NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Bài 1: (HSG ĐB Sông Cửu Long)
a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một khúc quanh có độ dài bằng 1/3
đường tròn bán kính R. Cho hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là µ, mặt đường được làm
nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang.
b. Tính công suất giới hạn của động cơ lúc ấy. Coi các bánh xe đều là bánh phát động.
Giải
a.
msn
ma P R P N F= + = + +
r ur ur ur uur uuuur
(1)
Chiếu lên Oy:
0 sin cos
msn
mg F N
α α
= − − +
cos sin sin
cos sin
msn
mg N F N
mg
N
α α µ α
α µ α
⇔ − + = ≤
⇒ ≤
−
(2)

Chiếu lên Ox:
2
max
cos sin cos sin
msn
mV
F N N N
R
α α µ α α
= + ≤ +
(3)
Từ (2) và (3)
( ) ( )
max
1 1
gR tg gR tg
V V
tg tg
µ α µ α
µ α µ α
+ +
⇒ ≤ ⇒ =
− −
Vậy vận động viên chạy đều với tốc độ tối đa, ta có tmin là:
( )
( )
( )
min
max
1

2 1 2
3 3
R tg
s R tg
t
V gR tg g tg
µ α
π µ α π
µ α µ α
−
−
= = =
+ +
b. Ta có: P = F.V
Pmax khi :
max
max
msn
F F N
V V
µ
= =


=


( )
max
cos sin 1

gR tg
mg
P
tg
µ α
µ
α µ α µ α
+
⇒ =
− −
Bài 4: (Dao động điều hòa). Từ điểm A trong lòng một cái chén tròn M
đặt trên mặt sàn phẳng nằm ngang, người ta thả một vật m nhỏ (hình vẽ).
Vật m chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng, đến B thì quay lại. Bỏ
qua ma sát giữa chén M và m.
a.Tìm thời gian để m chuyển động từ A đến B. Biết A ở cách điểm giữa I
của chén một khoảng rất ngắn so với bán kính R. Chén đứng yên.
b. Tính hệ số ma sát nghỉ giữa chén và sàn.
Giải
a. Ta có:
ma P N= +
r ur uur
* Chiếu lên phương tiếp tuyến:
sin
t
x
ma P mg
R
α
= − ≈
" 2

0x x
ω
⇒ + =
Với:
2
g
R
ω
=
Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là
1
2
chu kỳ dao động.
2
T R
t
g
π
∆ = =
b. Chén đứng yên nên:
'
0
M M msn
P N N F+ + + =
uur
uur uuur uuuur r
(1)
N
R
P

F
msn
R
α
O
x
y
m
I
M
A
N
M
F
msn
P
M
N
'
N
O
O
y
x
α
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
* Chiếu (1) lên phương Oy:
'
cos 0
M M

P N N
α
− + − =
Với N' = N (2)
Ở góc lệch α, Với m có:
( )
2 2
2 2
0 0
cos cos
cos cos
2 2
mV mV
N mg N mg
R R
mV mV
mgh mgh mgR
α α
α α
 
= − = +
 
 
⇔
 
 
+ = = −
 
 
( )

0
3cos 2cosN mg
α α
⇒ = −
(3)
Từ (2) và (3) ta được:
( )
0
cos 3cos 2cos
M
N Mg mg
α α α
= + −
(4)
* Chiếu (1) lên Ox:
'
sin 0 sin
msn msn
N F N F N
α α µ
− = ⇔ = ≤
max
min
( sin )
sin
( )
M M
N
N
N N

α
α
µ
⇔ ≥ ≥
( )
( )
0
0
sin 3cos 2cos sin
cos 3cos 2cos
M
N mg
N Mg mg
α α α α
α α α

= −


= + −


(α
0
bé; α ≤ α
0
)
( )
min
max

sin ;( )
M
N N
α
⇒
khi α = α
0

Vậy:
( )
2
sin 2
2 cos
m
M m
α
µ
α
≥
+

Câu 4:(HSG Kiên Giang): Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng,mảnh nằm
ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là
1 2
m m m= =
;lò xo có độ cứng K và khối lượng không đáng
kể.Quả cầu 3 có khối lượng
3
2
m

m =
.Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có độ dài tự nhiên
0
l
.Truyền
cho
3
m
vận tốc
0
v

đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1. Sau va
chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm
vận tốc cuả G.Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà
ngược pha quanh vị trí cố định đối với G.Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật.
ĐÁP ÁN
a.Chuyển động cuả khối tâm G:
Vì quả cầu 3 va chạm đàn hồi với quả cầu 1 và hệ kín nên động lượng(theo phương ngang) và động
năng được bảo toàn.Gọi
1 3
,v v
là vận tốc quả cầu 1 và 3 sau va chạm,ta có:

0 1 3
2 2
m m
v mv v= +
(1)
2 2

2
0 3
1
2 2 2 2 2
v v
mvm m
= +
(2)
2 2
3 0 3 0
3 2v v v v⇒ − −
(3)
(3) có nghiệm
3 0
v v=
(loại vì vô lý) và
0
3
3
v
v = −
(4) Đưa (4) vào (1) ta có:
0
1
2
3
v
v =

Hệ hai quả cầu 1 và 2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều.Từ toạ độ khối tâm,ta có :

1 1 2 2 1 1 2 2
1 2 1 2
G
G G
dx
m x m x m v m v
x v
m m dt m m
+ +
= → = =
+ +
(6)
Sau va chạm:
0
1
2
3
v
v =
và
2
0v =
nên (6) cho ta:
0 0
1
0
1 2
2 2
3 3
3

G
v v
m m
v
v
m m m m
= = =
+ +
(7)
b.Dao động cuả quả cầu 1 và 2
+Chọn trục toạ độ Ox nằm ngang,gốc O trùng với khối tâm G cuả hai quả cầu
m
I
M
A
N
M
F
msn
P
MM
N
'
N
O
O
y
x
α
1

2
3
0
v

NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
+Khi lò xo chưa biến dạng,gọi
1 2
0 ,0
là vị trí cân bằng cuả hai quả cầu.Lúc đó
1 2
,x x
là toạ độ cuả hai
quả cầu.Toạ độ cuả khối tâm là :

1 1 2 2
1 2
0
G
m x m x
x
m m
− +
= =
+
Với
1 2
m m=
thì
1 2

2
l
x x= =

Phương trình chuyển động cuả
1
m m=
là:
'
'' ' ''
0
K
mx K x x x
m
= − → + =
(8)
Do khối tâm đứng yên và luôn có
1 2
2
l
x x= =
nên ta coi G là nơi buộc chặt cuả hai con lắc có khối
lượng
1 2
,m m
và chiều dài lò xo là
2
l

Độ cứng cuả lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên K’ = 2 K,nên (8) viết là:

''
2
0
K
x x
m
+ =

Tần số góc cuả dao động là :
1
2K
m
ω
=

Chu kỳ dao động :
1
1
2
2
2
m
T
K
π
π
ω
= =
Tương tự,m2 có chu kỳ dao động :
2

2
2
m
T
K
π
=

Hai dao động này ngược pha nhau
Vận tốc cuả quả cầu 1 và 2 đối với khối tâm:

0 0 0
1 1
2
3 3 3
G G
v v v
v v v
= − = − =

0 0
2 2
0
3 3
G G
v v
v v v
= − = − = −

Cơ năng bảo toàn nên biên độ dao động được tính:


2
2
1 1 0
1
1
2
2 2 3 2
G
m v v
KA m
A
K
= → =

2
2
2 2 0
2
2
2
2 2 3 2
G
m v v
KA m
A
K
= → =

Câu 4 : (Tiền Giang) Một hình trụ đặc đồng chất, có trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm

bán kính cong R như hình vẽ. Ở điểm trên hình trụ người ta gắn hai lò xo có độ cứng như nhau.Tìm
chu kỳ dao động nhỏ của hình tru với giả thiết hình trụ lăn không trượt . Xét trường hợp: không có lò
xo, khi mặt lõm là mặt phẳng.
Giải:
Gọi
θ
là góc quay quanh trục C của trụ,
1
ω
là vận tốc góc của chuyển động
quay quanh trục và V là vận tốc tịnh tiến của trục.
1
v
'
r
ω = θ =

Mặt khác, ta có:
( )
v ' R r= ϕ −
ϕθϕω
)()(.
/
1
rRrrRr −=⇒−=⇒

R
k
r
R

k
ϕ
θ
A
A’
B
1
B
C
O
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Động năng:
( ) ( )
2
2 2
2
d 1
mv 1 3
E I m R r '
2 2 4
= + ω = − ϕ
víi
2
2
1
mrI =

Thế năng:
( )
2

2
t
2kx 1
E mg R r
2 2
= + − ϕ

( )
x r (R r) 2 R r= θ+ − ϕ = − ϕ

Do đó:
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2
t
1 mg
E k.4 R r mg R r 4k R r
2 2 R r
 
= − ϕ + − ϕ = + − ϕ
 
−
 

Cơ năng: E = E
t
+ E
d

= const . Lấy đạo hàm hai vế
( )
( )
2
2
3 mg
m ' 4k 0
4 2 R r
 
ϕ + + ϕ =
 
−
 

⇒

( )
( )
mg
4k
2 R r
16k 2g
3
3m 3 R r
m
4
+
−
ω = = +
−


Vậy chu kỳ dao động T =
m
k
rR
g 16
)(3
2
22
+
−
=
π
ω
π

Trường hợp riêng: - Khi k = 0 thì
( )
2g
3 R r
ω =
−

- Khi R → ∞ thì :
16k
3m
ω =

Bài 4 (HSG Lao Cai): Con lắc lò xo đặt thẳng đứng (như hình vẽ 4), đầu dưới gắn chặt vào mặt sàn,
đầu trên gắn vật m

1
= 300g đang đứng yên ở vị trí cân bằng, độ cứng của lò xo là k = 200 N/m. Từ độ
cao h = 3,75cm so với m
1
, người ta thả rơi tự do vật m
2
= 200 g, va chạm mềm với m
1
. Sau va chạm cả
hai vật cùng dao động điều hoà theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s
2
, bỏ qua mọi ma sát.
a. Tính vận tốc của m
1
ngay sau va chạm.
b. Hãy viết phương trình dao động của hệ hai vật m
1
và m
2
.
GIẢI
a. Vận tốc của m
2
ngay trước va chạm :
)/(866,0
2
3
2 smglv ≈==
* Xét hệ hai vật m
1

và m
2
ngay trước và sau va chạm, theo định luật bảo toàn động lượng ta có :
2
2 1 2 0 0
1 2
. 3
( ). ( / ) 20 3( / )
5
m v
m v m m v v m s cm s
m m
= + ⇒ = = ≈
+
Vì va chạm mềm nên ngay sau va chạm cả hai vật chuyển động cùng vận tốc là:

)/(320
0
scmv =
b. Chọn trục toạ độ Ox có gốc O trùng vời VTCB của hai vật, chiều dương thẳng
đứng hướng lên trên.
Chọn gốc thời gian là lúc hai vật bắt đầu dao động.
* Độ biến dạng của lò xo khi vật m
1
cân bằng là :
)(5,1
1
1
cm
k

gm
l ==∆
* Độ biến dạng của lò xo khi hai vật cân bằng là :
)(5,2
)(
21
2
cm
k
gmm
l =
+
=∆
m
1
m
2
h
k
Hình vẽ
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
* Tần số góc :
)/(20
21
srad
mm
k
=
+
=

ω
* lúc t = 0 ta có :



−==
==
)/(320cos
)(1sin
scmcAv
cmAx
ϕω
ϕ
3
1
−=⇒
ϕ
tg
vì
0sin >
ϕ
và
)(
6
5
0cos rad
π
ϕϕ
=⇒<
Biên độ dao động là :

)(2
6
5
sin
1
cmA =






=
π
* Vậy phương trình dao động là :
)(
6
5
20sin2 cmtx






+=
π
Bài 1 (HSG Lào Cai): Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có
treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây dài l (hình vẽ 1). Một viên đạn nhỏ khối lượng m bay
ngang, xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó.

a. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc viên đạn bằng bao nhiêu để sợi dây quay đủ vòng
nếu tấm gỗ được giữ chặt.
b. Vận tốc đó sẽ là bao nhiêu nếu tấm gỗ được thả tự do.
Giải
a. Vận tốc của quả cầu và đạn sau khi va chạm là
2
0
V
( với V
0
là vận tốc là vận tốc
của đạn trước va chạm)
* Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất vận tốc của quả cầu là V phải thoả
mãn :
l
Vm
mgT
2
.
=+
( T là lực căng của dây) Do đó V = V
min
khi T = 0

lgV .
min
=⇒
* Theo định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc nhỏ nhất V
0
của đạn phải thoả mãn :


2
2
0
min
0
2
2
4 2 5
8 2
mV
mV
mgl V gl= + ⇒ =
b. Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất ( đối với điểm treo) là :
glu =
min
* Xét trong HQC gắn với trái đất : V
1
= u – u
min
( u là vận tốc của vật M )
Ta có :
)1)((2.
'
0
glumuMmV −+=
Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng :
2
' 2
2

0
2 ( . )
2 ( )
.
4 (2)
8 2 2
m u g l
m V
M u
mgl
−
= + +
* Từ (1) và (2) ta có :
)
8
5(2
'
0
M
m
glV +=
Câu 4 ( Đồng Tháp) Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R
1
, R
2
và dây treo có khối lượng
không đáng kể, ghép với nhau như hình 1. Các điểm A và B được gắn cố định vào giá đỡ. Vật
M có khối lượng m=250(g), được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R
2
. Lò xo có độ

cứng k=100 (N/m), khối lượng không đáng kể, một đầu gắn vào trục ròng rọc R
2
, còn đầu kia
gắn vào đầu sợi dây vắt qua R
1
, R
2
đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các
ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi buông
ra không vận tốc ban đầu. Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà và viết phương trình
dao động của vật M .
M
m
m
0
V

Hình vẽ 1
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Giải
- Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M.
1)- Tại VTCB của vật M ta có:
02
00
=++ FTP

hay
03
0
=+ FP


(1)
- Từ (1) suy ra: mg=3k∆l
0
(2)
- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có:
amFTP


=++ 2
hay
amFP


=+ 3
(3)
- Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có :
mg - 3k(∆l
0
+3x) = ma = mx’’ (4)
- Từ (2) và (4) ta có :
0
9
'' =+ x
m
k
x
đặt
m
k9

2
=
ω
ta có
0''
2
=+ xx
ω
(5)
- Phương trình (5) có nghiệm :
x = Acos(
)
ϕω
+t
trong đó A ,
ϕω
,
là những hằng số
2)- Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. Tại thời điểm t =0 ta có:
4 = Acos
ϕ

0 = -
ω
Asin
ϕ
.
suy ra A = 4 (cm) và
ϕ
= 0

==
m
k9
ω
60(rad/s)
Vậy phương trình dao động là x = 4cos 60 t (cm)
Bài 1 (HSG Lào Cai 06-07): Một vật A chuyển động với vận tốc v
0
đến va chạm
hoàn toàn đàn hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển
động trên máng tròn đường kính CD = 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vuông góc với
CD tại tâm O của máng tròn. Biết khối lượng của hai vật là bằng nhau. Bỏ qua
mọi ma sát. (Hình vẽ 1)
1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng.
2. Biết
Rgv 5,3
0
=
. Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) không ? Nếu có hãy xác
định vị trí của vật trên tấm (E).
Giải
1. Vì va chạm đàn hồi, khối lượng hai vật bằng nhau nên sau va chạm vật B c/đ với
vận tốc v
0
còn vật A đứng yên.
* Định luật bảo toàn cơ năng ( chọn gốc )
)sin1(
22
2
2

0
α
++= mgR
mv
mv

)sin1(2
2
0
2
α
+−=⇒ gRvv
(1)
* Định luật II N:
R
mv
Nmg
2
sin =+
α
* Khi vật rời máng thì N = 0
Rg
Rgv
3
2
sin
2
0
−
=⇒

α
(2)
* Vận tốc của vật B khi bắt đầu rời máng: Thay (2) vào (1) ta có :
3
2
2
0
Rgv
v
−
=
2. Khi
Rgv 5,3
0
=
từ (2)
⇒
vị trí vật rời máng có
0
30
2
1
sin =⇒=
αα
. Vận tốc của vật lúc đó :
2
2
Rg
v =
* Khi rời máng vật c/đ giống như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu là v.

Chọn trục toạ độ
* phương trình c/đ của vật :
B
A
R
1
R
2
M
P
T
T
F
D
AB
C
(E)
0
v

O
Hình vẽ 1
D
B
C
(E)
O
Hình vẽ 1
P


N

NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
αα
cos)sin( Rtvx −=

2
2
1
)cos(sin gttvRy ++=
αα
* Để vật rơi vào vào tấm (E) thì :
0≥x
và y =0. Với
0≥x
g
R
t
6
≥⇒
(*)
Với y = 0 giải phương trình được t
1
< 0 (**) So sánh (*) và (**) thấy vật B không rơi vào tấm (E)
Bài 4 (HSG Lào Cai 06-07): Cho hệ dao động như hình vẽ 4. Lò xo có khối lượng không đáng kể, độ
cứng k. Vật M = 400g có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân
bằng, dùng vật m
0
= 100g bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v
0

= 1m/s, va chạm là hoàn toàn
đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cực đại và cực tiểu của của lò xo lần lượt là
28cm và 20cm.
1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.
2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m
0
bắn
vào với vận tốc v
0
. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều
hoà. Viết phương trình dao động của hệ hai vật m và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời
gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực đại, cực tiểu mà lò xo tác
dụng vào điểm cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động.
3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là
µ
= 0,4. Hỏi vận tốc v
0
của vật m
0
phải nhỏ hơn giá
trị bằng bao nhiêu để vật m vẫn đứng yên (không bị trượt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho g =
10m/s
2
.
Giải
1. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
Ta có :
MVvmvm +=
000
(1)

222
2
0
2
00
MV
vmvm
+=
(2)
Với v , V lần lượt là vận tốc của các vật m
0
và M ngay sau va chạm
* Giải hệ (1), (2) được :
)/(40)/(4,0
2
0
00
scmsm
Mm
vm
V ==
+
=
* Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s)
Biên độ dao động là :
2
minmax
ll
A
−

=
= 4(cm) Ta có: V = A.
ω
)/(10 srad
A
V
==⇒
ω
=> chu kỳ của dao
động là: T =
)(
5
s
π
Độ cứng của lò xo :
)/(40.
2
mNMk ==
ω
.
2.
a. Va chạm đàn hồi nên động lượng và động năng được bảo toàn
Ta có :
h
VmMvmvm )(
1000
++=
(3)
2
)(

22
22
10
2
00 h
VmMvmvm +
+=
(4)
Với v
1
, V
h
lần lượt là vận tốc của các vật m
0
và (M + m) ngay sau va chạm
* Giải hệ (3), (4) được :
)/(
3
100
2
0
00
scm
mMm
vm
V
h
=
++
=

* Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phương trình dao động có dạng
)sin(
ϕω
+= tAx
.
Vận tốc cực đại của hệ vật là : V
h
=
3
100
(cm/s).
Tần số góc :
)/(54 srad
mM
k
=
+
=
ω
Chọn trục toạ độ có gốc trùng VTCB, chiều dương cùng hướng
0
v

.
M
m
0
0
v


I k
Hình vẽ
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Lúc t = 0 ta có :



=
=
h
VA
A
ϕω
ϕ
cos
0sin





==
=
⇒



>
=
⇒

)/(73,3
cos.
0
0cos
0sin
scm
V
A
h
ϕω
ϕ
ϕ
ϕ
* Vậy phương trình dao động của vật là :
))(54sin(73,3 cmtx =
b. * Tại các vị trí biên lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm cố định là lớn nhất ta có
)(492,110.73,3.40.
2
max
NAkF ===
−
Tại vị trí biên bên trái lực đàn hồi hướng sang bên phải
Tại vị trí biên bên phải lực đàn hồi hướng sang bên trái
* Tại VTCB lực đàn hồi của lò xo có giá trị nhỏ nhất : F
min
= 0.
3. Để vật m không bị trượt trên M trong quá trình dao động thì lực ma sát nghỉ cực đại phải có giá trị
≥
giá trị của lực quán tính cực đại tác dụng lên vật m (Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật M) :
(max)(max) qtmsn

FF ≥
(*)
* Ta có :
Lực ma sát nghỉ CĐ :
mgNF
msn
µµ
== .
(max)
Lực quán tính :
[ ]
)sin(.
2
ϕωω
+== tAmamF
qt
Để lực quán tính đạt cực đại thì
AmFt
qt
2
(max)
.1)sin(
ωϕω
=⇒=+
* Từ biểu thức (*) ta có :
2
2
ω
µ
ωµ

g
AAmmg ≤⇒≥
* Mặt khác:
( )
ωωω
Mmm
vmVV
A
h
++
===
0
00max
2

( )
( )
)/(34,1
2
2
0
0
0
2
0
00
sm
m
Mmmg
v

g
Mmm
vm
=
++
≤⇒≤
++
⇒
ω
µ
ω
µ
ω
Vậy v
0
)/(34,1 sm≤
thì vật m không bị trượt trên vật M trong quá trình hệ dao động.
Câu 4 (HSG Hậu Giang) . Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc
xe đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc α so với phương nằm ngang.
a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số l =1,73 m; α =30
0
; g = 9,8 m/s
2
.
Đáp án
+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsinα.
Xét hệ quy chiếu gắn với xe
+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lượng P,

lực quán tính F
và sức căng T của dây treo.
Tại vị trí cân bằng
Ta có:
0TFP =++

+ Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psinα - F + T
X
= 0
Mà F = ma = mgsinα
suy ra T
X
= 0.
Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vuông góc với Ox
+ Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là :
P' = Pcosα. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcosα.
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2π
'
l
g
= 2π
cos
l
g
α
≈ 2,83 (s).
T
F
P
α

x
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Bài 1 HSG Lào Cai 08-09 Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và
B giống nhau có cùng khối lượng m, ở chính giữa sợi dây gắn một quả cầu nhỏ khác
khối lượng M. Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây được kéo
căng.(Hình vẽ 1)
Truyền tức thời cho vật M một vận tốc
0
V
theo phương vuông góc với dây. Tính
lực căng của dây khi hai quả cầu A và B sắp đập vào nhau.
Giải
Hệ kín động lượng bảo toàn
0 1 2
MV mv mv Mv= + +
uur ur ur r
→
0 1 2
1 2
0
y y M
x x
MV mv mv Mv
mv mv
= + +
= +
Ta luôn có:
1 2 1 2
;
y y x x

v v v v= = −
Khi hai quả cầu sắp đập vào nhau:

1 2y y M y
v v v v= = =
→
0
2
y
MV
v
m M
=
+
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
2 2 2 2
0
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
y x y
MV mv mv Mv= + +
(
x
v
độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào
nhau)
2
2
0

2
x
mMV
mv
m M
→ =
+
Gia tốc của quả cầu M:
2T
a
M
=
Trong hệ quy chiếu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu
xuống phương Oy:
2
x
q
v
T F m
l
+ =

2
0
2
(2 )
mMV
T
T m
M l m M

→ + =
+
Lực căng của dây khi đó:
2 2
0
2
(2 )
mM V
T
l m M
=
+
Bài 2 (HSG Lào Cai 08-09) Một lò xo lý tưởng treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo được giữ cố định,
đầu dưới treo một vật nhỏ có khối lượng m = 100g, lò xo có độ cứng k = 25N/m. Từ vị trí cân bằng
nâng vật lên theo phương thẳng đứng một đoạn 2cm rồi truyền cho vật vận tốc
310
π
cm/s theo phương
thẳng đứng, chiều hướng xuống dưới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật, chọn trục tọa
độ có gốc trùng vị trí cân bằng của vật, chiều dương thẳng đứng xuống dưới. Cho g = 10m/s
2
;
10
2
≈
π
.
1. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật.
2. Xác định thời điểm lúc vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai. Xác định hướng và độ lớn
của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó.

Giải
1. Chứng minh vật dao động điều hòa
* Viết phương trình dao động của vật:
Tại VTCB:
4
=∆
l
(cm) Tần số góc:
πω
5
=
(rad/s). Tại thời điểm t = 0 ta có:




=−=
−==
)/(310sin
)(2cos
scmAv
cmAx
πϕω
ϕ
Vì
3
2
3tan;0cos;0sin
π
ϕϕϕϕ

−=⇒=<<
(rad) Biên độ dao động : A = 4 (cm)
2 y
v
T
ur
T
ur
T
ur
T
ur
1y
v
v
T
ur
T
ur
T
ur
1y
v
1x
v
T
ur
2 y
v
2x

v
O
x
y
Hình vẽ 1
0
V
B
A
M
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Vậy phương trình dao động của vật là:






−=
3
2
5cos4
π
π
tx
(cm)
2. Khi vật qua vị trí mà lò xo bị giãn 6cm lần thứ hai thì vật có li độ x = 2cm và chuyển động theo
chiều âm của trục tọa độ.
Ta có:








>






−
=






−
0
3
2
5sin
2
1
3
2

5cos
π
π
π
π
t
t
Giải hệ phương trình (lấy giá trị nhỏ nhất) được kết quả:
2,0=t
(s)
* Xác định hướng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó:
- Hướng: Phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống dưới.
- Độ lớn:
5,110.6.25
2
1
==∆=
−
lkF
(N)
Câu 1: Hai vật 1 và 2 đều có khối lượng
bằng m gắn chặt vào lò xo có độ dài l, độ cứng
k đứng yên trên mặt bàn nằm ngang tuyệt đối nhẵn.
Vật thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động
với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật 1
(xem hình 1)
1. Chứng tỏ hai vật m
1
và m
2

luôn chuyển động về cùng một phía.
2. Tìm vận tốc của hai vật 1 và 2 và khoảng cách giữa chúng vào thời điêm lò xo biến dạng lớn nhất.
Giải
Ngay sau lúc va chạm vật 1 có vận tốc v (lò xo chưa biến dạng, vận tốc vật 2 bằng không). Gọi v
1
,
v
2
là vận tốc vật1,vật2 vào thời điểm sau va chạm của vật 3 vào 1 la v
1,
v
2
. độ biến dạng là k
0
là x.
+ Định luật bảo toàn động lượng:

mv = mv
1
+ mv
2
.
⇒
v = v
1
+ v
2
(1)
+ Định luật bảo toàn cơ năng:
2

1
mv
2
=
2
1
2
1
mv
+
2
2
2
1
mv
+
2
2
1
kx


2
21
2
2
)( vvv
m
kx
+−=⇒

(2). Từ (1) va
(2):
m
kx
2
2
= v
1
v
2
(3) vì
m
kx
2
2
> 0
⇒
v
1
v
2
> 0 : tức là v
1
và v
2
cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm
hai vật 1 và 2 luôn chuyển động về cùng một phía.
2) v
1
+ v

2
= v = const. Suy ra tích v
1
v
2
cực đại khi v
1
= v
2
=
2
v
nghĩa là
m
kx
2
2
cực đại
lúc đó:
4
2
v
=
m
kx
2
2
max

⇒

x
max
= v
k
m
2
lò xo biến dạng lớn nhất khi v
1
= v
2
=
2
v
lúc này khoảng
cách giữa vật 1 và vật 2 là: l
12
=
k
m
vlxl
2
max
±=±

Bài 2( HSG Nghệ An 07-08) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt
phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn
vào bức tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật
nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như
hình vẽ.
a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt

đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.
b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật
khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là
µ
. Hãy xác
định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.
GI
ẢI
F
m
k
Hình 2a
A
F
m
k
Hình 2b
M
3
2
1
v
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí
cân bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban
đầu của vật có tọa độ là x
0
. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng
x
0

và:
.
00
k
F
xkxF −=⇒−=
Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x
0
), nên hợp lực tác dụng lên vật là:
.)(
0
maFxxk =+−−
Thay biểu thức của x
0
vào, ta nhận được:
.0"
2
=+⇒=−⇒=+






+− xxmakxmaF
k
F
xk
ω
Trong đó

mk=
ω
. Nghiệm của phương trình này là:
).sin(
ϕω
+= tAx
Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ
k
m
T
π
2=
. Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật
đến khi vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động,
vật thời gian đó là:
.
2 k
mT
t
π
==
Khi t=0 thì:
0cos
,sin
==
−==
ϕω
ϕ
Av
k

F
Ax








−=
=
⇒
.
2
,
π
ϕ
k
F
A
Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại
lần thứ nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi
được trong thời gian này là:
.
2
2
k
F
AS ==

b) Theo câu a) thì biên độ dao động là
.
k
F
A =
Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa
thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại
khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng:
AAx 2
0
=+
).
Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực
đại:
2.2. Mg
k
F
kMgAk
µµ
<⇒<
Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:
.
2
mg
F
µ
<
Bài 3. HSG Nghệ AN 07-08. Hai nguồn sóng kết hợp S
1
và S

2
cách nhau 2m dao động điều hòa cùng
pha, phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S
1
và AS
1
⊥S
1
S
2
.
a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa.
b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa.
F
m
k
Hình 1
O
x
0
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai
nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2):
.
22
λ
kldl =−+
Với k=1, 2, 3
Khi l càng lớn đường S
1

A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng
bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường
S
1
A cắt cực đại bậc 1 (k=1).
Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:
).(5,114
2
mlll =⇒=−+
b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:
.
2
)12(
22
λ
+=−+ kldl
Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3,
Ta suy ra :
λ
λ
)12(
2
)12(
2
2
+







+−
=
k
kd
l
.
Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.Từ đó ta có giá trị của l là :
* Với k =0 thì l = 3,75 (m ).
* Với k= 1 thì l ≈ 0,58 (m).
Câu 1 Cho cơ hệ như hình vẽ 1. Hai thanh cứng MA và NB khối lượng không
đáng kể, cùng chiều dài l = 50cm. Đầu tự do của mỗi thanh đều có gắn một quả
cầu nhỏ cùng khối lượng m =100g, đầu M và N của mỗi thanh có thể quay dễ
dàng. Lò xo rất nhẹ có độ cứng k = 100N/m được gắn vào trung điểm C của
thanh NB. Khi hệ cân bằng lò xo không biến dạng, hai quả cầu tiếp xúc nhau.
Kéo quả cầu A sao cho thanh MA lệch về bên trái một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Coi
va chạm giữa các quả cầu là đàn hồi xuyên tâm. Bỏ qua mọi ma sát, lấy
g = 10m/s
2
. Hãy mô tả chuyển động và xác định chu kì dao động của hệ .
+ Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lượng và động năng hệ được bảo toàn.

' '
1 1 2
2 ' 2 ' 2
1 1 2
( ) ( )
2 2 2
mv mv mv

mv m v m v
= +
= +
ur uur
ur
+ Chọn chiều dương cùng chiều với
1
v
ur
suy ra:

' '
1 1 2
2 ' 2 ' 2
1 1 2
( ) ( )
2 2 2
mv mv mv
mv m v m v
= +
= +

' '
1 2 1
0,v v v⇒ = =
+Tương tự cho va chạm từ quả cầu B trở lại quả cầu A, ta được:

'' ' ''
1 2 2
, 0v v v= =

+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu kia. Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi
con lắc tham gia một nửa dao động.
+ Chu kỳ dao động
1 2
1
( )
2
T T T= +
với T
1
là chu kì dao động con lắc đơn, T
2
là chu kì dao động của con lắc
gắn với thanh và lò xo.
S
1
S
2
l
A
d
k=1
k=2
k=0
Hình 2
A
B
M
N
C

k
Hình 1
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
+ Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn
1
2 1,4( )
l
T s
g
π
= =
Ta tìm T
2
bằng phương pháp năng lượng:
+Chọn mốc thế năng trọng trường tại mặt phẳng ngang qua m khi cân bằng.
+Xét vật m tại vị trí có li độ x:
-Động năng của quả cầu E
đ
=
2
2
mv
-Thế năng trọng trường E
t1
=
2
2
mgx
l
−


-Thế năng đàn hồi: E
t2
=
2
2
1
2 8
kx kx
=
Cơ năng của hệ: E = E
đ
+ E
t1
+ E
t2
=
2
2
mv
-
2 2
2 8
mgx kx
l
+
(1). Do không có lực cản nên E = const.
+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta được: mvv
’
-

' '
0
4
mgxx kxx
l
+ =
Hay x
’’
+(
) 0
4
k g
x
m l
− =
.
+Vậy vật dao động điều hòa với tần số góc
4
k g
m l
ω
= −
và chu kì
2
2
0,4T s
π
ω
= =


+Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ
1 2
1
( )
2
T T T= +
= 0,7 + 0,2 = 0,9s
(HSG Hậu Lộc 05-06)
a) Cho con lắc liên hợp như hình vẽ 1 biết khối lượng m
1
, m
2
và chiều dài l
1
, l
2
. Bỏ qua khối lượng
dây treo và lực cản môi trường. Tính tần số dao động.
b) Nếu mắc thêm vào hệ 3 lò xo K
1
= K
2
= K
3
như hình vẽ 2, hệ vẫn dao động điều hoà. Tính tấn số
dao động của hệ, cho nhận xét về tần số.
Câu a . Học sinh có thể làm theo nhiều cách cho kết quả: ω =
2
22
2

11
2211
)(
lmlm
glmlm
+
+
Câu b .
HS lập luận được hệ gồm có: (K
1
nt K
2
) // K
3
// K
h
(với K
h
là K
h
ở câu a)
Học sinh tính được
K
′
(hệ mới) :
K
′
=
hh
KKKK

K
K
+=++
2
3
2
2
Kết quả:
ω
′
=
2
22
2
11
2
1
2211
)(
2
3
lmlm
l
glmlm
K
M
K
+
+
+

=
′
hay
ω
′
=
1
1
l
2
22
2
11
2211
2
1
)(
2
3
lmlm
glmlml
K
+
++

o
Hình 1
l
2
l

1
m
1
m
2
•
K
3
K
2
K
1
o
Hình 2
m
1
m
2
l
2
l
1
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Bài 1(HSG Hai Bà Trưng) Hai vật khối lượng m
0
và m được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, bền
không dãn có chiều dài L. Tại thời điểm ban đầu vật m
0
được ném từ mặt phẳng ngang với vận tốc ban
đầu v

0
thẳng đứng hướng lên. Hỏi độ cao cực đại mà m
0
có thể đạt tới.
Trường hợp 1: Nếu
gLv 2
2
0
≤
thì dây cáp không bị căng và độ cao cực đại

L
g
v
H ≤=
2
2
0
Trường hợp 2:
+ Nếu
gLv 2
2
0
≥
thì ngay trước lúc dây căng, vận tốc của m
0
là
gLvv 2
2
01

−=

+ Sau đó m
0
và m có cùng vận tốc v
+ Định luật bảo toàn động lượng: m
0
v
1
= (m + m
0
)v
0
10
mm
vm
v
+
=⇒

+ Độ cao hệ vật lên được kể từ lúc dây căng:










−
×








+
==∆
g
ghv
mm
m
g
v
h
2
2
2
2
0
2
0
0
2

+ Vậy H

max
= L + ∆h = L +








−
×








+ g
ghv
mm
m
2
2
2
0
2
0

0
I. Cơ học: HSG THANH HOA 06-07
1/. Một hạt thực hiện dao động điều hoà với tần số 0,25 (Hz) quanh điểm x = 0. Vào lúc t = 0 nó có độ
dời 0,37 (cm). Hãy xác định độ dời và vận tốc của hạt lúc lúc t = 3,0 (s) ?
2/. Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống
dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc α so với phương nằm ngang.
a) Hãy chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số L=1,73 m; α =30
0
; g = 9,8 m/s
2
.
3/. Một con lắc đơn được kéo ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ α
0
= 0,1 rad rồi buông không có vận
tốc ban đầu. Coi rằng trong quá trình dao động lực cản của môi trường tác dụng lên con lắc không đổi
và bằng 1/1000 trọng lượng của con lắc. Hỏi sau bao nhiêu chu kì dao động thì con lắc dừng hẳn lại ?
4/. Một hạt khối lượng 10 (g), dao động điều hoà theo qui luật hàm sin với biên độ 2.10
-3
(m) và pha
ban đầu của dao động là -π/3 (rad). Gia tốc cực đại của nó là 8.10
3
(m/s
2
). Hãy:
a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dưới dạng hàm của thời gian.
b) Tính cơ năng toàn phần của dao động của hạt.
Câu 1
+ Tần số dao động ω = 2πƒ = π/2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)
Vậy x = 0,37sin(

2
π
t+ ϕ) (cm).
+ Tại t = 0 thì x = 0,37 => ϕ = π/2. Vậy phương trình dao động của hạt là
x = 0,37sin (
2
π
t +
2
π
) (cm) = 0,37cos
2
π
t (cm).
+ Lúc t = 3 (s) độ dời là x
t
= = 0,37cos
2
π
.3 = 0 và v = x'
t
= - 0,37.
2
π
. sin
2
π
3 = 0,581 (cm/s).
Câu 2: a)
+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsinα.

m
0
m
0
v

T
F
P
α
P'
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lượng P, lực quán tính F (do xe ch đg nh dần đều)
và sức căng T của dây treo.
Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có hợp lực bằng 0.
Tức là
0TFP =++

+ Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psinα - F + T
X
= 0
+ Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsinα suy ra T
X
= 0. Điều này chứng tỏ dây treo con lắc
vuông góc với OX khi ở trạng thái cân bằng. (đpcm).
b)
+ Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcosα. Tức là gia tốc biểu kiến là
g' = gcosα.
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2π

'g
L
= 2π
αcosg
L
≈ 2,83 (s).
Câu 3(1,5 điểm):
+ Năng lượng ban đầu của con lắc là E
0
= mgl.(1-cosα
0
) =
2
0
mgl
2
1
α
.
+ Gọi α
1
và α
2
là hai biên độ liên tiếp của dao động (một lần con lắc qua vị trí cân bằng). Ta có độ
giảm thế năng là (
2
1
αmgl
2
1

-
2
2
αmgl
2
1
).
+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trường A = F
c
.S = F
c
.l.(α
1
+ α
2
).
+ Suy ra
( )
21
mg
2
1
αα −
= F
c
.
+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (α
1
-α
2

) = 2F
c
/ mg = 2.10
-3
mg/mg = 2.10
-3
rad.
+ Đến khi con lắc ngừng dao động thì số lần đi qua vị trí cân bằng sẽ là N =α
0
/(α
1
-α
2
) = 50. Tương
ứng với 25 chu kì.
Câu 4(2,0 điểm):
+ Gia tốc a = x'' = -ω
2
x => gia tốc cực đại a
m
= ω
2
A => ω = (a
m
/A)
1/2
= 2.10
3
(rad/s).
+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.10

3
)
2
. 2.10
-3
sin(2.10
3
.t -
3
π
) = 80 sin(2.10
3
t +
3
2π
) (N)
+ Vận tốc cực đại của hạt là v
m
= ωA = 4 (m/s)
+ Cơ năng toàn phần E
0
=
2
mv
2
m
= 0,08 (J).
Bài 2:
a, (1đ) Khi chưa đốt dây:
0

2 .mg k l
= ∆
;
Ngay sau khi dây đứt: * Vật m:
0 1
.k l mg ma
∆ + =

⇒

1
3 30a g
= =
(
2
/m s
)
* Vật 2m:
0 2
. 2 2k l mg ma
∆ − =

⇒

2
0a
=
b, (3đ) Xét hệ quy chiếu gắn với trọng tâm G của hệ.G cách vật m một khoảng bằng 2/3
khoảng cách từ vật m đến vật 2m.
* Xét vật m :

- Khi ở VTCB:
0
qt
mg F
− + =
(1)
- Khi ở li độ x: lò xo giãn một đoạn bằng 3x/2 . Suy ra:
''
3
.
2
qt
x
mg F k m a mx
− + − = =
(2)
Từ (1) và (2) :
''
3
0
2
k
x x
m
+ =

⇒

'' 2
0x x

ω
+ =
với
3
10
2
k
m
ω
= =
(rad/s)

⇒

3
.sin( . )
2
k
x A t
m
ϕ
= +
m
2 m
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Tại
0t
=
:
0

0
2
.sin 0,2
3
l
x A
ϕ
∆
= = =
(m) và
0
. .cosv A
ω
=
ϕ
0
=

⇒

0,2A
=
(m); và
2
π
ϕ
=
(rad)

⇒


0,2.sin(10. / 2)x t
π
= +
(m);
- Độ biến dạng của lò xo:
3 / 2 0,3,sin(10. / 2)l x t
π
∆ = = +
;
- Lò xo đạt trạng thái không biến dạng lần đầu tiên
⇒

0l
∆ =

⇒

1,57
20
t
π
= ≈
(s).
- Trọng tâm G chuyển động với gia tốc g, khi đó trọng tâm G đã đi được :

2 2
/ 2 / 80h gt
π
∆ = =

(m) với vận tốc
. / 2
G
v g t
π
= =
(m/s).
Tại thời điểm đó ta có:
2 os(10.t+ /2)=x c
π
′
=
-2 (m/s)
⇒


2 / 2 3,57
m G
v v x
π
′
= − = + ≈
(m/s)
- Theo ĐLBTNL:
2 2 2
0 2
1 1 1
. 3 . .2 .
2 2 2
m m

k l mg h mv m v
∆ + ∆ = +
;
Mặt khác, ta có:
0
. 2k l mg∆ =

⇒

2
1 0,57
2
m
v
π
= − ≈
(m/s)

DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1. Biểu thức điện áp tức thời và dòng điện tức thời:
u = U
0
cos(ωt + ϕ
u
) và i = I
0
cos(ωt + ϕ
i
)

* Với ϕ = ϕ
u
– ϕ
i
là độ lệch pha của u so với i, có
2 2
π π
ϕ
− ≤ ≤
2. Dòng điện xoay chiều : I = I
0
cos(2πft + ϕ
i
)
* Mỗi giây đổi chiều 2f lần
* Nếu pha ban đầu ϕ
I
=
0
hoặc ϕ
I
=
π
thì giây đầu tiên chỉ đổi chiều 2f-1 lần.
3. Công thức tính thời gian đèn huỳnh quang sáng trong một chu kỳ :
* Khi đặt điện áp u = U
0
cos(ωt + ϕ
u
) vào hai đầu bóng đèn, biết đèn chỉ sáng lên khi u ≥ U

1
.

4
t
ϕ
ω
∆
∆ =
Với
1
0
os
U
c
U
ϕ
∆ =
, (0 < ∆ϕ < π/2)
4. Dòng điện xoay chiều trong đoạn mạch R,L,C
* Đoạn mạch chỉ có điện trở thuần R: u
R
cùng pha với i, (ϕ = ϕ
u
– ϕ
i
= 0)

U
I

R
=
và
0
0
U
I
R
=
Lưu ý: Điện trở R cho dòng điện không đổi đi qua và có
U
I
R
=

* Đoạn mạch chỉ có cuộn thuần cảm L: u
L
nhanh pha hơn i là π/2, (ϕ = ϕ
u
– ϕ
i
= π/2)

L
U
I
Z
=
và
0

0
L
U
I
Z
=
với Z
L
= ωL là cảm kháng
Lưu ý: Cuộn thuần cảm L cho dòng điện không đổi đi qua hoàn toàn (không cản trở).
* Đoạn mạch chỉ có tụ điện C: u
C
chậm pha hơn i là π/2, (ϕ = ϕ
u
– ϕ
i
= -π/2)

C
U
I
Z
=
và
0
0
C
U
I
Z

=
với
1
C
Z
C
ω
=
là dung kháng
Lưu ý: Tụ điện C không cho dòng điện không đổi đi qua (cản trở hoàn toàn).
* Đoạn mạch RLC không phân nhánh
2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
( ) ( ) ( )
L C R L C R L C
Z R Z Z U U U U U U U U= + − ⇒ = + − ⇒ = + −

NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
tan ;sin ; os
L C L C
Z Z Z Z
R
c
R Z Z
ϕ ϕ ϕ
− −
= = =
với
2 2
π π

ϕ
− ≤ ≤
+ Khi Z
L
> Z
C
hay
1
LC
ω
>
⇒ ϕ > 0 thì u nhanh pha hơn i
+ Khi Z
L
< Z
C
hay
1
LC
ω
<
⇒ ϕ < 0 thì u chậm pha hơn i
+ Khi Z
L
= Z
C
hay
1
LC
ω

=
⇒ ϕ = 0 thì u cùg pha với i và I =
Max
U
I =
R
gọi là hiện tượg cộg
hưởg dòng điện
5. Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch RLC:
* Công suất tức thời: P = UIcosϕ + UIcos(2ωt + ϕ
u
+ϕ
i
)
* Công suất trung bình: P = UIcosϕ = I
2
R.
6. Điện áp u = U
1
+ U
0
cos(ωt + ϕ) được coi gồm một điện áp không đổi U
1
và một điện áp xoay chiều
u = U
0
cos(ωt + ϕ) đồng thời đặt vào đoạn mạch.
7. Tần số dòng điện do máy phát điện xoay chiều một pha có P cặp cực, rôto quay với vận tốc n
vòng/giây
thì máy phát ra dòng điện có tần số là : f = pn ( Hz )

* Từ thông gửi qua khung dây của máy phát điện Φ = NBScos(ωt +ϕ) = Φ
0
cos(ωt + ϕ)
Với Φ
0
= NBS là từ thông cực đại,N là số vòng dây,B là cảm ứng từ của từ, S là diện tích của
vòng dây, ω = 2πf
* Suất điện động trong khung dây: e = ωNSBcos(ωt + ϕ -
2
π
) = E
0
cos(ωt + ϕ -
2
π
)
Với E
0
= ωNSB là suất điện động cực đại.
8. Dòng điện xoay chiều ba pha là hệ thống 3 dòng điện xoay chiều 1 pha được gây bởi 3 suất điện
động xoay chiều cùng tần số, cùng biên độ nhưng độ lệch pha từng đôi một là
2
3
π
.
*Các pt của suất điện động và dòng điện và cảm ứng từ có dạng : (Xét trường hợp tải đối xứng )
thì

1 0
2 0

3 0
os( )
2
os( )
3
2
os( )
3
e E c t
e E c t
e E c t
ω
π
ω
π
ω


=


= −



= +



1 0

2 0
3 0
os( )
2
os( )
3
2
os( )
3
i I c t
i I c t
i I c t
ω
π
ω
π
ω


=


= −



= +




1 0
2 0
3 0
os( )
2
os( )
3
2
os( )
3
B B c t
B B c t
B B c t
ω
π
ω
π
ω


=


= −



= +



+ Dòng điện xoay chiều 3 pha được tạo ra từ một máy phát điện xoay chiều 3 pha
*Máy phát mắc hình sao: U
d
=
3
U
p
và tải tiêu thụ mắc hình sao: I
d
= I
p
*Máy phát mắc hình tam giác: U
d
= U
p
và tải tiêu thụ mắc hình tam giác: I
d
=
3
I
p
Lưu ý: Ở máy phát và tải tiêu thụ thường chọn cách mắc tương ứng với nhau.
9. Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng:
2
2 2
os
R
U c
ϕ
∆ =

P
P
Trong đó: P là công suất truyền đi ở nơi cung cấp ; U là điện áp ở nơi cung cấp
cosϕ là hệ số công suất của dây tải điện
*
l
R
S
ρ
=
là điện trở tổng cộng của dây tải điện ( lưu ý: dẫn điện bằng 2 dây)
* Độ giảm điện áp trên đường dây tải điện: ∆U = IR
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
* Hiệu suất tải điện:
.100%H
− ∆
=
P P
P
10. Đoạn mạch RLC có R thay đổi:
* Khi R=Z
L
-Z
C
 thì
2 2
ax
2 2
M
L C

U U
Z Z R
= =
−
P
* Khi R=R
1
hoặc R= R
2
mà P có cùng giá trị
thì ta có
2
2
1 2 1 2
; ( )
L C
U
R R R R Z Z+ = = −
P
và khi
1 2
R R R=
thì
2
ax
1 2
2
M
U
R R

=
P
* Trường hợp cuộn dây có điện trở R
0
(hình vẽ)
+ Khi
2 2
0 ax
0
2 2( )
L C M
L C
U U
R R Z Z P
Z Z R R
+ = − ⇒ = =
− +

+ Khi
2 2
2 2
0 ax
2 2
0
0 0
( )
2( )
2 ( ) 2
L C RM
L C

U U
R R Z Z
R R
R Z Z R
= + − ⇒ = =
+
+ − +
P
11. Đoạn mạch RLC có L thay đổi:
* Khi
2
1
L
C
ω
=
thì I
Max
⇒ U
Rmax
; P
Max
còn U
LCMin **
Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau
* Khi
2 2
C
L
C

R Z
Z
Z
+
=
thì
2 2
ax
C
LM
U R Z
U
R
+
=
và
2 2 2 2 2 2
ax ax ax
; 0
LM R C LM C LM
U U U U U U U U= + + − − =
* Với L = L
1
hoặc L = L
2
thì U
L
có cùng giá trị thì U
Lmax
khi

1 2
1 2
1 2
21 1 1 1
( )
2
L L L
L L
L
Z Z Z L L
= + ⇒ =
+
* Khi
2 2
4
2
C C
L
Z R Z
Z
+ +
=
thì
ax
2 2
2 R
4
RLM
C C
U

U
R Z Z
=
+ −
Lưu ý: R và L mắc liên tiếp nhau
12. Đoạn mạch RLC có C thay đổi:
* Khi
2
1
C
L
ω
=
thì I
Max
⇒ U
Rmax
; P
Max
còn U
LCMin
Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau
* Khi
2 2
L
C
L
R Z
Z
Z

+
=
thì
2 2
ax
L
CM
U R Z
U
R
+
=
và
2 2 2 2 2 2
ax ax ax
; 0
CM R L CM L CM
U U U U U U U U= + + − − =
* Khi C = C
1
hoặc C = C
2
thì U
C
có cùng giá trị thì U
Cmax
khi
1 2
1 2
1 1 1 1

( )
2 2
C C C
C C
C
Z Z Z
+
= + ⇒ =
* Khi
2 2
4
2
L L
C
Z R Z
Z
+ +
=
thì
ax
2 2
2 R
4
RCM
L L
U
U
R Z Z
=
+ −

Lưu ý: R và C mắc liên tiếp nhau
13. Mạch RLC có ω thay đổi:
* Khi
1
LC
ω
=
thì I
Max
⇒ U
Rmax
; P
Max
còn U
LCMin
Lưu ý: L và C mắc liên tiếp nhau
* Khi
2
1 1
2
C
L R
C
ω
=
−
thì
ax
2 2
2 .

4
LM
U L
U
R LC R C
=
−
A
B
C
R
L,R
0
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
* Khi
2
1
2
L R
L C
ω
= −
thì
ax
2 2
2 .
4
CM
U L
U

R LC R C
=
−
* Với ω = ω
1
hoặc ω = ω
2
mà I hoặc P hoặc U
R
có cùng một giá trị
thì I
Max
hoặc P
Max
hoặc U
RMax
khi
2
1 2
1
LC
ω ω ω
= =
⇒ tần số
2
1 2
f f f
=
14. Hai đoạn mạch AM gồm R
1

L
1
C
1
nối tiếp và đoạn mạch MB gồm R
2
L
2
C
2
nối tiếp mắc nối tiếp
với nhau có U
AB
= U
AM
+ U
MB
⇒ u
AB
; u
AM
và u
MB
cùng pha ⇒ tan u
AB
= tan u
AM
= tan u
MB
16. Hai đoạn mạch R

1
L
1
C
1
và R
2
L
2
C
2
cùng u hoặc cùng i có pha lệch nhau ∆ϕ
Với
1 1
1
1
tan
L C
Z Z
R
ϕ
−
=
và
2 2
2
2
tan
L C
Z Z

R
ϕ
−
=
(giả sử ϕ
1
> ϕ
2
)
Có ϕ
1
– ϕ
2
= ∆ϕ ⇒
1 2
1 2
tan tan
tan
1 tan tan
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ
−
= ∆
+

**Trường hợp đặc biệt ∆ϕ = π/2 (vuông pha nhau) thì tanϕ
1
tanϕ
2

= -1.
VD: * Mạch điện ở hình 1 có u
AB
và u
AM
lệch pha nhau ∆ϕ
Ở đây 2 đoạn mạch AB và AM có cùng i và u
AB
chậm pha hơn
u
AM

⇒ ϕ
AM
– ϕ
AB
= ∆ϕ ⇒
tan tan
tan
1 tan tan
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ
−
= ∆
+
AM AB
AM AB
Nếu u
AB

vuông pha với u
AM
thì
tan tan =-1 1
L C
L
AM AB
Z Z
Z
R R
ϕ ϕ
−
⇒ = −
* Mạch điện ở hình 2: Khi C = C
1
và C = C
2
(giả sử C
1
> C
2
) thì i
1
và i
2
lệch pha nhau ∆ϕ
Ở đây hai đoạn mạch RLC
1
và RLC
2

có cùng u
AB
Gọi ϕ
1
và ϕ
2
là độ lệch pha của u
AB
so với i
1
và i
2

thì có ϕ
1
> ϕ
2
⇒ ϕ
1
- ϕ
2
= ∆ϕ
Nếu I
1
= I
2
thì ϕ
1
= -ϕ
2

= ∆ϕ/2
Nếu I
1
≠ I
2
thì tính
1 2
1 2
tan tan
tan
1 tan tan
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ
−
= ∆
+
II. CẤC DANG TOÁN:
BÀI 1: (Năm học 2007- 2008 tỉnh thái nguyên )
Cho mạch điện như hình vẽ. Cuộn dây có độ tự cảm
L = 1,5/
π
(H), điện trở thuần R
0
; tụ có điện dung C =
2.10
-4
/9
π
(F). Hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A và

Mlệch pha một góc 5
π
/6 so với hiệu điện thế giữa hai
điểm M và N, đồng thời hiệu điện thế giữa hai điểm A và
M có biểu thức u
AM
= 100
6
sin(100
π
t +
π
/6)(V). Công suất tiêu thụ của cả mạch là P = 100
3
(W).
a/Tính R
0
; R.
b/Viết biểu thức tức thời của hiệu điện thế giữa hai điểm AB.
R L CMA B
Hình
1
R L CMA B
Hình
2
A
B
M
N
R

C
L,R
0
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
Bài 2: (Năm học 2007 - 2008, Tỉnh Nghệ An)
Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Biết u
AB
= 180
2
sin(100πt) (V), R
1
= R
2
= 100 Ω, cuộn dây
thuần cảm có L =
H
3
π
, tụ điện có điện dung C biến đổi được.
1. Tìm C để hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm M, N đạt cực
tiểu.
2. Khi C =
100
F
3
µ
π
, mắc vào M và N một ampe kế có điện trở
không đáng kể thì số chỉ ampe kế là bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN GIẢI:
1.Giản đồ véc tơ được vẽ như hình bên.
.Từ giản đồ suy ra U
MN
cực tiểu khi M trùng với N .
.Hay: U
MN
= 0
→
U
R1
= U
C

→
I
1
R
1
= I
2
Z
C

,
U
R2
= U
L


→
= I
2
R
2
= I
1
Z
L

→

L
Z
R
1
=
2
R
Z
C
↔
Z
C
=
L
Z
RR
21
=

Ω
3
100

→
C =
F
µ
π
3100
= 55(
F
µ
)
2.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện trong
mỗi nhánh :
U
EB

C
I

I
A
2
ϕ

L
I



1
ϕ

I

1R
I

AE
U


22
1
2
1
111
C
ZRZ
+=
→
Z
1
= 50
)(3
Ω
.Tg
1
ϕ

= -
1R
C
I
I
= -
C
Z
R
1
= -
3
1
→
1
ϕ
= -
6
π

22
2
2
2
111
L
ZRZ
+=
→
Z

2
= 50
)(3
Ω
. Tg
2
ϕ
=
2R
L
I
I
=
L
Z
R
2
=
3
1
→
2
ϕ
=
6
π
.Vì Z
1
= Z
2

và cường độ hiệu dụng trong mạch chính như nhau nên: U
AE
= U
EB
= U
.Mặt khác
AE
U
và
EB
U
đều lệch về hai phía trục
I
một góc
6
π
nên:
U
AE
= U
EB
=
)
6
cos(2
π
AB
U

= 60

3
(V)
:
B
R
1
M
L
A
C
N
R
2
(H×nh 5)
U
R1
U
R2
U
L
N M
U
AB
A
B
A

B
C N R
2

R
1
M L

A
30
0
60
0
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
.Chọn chiều dương qua các nhánh như hình vẽ.

.Giản đồ véc tơ biểu diễn
LAR
III
=+
1
như hình bên.
.Từ đó ta được:
I
A
=
6
cos2
1
2
1
2
π
LRL

R
IIII
−+
= 0,6(A)

Bài 3: (Bắc giang Năm học 2006 - 2007) Đặt hiệu điện thế
π
100sin275=u
t (V) vào hai đầu một
đoạn mạch gồm cuộn dây nối tiếp với một tụ điện. Dùng vôn kế có điện trở rất lớn lần lượt đo hiệu
điện thế giữa hai đầu cuộn dây và của tụ điện ta được U
Cd
= 100 (V) và U
C
= 35 (V). Biết L =
1
2
π
(H).
Xác định điện dung của tụ điện và viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch.
Bài 4: (NĂM HỌC 2007-2008. TỈNH DAKLAK )Cho mạch điện xoay chiều như hỡnh vẽ (h.1).
Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch cú biểu thức : u
AB
= U
0
.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây
nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: U
AN
= 300 (V) , U
MB

=
60 3
(V). Hiệu điện thế u
AN
lệch

pha so với
u
MB
một gúc
2
π
. Cuộn dõy cú hệ số tự cảm
1
L
3
π
=
(H) với điện trở r, điện dung của tụ
điện
3
3.10
C =
16
π
−
(F).
1) Tính điện trở r.
2) Viết biểu thức hiệu điện thế u
AN.

Bài 5: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011)
Cho mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây D có độ
tự cảm L mắc nối tiếp với điện trở thuần R và tụ
điện có điện dung C (hình vẽ). Biết điện áp giữa
hai đầu đoạn mạch AB có biểu thức u =
U
0
cos100πt (V) không đổi. Các vôn kế nhiệt V
1
;V
2
có điện trở rất lớn chỉ lần lượt là U
1
= 120V; U
2
=80
3
V. Điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch MB lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu
đoạn mạch NB góc π/6 và lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AN góc π/2. Ampe
kế nhiệt có điện trở không đáng kể chỉ
3
A.
a. Xác định các giá trị của R; L và C.
b. Tính U
0
và viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch.
Hướng dẫn giải:
R
(h .1)
L , r

C
A
B
M
N
A
B
C
N
D R
M
A
V
1
V
2

I
A

I
L
I
R1
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
a. Xác định giá trị R ; L ;C
•Vẽ giãn đồ véc tơ đúng
• R = U
R
/I = U

2
cos60
0
/ I =
40Ω
• Z
C
= U
C
/I = U
2
cos30
0
/I =
40
3
Ω
FC
5
10.59,4
−
≈⇒
• Z
L
= U
L
/I = U
1
sin30
0

/I =
20
3
Ω
HL 11,0≈⇒
b. Xác định U
0
và viết biểu thức i
• Từ GĐVT :
U

=
1
U

+
C
U

. Áp dụng định lý hàm số cosin ta được :
U
2
= U
1
2
+ U
C
2
+ 2U
1

.U
C
. cos120
0

Thay số và tính toán ta được: U = 120V => U
0
= 120
2
(V)
• Lập luận để ⇒ ϕ = -π/6
⇒ i =
6
cos(100πt + π/6) (A)
Bài 6: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2010 - 2011)
Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm
công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện
áp tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng
15% điện áp của tải tiêu thụ.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
• Đặt U, U
1
,
ΔU
, I
1,
1
P∆
là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây,
dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu.

U’, U
2
,
ΔU'
, I
2
,
2
P∆
là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng
điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau.
Ta có:
10
1'
10
1
100
1
1
2
2
1
2
1
2
=
∆
∆
⇒=⇒=









=
∆
∆
U
U
I
I
I
I
P
P

Theo đề ra:
1
ΔU = 0,15.U
10
15,0
'
1
U
U =∆⇒
(1)
• Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên:


2 1
1 1 2 2
1 2
U I
U .I = U .I = = 10
U I
⇒
⇒ U
2
= 10U
1
(2)
• (1) và (2):
V
A
B
R,L
C
E
hình 2
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
1 1
1
2 1 1
U = U + ΔU = (0,15 + 1).U
0,15.U 0,15
U' = U + ΔU' = 10.U + = (10 + ).U
10 10







• Do đó:
0,15
10+
U'
10
= = 8,7
U 0,15+1

Bài 7: (Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2009 - 2010)
Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 2. Điện áp hai đầu
mạch là u
AB
=






−
6
100cos260
π
π
t

(V). Điều chỉnh giá trị
điện dung C của tụ điện để vôn kế V chỉ giá trị cực đại và
bằng 100V. Viết biểu thức điện áp u
AE
.
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình

CLRAB
UUUU

++=
trục gốc là
I

Trên giản đồ véc tơ ta có
const
Z
R
IZ
IR
U
U
tanα
LLL
R
====
Áp dụng định lý hàm sin với
ΔOMN
ta được


sinβ
MN
sinα
ON
=
hay
sinβ
U
sinα
U
C
AB
=

.sinβ
sinα
U
U
AB
C
=⇒

⇒
U
C
max khi
1sinβ =

0

90=⇒
β
: tam giác MON vuông tại O
Áp dụng định lý pitago cho
ΔOMN
ta được
80V60100UUU
222
AB
2
CmaxAE
=−=−=
và U
AE
nhanh pha hơn U
AB
1 góc 90
0
Vậy biểu thức U
AE
là

80 2 cos 100
3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷

 
(V)
Bài 8: (Tỉnh Đồng Nai, năm học 2010 - 2011)
Áp đặt một điện áp xoay chiều ổn định vào hai đầu đoạn mạch điện như hình vẽ. Biết
1/ ( )L H
π
=
;
R và C có thể thay đổi được.
a) Giữ cố định giá trị C = C
1
và thay đổi R , ta có
các kết quả sau :
+ Số chỉ của ampe kế A luôn bằng 1A
+ Khi R = R
1
=100Ω thì u
AB
và cường độ dòng
điện i trong mạch chính cùng pha. Tính C
1
và xác định số chỉ của các ampe kế lúc này
b) Tìm giá trị của C phải thoả để khi điều chỉnh R ; điện áp tức thới u
AB
ở hai đầu mạch điện luôn
lệch pha với cường độ dòng điện trong mạch chính
Bài 9: (TP HCM, năm học 2010 - 2011)
Một đoạn mạch xoay chiều gồm cuộn cảm có điện trở thuần
Rvà độ tự cảm L mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C thay
L,

R
C
A
B
A
B
A
1
A
2
A
O
M
N
U
AE
U
AB
U
R
I
U
L
U
C
α
β
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169
đổi được như hình. Điện áp hai đầu đoạn mạch có dạng
( )

2 cos 2
AB
u U ft
π
=
, U va f không đổi. Khi C
= C
1
, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là U
d
, hai đầu tụ điện là
1
C
U
. Khi C = C
2
= 2C
1
, điện áp hiệu
dụng hai đầu cuộn cảm là U
d
’ = U
d
, hai đầu tụ điện
2
C
U
= U. Tìm U
d
và

1
C
U
theo U.
Bài 10: (Tỉnh Thanh Hóa , năm học 2008 - 2009)
Một đoạn mạch điện gồm 3 nhánh mắc song song. Nhánh thứ nhất là một tụ điện có dung kháng Z
C
,
nhánh thứ hai là một cuộn dây thuần cảm có cảm kháng Z
L
và nhánh thứ ba là một điện trở R. Gọi I,
I
C
, I
L
, I
R
là cường độ dòng điện hiệu dụng trên mạch chính và các mạch rẽ tương ứng, Z là tổng trở của
đoạn mạch. Hãy chứng minh các hệ thức sau :
( )
2
2 2
R L C
I I I I= + −
và
2
2 2
1 1 1 1
C L
Z R Z Z

 
= + −
 ÷
 
HƯỚNG DẪN GIẢI:
+ Giả sử u = U
0
cosωt. Ta có:
i
R
= I
0R
cosωt ; i
C
= I
0C
cos(ωt +
2
π
) ; i
L
= I
0L
cos(ωt -
2
π
)
+ Giản đồ véc tơ (2 dao động cùng phương): i
C
+ i

L
=(I
0C
- I
0L
)cos(ωt +
2
π
)
+ Vậy i = i
R
+ i
C
+ i
L
= I
0R
cosωt + (I
0C
- I
0L
)cos(ωt +
2
π
). Hai dao động này vuông góc nên I
2
= I
R
2
+ (I

C
-
I
L
)
2
(1) đpcm.
+ Với I = U/Z từ (1) suy ra
2
2 2
1 1 1 1
C L
Z R Z Z
 
= + −
 ÷
 
đpcm.
Bài 11: (Tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2010 - 2011)
Cho đoạn mạch RLC không phân nhánh, cuộn dây L thuần cảm, điện trở của ampe kế rất nhỏ. Đặt một
điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U
AB
= 150 V không đổi vào hai đầu đoạn mạch, thì thấy hệ số
công suất của đoạn mạch AN
bằng 0,6 và hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng 0,8.
a,Tính các điện áp hiệu dụng U
R
, U
L
và U

C
, biết đoạn
mạch có tính dung kháng.
b, Khi tần số dòng điện bằng 100 Hz thì thấy điện áp hai đầu đoạn mạch AB lệch pha π/2 so với điện
áp giữa hai đầu đoạn NB và số chỉ của ampe kế là 2,5A. Tính các giá trị của R, L, C.
Bài 12: (Tỉnh Đồng Tháp, Trường THPT TP Cao Lãnh đề nghị)
Cho mạch điện như hình vẽ:Một điện trở thuần R,một tụ
điện C,hai cuộn cảm lí tưởng L
1
= 2L, L
2
= L và các khóa
K
1
,K
2
(R
K
= 0) được mắc vào một nguồn điện không đổi (có
suất điện động
ε
,điện trở trong r = 0).Ban đầu K
1
đóng, K
2
ngắt. Sau khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K
2
,
ngắt K
1

. Tính hiệu điện thế cực đại ở tụ và I
L2
max. ?
HƯỚNG DẪN GIẢI:
+K
1
đóng, K
2
ngắt, dòng điện ổn định qua L
1
:
R
I
ε
=
0
K
1
ngắt, K
2
đóng: Vì 2 cuộn mắc song song
u
L1
= u
L2
= u
AB
==> - 2L (i
1
– I

0
) = Li
2

⇔
2L (I
0
– i
1
) =Li
2
(1) (0,5)đ
A
A
N B
R L
C
NGUYỄN VĂN TRUNG :0915192169

222
2
2
2
2
2
2
2
1
2
0

CU
LiLi
LI
++=
(2) (0,5)đ
I
C
= i
1
– i
2

⇒
U
Cmax

⇔
I
C
= 0
⇔
i
1
= i
2
= I (3) (0,25)đ
(2) và (3)
⇒
22
0

2
2
2
1
2
0
2
0
3222 LILILiLiLICU −=−−=
(0,25)đ
(1)
⇒
LILiLiLI 322
120
=+=

⇒

3
2
0
I
I =
(0,25)đ

⇒

C
L
RC

L
IULICU
3
2
3
2
3
2
00
2
0
2
0
ε
==⇒=
(0,25)đ
+Khi tụ điện phóng hết điện thì I
1
và I
2
cực đại
22
2
2
2
2
max2
2
max1
2

0
LILILI
+=
(4) (0,25)đ
(1)
⇒
2L (I
0
– I
1max
) = LI
2max
⇒
I
0
– I
1max
=
2
1
I
2max
(5) (0,25)đ
(4)
⇒

2
max2
2
max1

2
0
22 LILILI +=
⇒

2
max2
2
max1
2
0
22 III +=

⇒

2
max2max10max10
))((2 IIIII =+−

⇒
I
0
+ I
1max
= I
2max
(6) (0,25)đ
(5)(6)
⇒
I

2max
=
0
3
4
I
=
R3
4
ε
(0,25)đ
Bài 13: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ bên.
Cho biết: R
1
= 3Ω; R
2
= 2Ω; C = 100nF ; L là
cuộn dây thuần cảm với L = 0,1H; R
A
≈ 0;
∞==
21
VV
RR
. Ampe kế và von kế là ampe kế và
von kế nhiệt.
Đặt vào hai đầu A, B hiệu điện thế
u
AB
= 5

2
cosωt (V).
1. Dùng cách vẽ giản đồ vectơ Frexnen tìm
biểu thức của các hiệu điện thế hiệu dụng
1
R
U
, U
C
và cường độ dòng điện hiệu dụng qua R
2
theo hiệu điện thế hiệu dụng U = U
AB
, R
1
, R
2
,
L, C và ω.
2. Tìm điều kiện của ω để ampe kế có số chỉ lớn nhất có thể. Tìm số chỉ của các von kế V
1
và V
2
khi đó.
3. Tìm điều kiện của ω để các von kế V
1
và V
2
có số chỉ như nhau. Tìm số chỉ của ampe kế và các
von kế khi đó.

HƯỚNG DẪN GIẢI:
1)
MBAMAB
UUU +=
; (1)

U
MB
= IR
2
; (2)
U
AM
= I
R1
. R
1
= I
L
ω
−ω
C
1
L
; (3)
Chiếu (1) lên 0x và 0y có:
U
AB .X
= IR
2

cos
α
= IR
2
.I
L
/I = R
2
I
L
;
U
AB.y
= IR
2
sin
α
+ U
AM
U
AB.y
= I
L
ω
−ω
C
1
L
(R
1

+R
2
)/R
1
A
B
C
M
A
V
1
V
2
R
1
R
2
L
α
U
A
B
U
R2
x
y
U
A
M
I

I
L
I
R
1
U
M
B
U
L
U
C
0