trong thời gian một chu kỳ đầu) li độ có giá trị tuyệt đối bằng 1/2 biên độ dao động. Bài giải:
Phương trình dao động: x = Acosω t 0 2π 2π π Ta có: ω = = = rad/s 0 T 24 12 A 1 t π 1 t π π x = Acos ω t = ± ⇒ cos ω t = ± ⇒ cos = ± ⇒ = ± + kπ ⇒ t = 4 ± +12k 0 0 2 2 12 2 12 3
Với điều kiện trong 1 chu kỳ, 0 ≤ t ≤ T = 24 s
Dễ thấy các giá trị sau đây thỏa mãn: t = 4 + 0 = 4 s. t = +4 + 12 = 16 s. t = -4 + 12 = 8 s t = -4 + 24 = 20 s. π
Ngoài ra phương pháp đường tròn (hình vẽ). Dễ dàng xác định được góc α = . Ta thấy có 4 vị 3 A
trí thỏa mãn điều k ệ i n x = ± . 2 4
Bài 8.3. một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ T = 2 s, biên độ a = 50 mm. Tìm vận tốc của chất đ ể
i m tại vị trí của li độ bằng 1/2 biên độ dao động. Bài giải: 2  v 
Sử dụng hệ thức độc lập: 2 2 x + = A    ω  Suy ra: 2 2 v = ω A − x 1 1 3 3 2π 3 2π Với 2 2 x = A ⇒ v = ω A − A = A ω = A = 50 =136 mm/s 2 4 2 2 T 2 2 π
Bài 8.7. Một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ dao động T = 2 s, pha ban đầu ϕ = . Năng 3
lượng toàn phần W = 3.10-5 J và lực tác dụng lên chất điểm lúc lớn nhất bằng 1,5.10-3 N. Viết
phương trình dao động của chất điểm. Bài giải:
Phương trình dao động sẽ có dạng: x = Acos( t ω + ) ϕ 2π 2π ω = = = π rad/s T 2 2 2 mω A Ta có: W = 2 Lực tác dụng: 2
F = ma = −mω x , lực tác dụng cực ạ đ i là 2 F = mω A max −5 2W 2.3.10 Suy ra: −2 A = = = 4.10 m = 4 cm. −3 F 1,5.10 max  π 
Phương trình dao động: x = 4cos  t π +  cm.  3  Bài 8.1 .
2 Biên độ dao động tắt dần sau thời gian t = 20 s giảm đi n1 = 2 lần. Hỏi sau thời gian 1
t2 = 1 phút nó giảm đi bao nhiêu lần? Bài giải: −β −β A Ta có: t t A =A e ⇒e = 0 A 0 −β A 1 −β A Suy ra: 1 t 1 t2 2 e = = ;e = A 2 A 0 0
Ta có: t = 60 s,t = 20 s ⇒ t = 3t 2 1 2 1 3 A −β − β −β 1 2 2 t 3 1t = e = e = ( 1t e ) = A 8 0 Bài 8.1 .
3 Phương trình của một dao động ắ t t dần có dạng: 0 − ,2t x =10.2 .cos8 t π cm
Tìm biên độ dao động sau N = 10 dao động toàn phần. Bài giải: 5 2π 2π Chu kỳ: T = = = 0,25 s ω 8π
Thời gian 10 dao động: t = 10T = 2,5 s Thay vào có: −0,2.2,5 A =10.2 = 7,07 cm. 1
Bài 8.15. Cho hệ số tắt dần của dao ộ đ ng là −1 β =
s . Tính thời gian để biên độ giảm đi e lần: 100 Bài giải: − t β A t β 1 0 A = A e ⇒
= e = e ⇒ βt = 1⇒ t = = 100 s 0 A β Bài 8.1 . 7 Biết rằng ậ
v n tốc v = 20 m/s thì khi chạy qua các chỗ nối của đường ray xe lửa bị rung
nhiều nhất. Mỗi lò xo của toa xe chịu một khối lượng nén là M = 5 tấn. Chiều dài của mỗi thanh
ray là l = 12,5 m. Hãy xác định hệ số đàn hồi của lò xo? Bài giải:
Đây là một bài liên quan đến dao động cưỡng bức. Trong đó dao động riêng là dao động của lò xo toa xe, lực c ỡ
ư ng bức là do đường ray tác dụng lên mỗi lúc xe lửa qua chỗ nối. Xe lửa bị rung
nhiều nhất tức là xảy ra hiện tượng ộ
c ng hưởng, tức là tần số dao động riêng của lò xo toa xe với
tần số lực cưỡng bức của đường ray tác dụng lên toa xe là bằng nhau. l 12,5
Chu kỳ của lực cưỡng bức là: T = =
= 0,625 s , khi xảy ra cộng hưởng thì đây là chu kỳ v 20 của dao động riêng: 2 2 2π k 2π 4π M 4π .5000 ω = ⇒ = ⇒ k = = = 512000 N/m 2 2 T M T T 0,625
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 và
điện trở r = 0. Ban đầu hai cốt của tụ điện được tích điện đến − 6 Q = 2,5.10 C 0
a) Viết phương rình dao động điện từ của mạch ố
đ i với điện tích Q và dòng điện i;
b) Năng lượng của mạch;
c) Tần số dao động của mạch. Bài giải: 1 1 3 ω = = ≈ 2.10 s 6 LC 1,015.0,25.10−
Phương trình dao động của q có dạng: q = Q cos ωt + ϕ 0 ( ) Tại thời điểm ban ầ
đ u t = 0: q = Q0 suy ra: cosϕ =1→ ϕ = 0 ( 3 ) ( ) 6 − = µ = ( 3 q 2,5cos 2.10 t C 2,5.10 cos 2.10 t) (F) dq  π  Dòng điện: −6 3 i = = 2, − 5.10 .2.10 sin ( 3 2.10 t ) −3 3 = 5.10 cos 2.10 t +   (A ) dt  2  6 Q (2,5.10− )2 6 2 Năng lượng: 0 −5 W = = =1,25.10 J 6 − ( ) 2C 2.0,25.10 3 ω 2.10 Tần số: ν = = ≈ 318,3 Hz 2π 2π
Bài 8.24. Một mạch dao động có hệ số tự cảm là 1 H, điện trở của mạch có thể bỏ qua. Điện tích
trên cốt của tụ điện biến thiên theo phương trình:  5  −5 q = .10 cos400 t π   (C)  π  Tìm:
a) Chu kỳ dao động của mạch; b) Điện dung của mạch;
c) Cường độ dòng điện trong mạch; d) Năng lượng đ ệ i n từ của mạch. Bài giải: 2π 2π a) chu kỳ dao động: T = = = 0,005 (s) ω 400π 1 1 1 b) điện dung của mạch: −6 ω = ⇒ C = = = 0,633.10 F = 0,633 F µ 2 2 ( ) ( ) LC ω L ( 400 ) π .1
c) Cường độ dòng điện: dq  5   π 5  i = = −400π 10− sin 400 t π = 0,02cos 400 t π +     ( A) dt  π   2  d) Năng lượng đ ệ i n từ: 2  5 −5   .10 2 Q   π 0  −4 W = = = 2.10 J −6 ( ) 2C 2.0,633.10 Bài 8.2 .
6 Một mạch dao động có điện dung C = 0,405 F
µ , hệ số tự cảm L = 10-2 H và điện trở R = 2 Ω . Tìm:
a) Chu kỳ dao động của mạch;
b) Sau thời gian một chu kỳ, hiệu điện thế giữa 2 cốt của tụ điện giảm bao nhiêu lần? Bài giải:
a) Chu kỳ dao động của mạch: 2π 2π 2π 2π − 4 T = = = = = 4.10 (s) 2 2 2 2 ω ω − β 0 1  R  1  2  −  − 2 − 6 −  2  LC  2L 10 .0,405.10  2.10−  b) ta có: U (t ) −βt = U e ;U t + Τ = U e−β + 0 ( ) ( t T) 0 7 − U (t ) 4 RT 2.4.10 Suy ra: − 2 βT 2L 2.10 = = = = ( (lần ) + ) e e e 1,04 U t T Bài 8.2 .
7 Một mạch dao động có điện dung C = 1,1.10-9 F, hệ số tự cảm L = 5.10-5 H và giảm
lượng loga δ = 0,005 . Hỏi sau thời gian bao lâu thì năng lượng điện từ trong mạch giảm đi 99%. Bài giải: 1 1 Chu kỳ dao động riêng: 6 ω = = = 4,264.10 rad/s 0 −5 −9 LC 5.10 .1,1.10 2 2 2 − t β 2 2 2 − ( β t + t ∆ ) Q Q e Q +∆ Q e Năng lượng: W (t ) t 0 = = ;W (t + t ∆ ) t t 0 = = 2C 2C 2C 2C
Năng lượng giảm đi 99% nghĩa là: W (t + t ∆ ) −2β(t+∆t ) 1 e 1 2 − β t ∆ 1 = ⇒ = ⇒ = W (t ) e −2βt 100 e 100 100 ln10 ⇒ β t ∆ = ln10 ⇒ t ∆ = β
Việc còn lại là đi tính β: 2π 2 2 2 δ = T β = β
⇒ δ ω − β = 2πβ ⇒ δ ( 2 2 ω − β ) 2 2 = 4π β 0 0 2 2 ω − β 0 2 2 6 δ ω δω 2 0,005.4,264.10 0 0 ⇒ β = ⇒ β = = = 3393 (s-1) 2 2 2 2 2 2 4π + δ 4π + δ 4π + 0,005 ln10 − 4 t ∆ = = 6,79.10 (s) 3393 8
BÀI TẬP CHƯƠNG 13. SÓNG CƠ VÀ SÓNG ĐIỆN TỪ
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Các đặc trưng của sóng
- Vận tốc sóng: là quãng đường mà sóng truyền được sau một đơn vị thời gian. E Đối với sóng dọc: v =
, trong đó E – suất đàn hồi (suất Young), ρ là khối lượng riêng của ρ môi trường. G Đối với sóng ngang: v =
, trong đó G – suất trượt của môi trường. ρ F
Đối với ứng suất ta có công thức sau: G = , trong đó F là lực tác dụng, S là t ế i t diện. S
- Chu kỳ T và tân số ν của sóng: là chu kỳ và tần số của dao ộ
đ ng của các phần tử môi trường.
- Bước sóng λ là quãng đường mà sóng truyền được sau một khoảng thời gian bằng một chu kỳ: v
λ = vT = (bước sóng là khoảng cách ngắn nhất giữa các đ ể
i m có dao động cùng pha). ν 2. Hàm sóng   x   u x, t = A cos ω t − + ϕ M ( )    v     
Chọn ϕ = 0 ta có hàm sóng:  x  u = Acos ω t − M   v   t x  u = Acos 2π − M    T λ   2 x π  u = Acos t ω − M    λ 
3. Phương trình truyền sóng 2 1 ∂ u 2 2 2 ∂ ∂ ∂ M u ∆ = , trong đó ∆ = + + - toán tử Laplace M 2 2 v t ∂ 2 2 2 ∂x ∂y ∂z
4. Năng lượng sóng 1
Năng lượng sóng trong phần thể tích vô cùng bé V
δ được tính theo biểu thức:  2 x π 2 2 2 W V A sin t  δ = δ ρω ω −    λ  5. Mật ộ
đ năng lượng sóng
Là phần năng lượng có trong một đơn vị thể tích của môi tr ờ
ư ng, tức là: W δ  π 2 2 2 2 x  w = = ρω A sin t  ω −  δV  λ  1
Mật độ năng lượng trung bình: 2 2 w = ρω A 2 6. Năng thông sóng
Năng thông sóng P qua một mặt nào đó trong môi trường là một đại lượng ề
v trị số bằng năng lượng sóng ử
g i qua mặt đó trong một đơn vị t ờ h i gian: P = wSv 1
Giá trị trung bình của năng thông sóng: 2 2 P = wSv= ρω A Sv 2 7. Mật ộ
đ năng thông trung bình
Mật độ năng thông trung bình P là năng thông trung bình gửi qua một đơn vị diện tích: P P = = w.v S  
Dưới dạng véc-tơ: P = w.v - véc-tơ Umov – Poiting: là véc-tơ biểu diễn mật độ năng thông trung 
bình được truyền đi theo chiều của vận tốc v 8. Giao thoa sóng
Với 2 nguồn kết hợp, dao động cùng pha, thì những đ ể i m thỏa mãn điều k ệ i n: d − d = kλ là 2 1 những điểm cực ạ đ i.  1 
Những điểm thỏa mãn: d − d = k + λ là những đ ể i m cực tiểu. 2 1    2 
Trong đó k là những số nguyên, r và r lần lượt là khoảng cách từ điểm đang xét đến 2 nguồn. 1 2
Chú ý: ứng với k = 0, có cực đại chính – là đường trung trực của đ ạ
o n thẳng nối 2 nguồn. Các cực ạ
đ i ở hai bên đối xứng nhau, gọi là cực ạ đ i bậc 1 (k = 1 ± ) , bậc 2 (k = 2 ± ) ,… 2
Không có cực tiểu giữa, ứng với cực tiểu bậc 1 (k = 0 ), bậc 2 (k=1),…  1 
Ghi nhớ: các kết quả kλ hay k + λ 
đối với cực đại và cực tiểu chỉ đúng cho trường ợ h p này  2 
(tức là trường ợ
h p 2 nguồn dao động cùng pha), các trường ợ
h p khác thì kết quả sẽ khác. Cụ thể,
nếu 2 nguồn dao ộ
đ ng ngược pha. Các kết quả nêu trên đảo ngược lại, ứ
t c là tại những điểm h ệ i u  1 
khoảng cách là kλ là những điểm cực tiểu, những điểm mà hiệu khoảng cách là k  +  λ là  2 
những điểm ự c c đại. 9. Sóng dừng λ
Khoảng cách giữa 2 nút sóng liên tiếp, 2 bụng sóng liên tiếp là , khoảng cách giữa bụng và nút 2 λ sóng kề nhau là . 4 kλ
Điều kiện của một sợi dây có 2 đầu cố định có sóng dừng là: l = 2  1  λ
Điều kiện của một sợi dây có 1 đầu cố định, 1 ầ đ u tự do là: l = k +    2  2
10. Dao động âm và sóng âm 1 Cường độ âm: 2 2 I = P = v ρ a ω 2  I 
Mức cường độ âm: L =10lg  (dB) I  0  I0 là âm cơ sở.
11. Hiệu ứng Doppler v + u′ ′ ν = ν v − u Trong đó ′
ν là tần số mà máy thu nhận được,
ν là tần số mà máy phát phá ra.
u là vận tốc của máy phát. Quy ước nếu máy phát đang tiến đến máy thu thì u > 0 và ngược lại. 3
u′ là vận tốc của máy thu. Quy ước nếu máy thu đang tiến đến máy phát thì u′ > 0 và ngược lại.
Chú ý các dạng bài tập thường gặp:
- Dạng 1: cho hết các đại lượng và tính tần số máy thu nhận được.
- Dạng 2: bài toán của “con dơi” và mấy “cá vàng” bắn tốc ộ
đ . Tức là máy phát và máy thu là 1.
Phải xét 2 giai đoạn, giai đoạn 1 máy phát phát sóng, máy thu là “chướng ngại vật” hoặc các “quái
xế”. Giai đoạn 2 máy phát đóng vai trò máy thu, còn chướng ngại vật và quái xế đóng vai trò máy phát.
- Dạng 3: viên đạn “vọt” qua đầu người hoặc đoàn tàu vụt qua người đứng yên. Bài toán này có
2 giai đoạn, 1 giai đoạn “máy phát” đang tiến đến gần “máy thu”, giai đoạn 2 là máy phát đang “bye bye” máy thu. 12. Sóng điện ừ t
Xét sóng điện từ tự do, nghĩa là sóng điện từ trong môi trường không dẫn (không có dòng điện)  
và không có điện tích (tức là j = 0;ρ = 0 )
Hệ phương trình Maxwell của sóng điện từ:    B ∂  D ∂ rotE = − ; rotH = ; ∂t ∂t   divD = 0; divB = 0     D = ε εE; B = µ µH 0 0
- Vận tốc truyền sóng điện từ trong môi trường đồng chất, ẳ đ ng hướng: 1 c c v = =
= , ε và µ lần lượt là hằng số điện môi và độ từ thẩm của môi trường. ε εµ µ εµ n 0 0
Như vậy: εµ = n - là chiết suất tuyệt ố đ i của môi trường. 1 1 8 c = =
≈ 3.10 m/s - vận tốc ánh sáng trong chân không. 1 − 2 7 − ε µ 0 0 8,86.10 .4.π.10
Phương trình sóng điện từ phẳng đơn ắ s c:  x  E = E cos ω t − m   v  4  x  H = H cosω t − m    v   
- Hai véc tơ E và H luôn vuông góc với nhau  
- Ba véc-tơ E , H và v theo thứ tự tạo thành một tam diện thuận.  
- E và H luôn dao động cùng pha nhau, tức là trị số luôn tỷ lệ với nhau: Mật ộ
đ năng lượng sóng điện ừ t : 1 2 1 2 w = ε E ε + µ H µ 0 0 2 2   Đối với sóng đ ệ i n từ phẳng đơn ắ s c: 2 2
ε ε E = µ µ H ⇒ ε εE = µ H µ 0 0 0 0 2 2 w = ε εE = µ H µ = ε εE µ µH 0 0 0 0 BÀI TẬP
Các bài 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 trong không khí với bước sóng λ = 70 cm. tìm:
a) vận tốc truyền sóng âm;
b) vận tốc dao động cực ạ
đ i của các phần tử không khí . Bài giải:
a) vận tốc v = λf = 0,7.500 − 350( m / s)
b) vận tốc dao động cực ạ đ i: 3 v a 2 fa 2.3,14.500.0,25.10− = ω = π = = 0,785 (m / s ) Bài 9. .
3 Một nguồn sóng O dao động ớ
v i phương trình x = 2,5sin t
π (cm) . Tìm li độ của một
điểm M cách nguồn 20 m tại thời đ ể
i m 1 s. Biết vận tốc truyền sóng v = 100 m/s. Bài giải:
Phương trình sóng có dạng:  x  x = sin 2,5π t  − M   v 
Tại thời điểm t = 1, x = 20 m: 5  20  x = sin 2,5π 1 − = sin 2π = 0 M    100  Tức là tại thời đ ể i m đó ạ t i điểm M dao ộ
đ ng đang đi qua vị trí cân bằng.
Bài 9.8. một đoàn sóng có phương trình: x = 0,05sin(1980t − 6y)(cm) Tìm: a) tần số dao động
b) vận tốc truyền sóng và bước sóng c) vận tốc cực ạ
đ i của phần tử dao động bài giải: ω 1980 990 a) tần số: f = = = ≈ 315(Hz) 2π 2π π b) vận tốc truyền sóng 2π π π 990
so sánh hệ số ta thấy: 6 = ⇒ λ = (cm)⇒ v = λf = . = 330(cm / s) λ 3 3 π c) vận tốc cực ạ
đ i của các phân tử dao động: v = a ω =1980.0,05 = 99 cm / s max ( )
Bài 9.16. Một con dơi bay theo hướng tới vuông góc với một bức tường với vận tốc 5 m/s. Dơi
phát ra một tia siêu âm có tần số 4,5.104 Hz. Hỏi dơi nhận được âm phản xạ có tần số là bao
nhiêu? Biết vận tốc truyền âm trong không khí là 340 m/s. Bài giải: Hiệu ứng Doppler: v + u′ ′ ν = ν v − u
Với bài toán này ta phải áp dụng 2 lần công thức trên, vì trong trường hợp này “máy thu” và “máy phát” là một.
1. Ta tính tần số do tường nhận được:
- ta có: “máy phát” – là con dơi có vận tốc u = + 5 m/s.
- “máy thu” – là tường có vận tốc u’ = 0; 6 v - suy ra: ν = ν 1 v − 6
2. Ta tính tần số do con dơi nhận được từ tường:
- máy phát – là tường có vận tốc u = 0;
- máy thu – là con dơi có vận tốc u’= +5m/s v + u′ v + 6 v v + 6 340 + 6 - suy ra: 4 4 ′ ν = ν = ν = ν = .4,5.10 = 4,66.10 Hz 1 ( ) v − u v − 0 v − 6 v − 6 340 − 6
Bài 9.18. Một tàu hỏa chuyển động với vận tốc 60 km/h và một người quan sát đứng yên. Khi đi
qua người quan sát, tàu kéo một hồi còi. Hỏi:
a) Người quan sát cảm giác gì về âm thanh khi tàu vụt qua?
b) Độ biến thiên của tần số so với khi tàu đứng yên? Cho vận tốc tru ề y n âm trong không khí là 340 m/s. bài giải: v + u′
a) Vẫn với công thức ′ ν = ν v − u Ở đây có 2 giai đoạn:
- giai đoạn 1 lúc tàu đang tiến lại gần người quan sát: u’=0, u > 0 nên ta có: ′ ν > ν tức là người
quan sát thấy còi tàu có tần số cao hơn tần số phát ra.
- giai đoạn 2 lúc tàu vụt qua người, lúc này u’=0, u < 0 nên ta có ′
ν < ν tức là người quan sát thấy
còi tàu có tầm số thấp hơn tần số phát ra. Tức là đang nghe âm rất cao bị g ả i m xuống thấp đột ngột.
Các tính toán cũng chia làm 2 giai đoạn:
- giai đoạn khi tàu đang tiến đến, ta có: v ν′ v ν′ − ν ∆ν 60 / 3,6 60 1 ′ ν = ν ⇒ = ⇒ = = = v − 60 / 3,6 ν v − 60 / 3,6 ν ν v − 60 / 3,6 3,6v − 60
- giai đoạn khi tàu đang rời xa, ta có: v ν′ v ν′ − ν ∆ν 6 − 0 / 3,6 6 − 0 2 ′ ν = ν ⇒ = ⇒ = = = v + 60 / 3,6 ν v + 60 / 3,6 ν ν v + 60 / 3,6 3,6v + 60 Sai số tỏng hợp: 7 ∆v  1 1   1 1  = 60 − = 60 − =  5%  3,6v 60 3,6v 60    3,6.340 60 3,6.340 60 ν − + − +  Bài 9.2 .
0 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: c 2πc 8 3 − 1 − 0 3 λ = = = 2πc LC = 2 .3.10 π 2.10 .9.10 = 2,5.10 ( m) f ω
Bài 9.21. Một mạch dao động điện từ gồm một ống dây có hệ số tự cảm 5 L 3.10 − = H mắc nối
tiếp với một tụ điện phẳng có diện tích các cốt 2
S =100 cm . Khoảng cách giữa các cốt là
d = 0,1 mm . Hằng số điện môi của môi trường chứa ầ
đ y trong khoảng không gian giữa hai cốt tụ
điện là bao nhiêu? Biết mạch dao động ộ
c ng hưởng với sóng có bước sóng 750 m Bài giải:
Xảy ra cộng hưởng nghĩa là tần số dao động của sóng điện từ bằng với tần số dao động riêng của mạch LC: 2 1 2πc λ = ω = 2 f π = ⇒ C = 2 2 LC λ 4π c L εε S Lại có: 0 C = d 2 2 2 −3 λ εε S λ d 750 .0,1.10 Suy ra: 0 C = = ⇒ ε = = = 5,96 2 2 2 2 1 − 2 2 4π c L d 4ε π c SL 4.8,86.10 .π ( 8 . 3.10 )2 4 − 5 − 0 100.10 .3.10 8