TÀI LIỆU BỔ TRỢ ĐIỂM 8 LUYỆN THI ĐH MÔN VẬT LÝ CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI GV NGUYỄN TRUNG HIẾU

ÔN LUYỆN MÔN VẬT LÝ LỚP 12

vectorstock.com/28062424

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TÀI LIỆU BỔ TRỢ ĐIỂM 8 LUYỆN THI ĐH MÔN VẬT LÝ CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI GV NGUYỄN TRUNG HIẾU WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

DAO ĐỘNG CƠ

sin  1 3 − ,   2 2   

  − 2 , 2   2 2   

1 3  ,  2 2   

(0,1) 0

90 = π/2

1200 = 2π/3

 2 2    2 , 2   

600 = π/3

1350 = 3π/4

450 = π/4

 3 1    2 , 2  

  − 3 , 1   2 2  

300 = π/6

1500 = 5π/6

(-1,0)

(1,0) cos

00 = 0π = 2π 1800 = π

-300 =-π/6

-1500 =-5π/6    − 3 ,− 1   2  2  

-450 =-π/4

-1350 =-3π/4

   − 2 ,− 2   2 2  

-600 =-π/3

-1200 =-2π/3

 1 3  − ,−   2  2  

-900 = -π/2

 3 1    2 ,− 2   

 2 2    2 ,− 2   

1   ,− 3  2 2  

(0,-1)

1. Mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều - Chuyển động tròn đều là chuyển động có quỹ đạo là một đường tròn và có độ lớn vận tốc không thay đổi.

- Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động tròn đều: Bán kính R, chu kì T, tần số f, tốc độ góc ω, và tốc độ dài v. ω 2π 1 2π - Công thức liên hệ: ω = 2πf = ;T = ;T = ;f = T f ω 2π - Với một chất điểm chuyển động tròn đều, muốn xác định vị trí ta phải chọn một trục Ox trên đường tròn làm mốc.

Vị trí ban đầu của vật là Mo, xác định bởi góc φ, với tốc độ góc ω, vào thời điểm t vật đến vị trí M, có tọa độ xác định bởi góc α = ωt + φ (1).

- Lưu ý rằng vật luôn chuyển động theo chiều dương ngược chiều kim đồng hồ vì trong dao động điều hòa tần số góc ω luôn dương, dẫn đến góc quay ωt luôn dương.

- Tạo mối liên hệ về hình thức của phương trình này với phương trình của chuyển động thẳng biến đổi đều x=x có tác dụng giúp cho học sinh tiếp thu tốt phương trình (1).

- 2-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bảng 1.

Các đại lượng tương ứng giữa chuyển động tròn đều và chuyển động thẳng đều

Chuyển động tròn đều Chuyển động thẳng đều

φ xo

α x

ω v

Đặt bán kính quỹ đạo chuyển động tròn đều của M là: R = OM = OM0 = A Gọi P là hình chiếu của điểm M lên trục Ox trùng với một đường kính của đường tròn và gốc O trùng với tâm của đường tròn. Ta thấy P dao động trên Ox quanh gốc toạ độ O. vị trí ban đầu của P là điểm P0 xác định x0= OP0 = Acosφ

+

M M0

ωt

ϕ P2

O

x

P P0 P1

x

vị trí P ở thời điểm t xác định bởi x = OP =Acos(ωt+φ) Vì hàm sin hay hàm cosin là hàm điều hoà, nên dao động của P là một dao động điều hoà trên quỹ đạo P1P2 = 2A. 2. Kết luận về liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều: Điểm P dao động điều hoà trên một đoạn thẳng luôn luôn có thể được coi là hình chiếu của mộ điểm M chuyển động tròn đều lên đường kính là đoạn thẳng đó.

Bảng 2.

Sự tương ứng các đại lượng trongchuyển động tròn đều và dao động điều hoà Chuyển động tròn đều Bán kính R Chu kỳ T Tần số f Tốc độ góc ω Góc ban đầu: φ Góc ở thời điểm t: ωt+φ Góc quét của bán kính α=ωt

Dao động điều hoà Biên độ dao động A Chu kỳ T Tần số f Tần số góc ω Pha ban đầu: φ Pha dao động ở thời điểm t: ωt+φ Góc pha thay đổi trong khoảng thời gian t: α=ωt

3. Sự tích hợp giữa đường tròn lượng giác với kiến thức vật lí liên quan - Xét một dao động điều hoà có: Phương trình dao động: x = Acos(ωt+φ) Trong dao động ta quan tâm nhiều đến các vị trí đặc biệt ứng với các góc pha đặc biệt. Có 9 vị trí tương ứng với các góc pha: 00, ±300, ±450, ±600, ±900, ±1200, ±1350, ±1500, 1800.

- 3-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bảng 3.

Vị trí đặc biệt trong dao động

Vị trí Biên dương Không tên dương Hiệu dụng dương

Kí hiệu B+ KT+

Li độ x

Góc pha 00 ±300

HD+

±450

+

0

Nửa biên dương

NB

Cân bằng

CB

±900

Nửa biên âm

NB-

±1200

Hiệu dụng âm

HD-

±1350

Không tên âm

KT-

±1500

Biên âm

B-

1800

±60

0 rad ± ± ± ±

π

A

3 A 2 A 2 A 2 0

6

π 4

π 3

π

2 2π ± 3 3π ± 4 5π ± 6 ±π

A 2 A − 2 −

3 A 2 -A −

Lưu ý: Để dễ nhớ các vị trí đặc biệt tôi đưa ra tên gọi như trên, và quy ước gọi tên như vậy trong toàn bộ đề tài. Các vị trí cân bằng, biên âm, biên dương được hiểu từ trong dao động điều hoà; vị trí nửa biên vì li độ bằng một nửa giá trị biên, vị trí hiệu dụng được hiểu nhờ khái niệm hiệu dụng các đại lượng điện xoay chiều (giá trị hiệu dụng = giá trị cực đại/ 2 ), vị trí không tên được đặt tên như vậy vì vị trí này không có tên gì đặc biệt. 9 vị trí này cũng thường gặp trong nhiều bài toán.

- Do dao động điều hoà có thể biểu diễn bằng chuyển động tròn đều tương ứng, chuyển động tròn đều được biểu điễn qua đường tròn lượng giác; do vậy biểu diễn dao động điều hoà qua đường tròn lượng giác, nhất là các vị trí đặc biệt giúp học sinh nhận thấy trực quan hơn các tính chất trong dao động; qua đó khi giải các bài toán về dao động điều hoà có thể dùng các điểm đặc biệt trên đường tròn lượng giác để xác định các liên hệ của dao động điều hoà. Điều này rất phù hợp với các bài toán liên quan đến thời gian, vận tốc trung bình, quãng đường, giá trị lớn nhất nhỏ nhất, sự biến thiên năng lượng trong dao động.

Các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà -A −

A 3A − 2 2

•- • - •

B KT

HD-

−

A 2

• NB-

A 2

O

•

•

NB+

CB

- 4-

A 2

3A 2

A

• • •+ HD+ KT+ B

x

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các vị trí đặc biệt 900 1200 1350

3π 4

0

150

5π 6

A 3A − − -A 2 180 2 • • •

π

-1500

π

2

2π 3

450

3

π 4

300

π 6

0

−

600

π

A • 2 −

A 2•

O

A 2

5π 6

3π − 4

-1350

3A 2 •

•

− − 2π − 3

−

-1200

−

π

π 3

π

A •

x

π 6

-300

4 -450

-600

2

-900

- Tại các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà thì các đại lượng như lực kéo về, vận tốc, gia tốc, động năng, thế năng đều có những giá trị và những liên hệ đặc biệt; việc nắm vững đặc điểm các vị trí này có tác dụng giải nhanh các bài tập. + Lực kéo về: F = -kx = - kAcos(ωt+φ) (giá trị lực kéo về lớn nhất Fm = kA) + Gia tốc: a = -ω2Acos(ωt+φ) = -ω2x (giá trị gia tốc lớn nhất am= ω2A) + Vận tốc: v = -ωAsin(ωt+φ) = vmcos(ωt+φ+

π 2

) (giá trị vận tốc lớn nhất Vm=ωA)

1 2 1 1 mv = mω 2 A2 sin 2 (ωt + ϕ ) = kA2 sin 2 (ωt + ϕ ) 2 2 2 1 1 1 + Thế năng: Wt = kx 2 = mω 2 A2 cos 2 (ωt + ϕ ) = kA2 cos 2 (ωt + ϕ ) 2 2 2 1 1 2 1 2 1 + Cơ năng: W = Wđ + Wt = mv + kx = mω 2 A2 = kA2 2 2 2 2 + Động năng lớn nhất bằng thế năng lớn nhất và bằng cơ năng: Wđmax= Wtmax= W

+ Động năng: Wđ =

- 5-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bảng 4: Giá trị các đại lượng ở các vị trí đặc biệt Vị trí x B+ KT+ HD+

A

3 A 2

F

a

Fm

am

3 Fm 2

v

3 am 2

Wđ Độ lớn

0

0

Phần trăm 0%

Vm 2

1 W 4

25%

Vm 2

1 W 2 3 W 4 Wđmax= W

A 2 A 2 0

Fm 2 Fm 2 0

am 2 am 2 0

3 Vm 2 Vm

HD-

A 2 A − 2

Fm 2 Fm 2

am 2 am 2

3 Vm 2 Vm 2

3 W 4 1 W 2

KT-

−

Vm 2

B-

-A

0

NB+ CB NB-

−

3 A 2

3 Fm 2

Fm

3 am 2

am

50% 75% 100% 75%

Wt Độ lớn Wtmax =W 3 W 4 1 W 2 1 W 4 0

Phần trăm 100%

So sánh

75%

Wt=3Wđ

50%

Wt=Wđ

25% Wđ=3Wt 0% 25%

Wđ=3Wt

50%

1 W 4 1 W 2

50%

Wt=Wđ

1 W 4

25%

3 W 4

75%

Wt=3Wđ

0

0%

Wtmax =W

100%

Khi xét mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều ta thấy dao động điều hoà theo chiều dương ứng với góc pha âm (nửa đường tròn lượng giác phía dưới), và dao động theo chiều âm ứng với góc pha dương (nửa đường tròn lượng giác phía trên).

Khi ωt+φ > 0 thì v < 0 Khi ωt+φ < 0 thì v > 0 - Xét dấu riêng góc pha ban đầu φ cho ta kết quả chiều dao động tại thời điểm chọn mốc thời gian.

Khi φ > 0 thì v < 0 Khi φ < 0 thì v > 0

- 6-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các đại lượng V< 0 sin

Wđ = Wt

π Wđmax = W

Wđ = 3Wt 2π 3

2 Wtmin = 0

Wđ = 3Wt

π 3

3π 4

Wđ = Wt

π 4

Wt = 3Wđ5π

6

-A

Wtmax = W Wđmin = 0

Wt = 3Wđ

6

−

•

−

Wt = 3Wđ

π

•

A 3A − 2 2

O

A • 2

A 2•

−

•

Vm Vm ± ± 2 2

±

3 Vm 2

±Vm

±

A 2

3 Vm 2

±

•

3A 2

A • 0

•

Vm Vm ± 2 2

5π 6

−

cos

Wtmax = W Wđmin = 0

−

3π − 4 Wđ = Wt

X

π 6

Wt = 3Wđ

π 4

Wđ = Wt

−

2π 3

Wđ = 3Wt

−

π 2

Wđmax = W Wtmin = 0

−

π 3

Wđ = 3Wt

V>0

- Vật chuyển động tròn đều trong thời gian ∆t, góc quét của bán kính α 2π α = (ω là tốc độ góc, α là góc quay trong khoảng thời gian ∆t).

T ∆t α α 2π + công thức hệ quả , = T ∆t M φc T

+ ω=

∆t =

+

α (với α đơn vị rad)

2π T ∆t = α (với α đơn vị độ) 360 Các công thức trên được vận dụng thường xuyên trong quá trình giải bài tập dao động điều hoà, với α = Pha cuối φc- Pha đầu φđ = ω∆t

ωt O

φd

M0 x

Lưu ý: Tất cả các liên hệ trên đều có thể vận dụng cho dao động điện từ Nhận thấy sự tương ứng giữa mạch dao động điện từ LC và dao động cơ điều hòa dù đã được giảm tải, song do dao động điện từ chỉ được học trong thời gian ngắn, học sinh thường quên phương thức vận động - 7-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

của mạch và các công thức để làm bài tập, nên việc ghi nhận các đại lượng tương ứng giữa hai loại dao động sẽ dễ dàng suy ra các kết quả của dao động điện từ từ các kết quả tương ứng của dao động cơ học.

Dao động cơ điều hoà Li độ x = Acos(ωt+φ) Vận tốc v = x’= -ωAsin(ωt+φ) 1 Động năng Wđ = mv 2 2 1 Thế năng Wt = kx 2 2 1 2 Cơ năng W = kA 2

Dao động điện từ Điện tích q = Q0cos(ωt+φ), q = Cu Cường độ dòng điện i = q, = -Q0sin(ωt+φ) 1 Năng lượng từ trường WB = Wt = Li 2 2 1 Năng lượng điện trường WE = Wđ = Cu 2 2 1 1 2 2 Năng lượng điện từ W= CU 0 = LI 0 2 2

II. Các dạng bài tập cơ bản: Dạng 1: Xác định pha ban đầu của hàm số điều hoà 1. Sơ lược về bài toán - Đây là loại bài toán muốn xác định pha ban đầu của một hàm số điều hoà φ, qua đó khai thác thêm các thông tin về trạng thái gốc thời gian như li độ, vận tốc, gia tốc, lực kéo về, động năng, thế năng, chiều dao động: Các đại lượng trên ở gốc thời gian được kí hiệu x0, v0, a0, F0,Wđ0,Wt0.

- Bài toán xác định pha có thể chỉ là một phần trong bài toán khác, qua việc xác định pha ban đầu sẽ cho kết quả bài toán đó.

2. Phương pháp truyền thống - Pha ban đầu phụ thuộc vào cách chọn mốc thời gian t0 = 0 - Xác định các thông số của trạng thái mốc thời gian x0, v0, a0, F0,Wđ0,Wt0 - Giải hệ phương trình lượng giác ở thời điểm mốc thời gian x Khi t = 0 thì x = x0 x0 = Acosφ cosφ = 0 →φ=?

A v v0 = -Aωsinφ sinφ = − 0 v = v0 ωA Nếu đề bài cho các thông tin ban đầu khác như a0, F0,Wđ0,Wt0 thì lập và giải các phương trình lượng giác tương ứng với các đại lượng đó 3. Giải pháp đường tròn lượng giác ϕ+ - Xác định li độ x0 tại thời điểm gốc thời gian t0 = 0 v0<0 - Từ vị trí x0 dựng đường thẳng (d) ⊥ Ox + (d) cắt đường tròn lượng giác tại hai vị trí ϕ + và ϕ − .

- Hai giá trị ϕ + và ϕ − là pha ban đầu của dao động A -A điều hoà; pha ϕ + ứng với trạng thái ban x x 0 O đầu chuyển động theo chiều âm, pha ϕ − ứng với trạng thái ban đầu chuyển động theo chiều dương. x - Trong đó cos ϕ + = cos ϕ − = 0 A v0>0 4. Bài tập ví dụ: ϕ− Bài 1: Một vật dao động điều hoà với tần số góc 10 5 rad/s. Tại thời điểm t = 0 vật có li độ 2cm và có vận tốc v = -20 15 cm/s. Phương trình dao động của vật là: A. x = 2cos(10 5 t + 2 π /3)(cm) C. x = 4cos(10 5 t + π /3)(cm) Bài giải:

B. x = 4cos(10 5 t - 2 π /3)(cm) D. x = 2cos(10 5 t - π /3)(cm)

- 8-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Trước hết tính biên độ dao động theo hệ thức độc lập thơì gian: A2 = x 2 +

v2

ω2

A = 4cm. a) Giải truyền thống Phương trình li độ:x = Acos(ωt+φ). Phương trình vận tốc:v = -ωAsin(ωt+φ) Thay điều kiện ở mốc thời gian t0= 0, ta được hệ sau 2 Khi t = 0 thì x0 = 2 2 = Acosφ cosφ = 4 20 15 v0 = -20 15 -20 15 = -Aωsinφ sinφ = 4.10 5 π 1 →φ= ± cosφ = 2 3 3 sinφ = >0 → φ >0 2

→φ=

(d) v0<0

3

π

. Đáp án C 3 b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Gốc thời gian được chọn tại vị trí x0 = 2, đây là vị trí NB+.

A - Từ vị trí x0 = 2 = ta dựng đường thẳng (d) ⊥ Ox , 2 (d) cắt đường tròn lượng giác tại hai góc:

π 3

và −

-4

+

π

2

O

−

4

x

π 3 v >0 0

π 3

- Do ở mốc thời gian v < 0, nên pha ban đầu dương. Vậy φ =

π

. Đáp án C 3 Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 4cos(πt + ϕ). Thời điểm ban đầu vật qua vị trí có li độ x = - 2 3 cm và động năng của vật đang tăng. Xác định pha ban đầu ϕ?

A. ϕ = -5π/6 B. ϕ = - π/6 C. ϕ = 5π/6 D. ϕ = π/6 Bài giải: 3 3 - Gốc thời gian được chọn tại vị trí x0 = -2 3 = - 4 =− A, 2 2 (d) đây là vị trí KT-.

3 5π - Từ vị trí KT- : x0 = − A , ta dựng đường thẳng + 6 2 v0<0 (d) ⊥ Ox , (d) cắt đường tròn lượng giác 5π 5π −2 3 tại hai góc: và − -4 6 6 O 4 x - Do ở mốc thời gian động năng tăng nên độ lớn vận tốc tăng, vật đi về vị trí cân bằng tức là đi theo chiều dương, do đó pha ban đầu âm.

5π v0>0 − 6 5π Vậ y φ = − . Đáp án A 6 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Việc giải phương trình lượng giác trong nhiều trường hợp mất nhiều thời gian. Sự dụng đường tròn lượng giác khi đã quen cho kết quả nhanh hơn và trực quan.

- Học sinh vận dụng phương pháp này để xây dựng pha ban đầu ở 9 vị trí đặc biệt. Trước khi dựng đường thẳng (d) ta lưu ý đổi giá trị x0 theo biên độ A, qua đó biết được vị trí ban đầu là vị trí nào (B+,KT+,HD+,NB+,CB,NB-,HD-,KT-,B-). Nhờ vậy việc áp dụng đường tròn lượng giác dễ dàng hơn.

- 9-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lược đồ pha ban đầu theo các vị trí đặc biệt

V<0 π 3π 4

5π 6 -A −

π

•

3A 2

3

π 4

π 6

−

A 2

•

•

B- KT HD

−

π

2

2π 3

−

A 2

O

•

NB-

NB+

CB

A 2

A 2

3A 2

•

•

•

3π − 4

x

HD+ KT+

5π 6

− − 2π − 3

−

−

π

π

A

B+

•

0

π

π

6

4

3

2

V>0 Dạng 2: Xác định số lần qua một trạng thái 1. Sơ lược về bài toán - Đây là bài toán xác định số lần vật đi qua một vị trí nào đó trong một khoảng thời gian t. Vị trí được xác định bởi li độ x hoặc xác định theo các đặc điểm khác như v, a, F, Wt, Wđ.

2. Phương pháp truyền thống - Các bước giải bài toán tìm số lần vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, Wt, Wđ, F) trong thời gian t từ thời điểm t1 đến t2. * Giải phương trình lượng giác: x = Acos(ωt+φ), hoặc các phương trình tương ứng với các đại lượng cho trong đề, ta thu được các họ nghiệm tI và tII * Thay tI và tII vào điều kiên: t1 < t ≤ t2 ⇒ Phạm vi giá trị của k (Với k ∈ Z) * Tổng số giá trị của k chính là số lần vật đi qua vị trí đó.

3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Xác định vị trí pha ban đầu φđ = φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm Đ - Xác định pha cuối cùng φc = ωt+φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm C - Xác định góc pha tương ứng của vị trí x: từ x dựng đường thẳng (d) ⊥ Ox, (d) cắt đường tròn tại hai điểm M, N. M - Đưa góc φc về dạng: φc = n.360 + φl + φ+ hay φc = n.2 π + φl, với n là số chu kỳ.

C - Trong mỗi chu kỳ vật qua mỗi vị trí biên φc 1 lần còn các vị trí khác 2 lần; mỗi vị trí x có 2 -10-

-A

x

O

•

A

x

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

góc pha tương ứng tương ứng φ+(điểm M), φ-(điểm N) → trong mỗi chu kỳ chuyển động tròn đều vật qua hai vị trí M, N. Trong n chu kỳ số lần vật qua vị trí x 2n lần, xét trong phần góc lẻ φl vật chuyển động tròn đều tương ứng từ điểm đầu Đ đến điểm cuối C; khi đó có đi qua M và N nữa không.

Nếu từ Đ đến C không gặp M,N thì kết quả là: 2n lần Nếu từ Đ đến C chỉ gặp một trong hai điểm M,N thì kết quả là: (2n + 1) lần Nếu từ Đ đến C gặp M,N thì kết quả là: (2n + 2) lần 4. Bài tập ví dụ: Bài 1: Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5πt −π/3) (x tính bằng cm,t tính bằng s).Trong một giây đầu tiên kể từ lúc t = 0. Chất điểm qua vị trí có li độ x = + 1,5 cm A. 7 lần B. 6 lần C. 5 lần D.4 lần Bài giải: a) Phương pháp truyền thống Giải phương trình: 3cos(5πt −π/3) = + 1,5 ↔ cos(5πt −π/3) = 0,5 5πtI −π/3 = π/3 + k2π 5πtI = 2π/3 + k2π tI = 2/15 + 2k/5 5πtII −π/3 = −π/3 + k2π 5πtII = k2π tII = 2k/5 Thay vào điều kiện trong giây đầu tiên: 0 < t ≤ 1 0 < tI ≤ 1 0 < 2/15 + 2k/5 ≤ 1 -0,33 < k ≤ 2,16 0 < tII ≤ 1 0 < 2k/5 ≤ 1 0 < k ≤ 2,5 họ nghiệm tI có 3 giá trị k = 0,1,2 họ nghiệm tII có 2 giá trị k = 1,2 600 C Vậy có 5 giá trị phù hợp. Đáp án C M φl=1200 + b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Vị trí đầu Đ ↔ φđ = −π/3 - Vị trí cuối C ↔ φc = 5πt −π/3 = 5π.1 −π/3 1,5 -3 3 = 14π/3 = 8400 • 0 O - Đưa φc về dạng: φc = 2.360 + 120 , x suy ra n = 2, φl = 1200 - Vị trí x = + 1,5 (vị trí NB+) ứng với góc pha 600 (điểm M) và -600 (điểm N) Đ≡ N - Từ Điểm Đ quay đến C qua M, nên số lần vật dao động -600 Qua vị trí x = 1,5cm trong giây đầu tiên là: 2n + 1 = 2.2 + 1 = 5 (lần) π  Bài 2: Một vật dao động điều hoà có phương trình x = 2 cos 4πt − (cm) (cm). Trong 2 giây đầu tiên vật 6  đi qua vị trí có động năng bằng ba lần thế năng bao nhiêu lần?

A. 15 lần B. 16 lần C. 18 lần D. 17 lần Bài giải: a) Phương pháp truyền thống Ta có các biểu thức : 1 1 1 π  Động năng: Wđ = mv 2 = mω 2 A2 sin 2 (ωt + ϕ ) = kA2 sin 2 (ωt + ϕ ) = W. sin 2  4πt −  2 2 2 6  1 1 π  Thế năng: Wt = kx 2 = kA2 cos 2 (ωt + ϕ ) = W. cos 2  4πt −  2 2 6  π π   Từ điều kiện: Wđ = 3Wt → W. sin 2  4πt −  = 3W. cos 2  4πt −  6 6   π π π π     ↔ sin 2  4πt −  = 3 cos 2  4πt −  ↔ sin 2  4πt −  = 3(1- sin 2  4πt −  ) 6 6 6 6    

Do k ∈ Z, nên:

-11-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

π π 3 π 3    ↔ 4 sin 2  4πt −  = 3 ↔ sin 2  4πt −  = ↔ sin  4πt −  = ± 6 6 4 6 2    π π 1 k π 3  Xét họ nghiệm: sin  4πt −  = + 4πt − = + k 2π t1 = + 6 3 8 2 6 2  π 2π 5 k 4πt − = + k 2π t2 = + 6 3 24 2 π π 1 k 3 π  Xét họ nghiệm: cos 4πt −  = − 4πt − = − + k 2π t3 = + 6 3 24 2 6 2  π 2π 1 k 4πt − = − + k 2π t4 = − + 6 3 8 2 Thay 4 họ nghiệm t1, t2, t3, t4 vào điều kiện: 0 < t ≤ 2, với chú ý k là số nguyên Ta được kết quả: 0 < t1 ≤ 2 → -0,25 < k ≤ 3,75 → k = 0, 1, 2, 3 0 < t2 ≤ 2 → -0,41 < k ≤ 3,5 → k = 0,1, 2, 3 0 < t3 ≤ 2 → -0,04 < k ≤ 3,9 → k = 0, 1, 2, 3 0 < t4 ≤ 2 → 0,12 < k ≤ 4,25 → k = 1, 2, 3, 4 Vậy có 16 giá trị của k phù hợp, tức là có 16 lần vật qua vị trí động năng bằng 3 lần thế năng trong 2 giây Wđ=3Wt đầu tiên. b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Vị trí có Wđ = 3Wt là các vị trí NB+, và NBP M 1200 các vị trí này biểu diễn tương ứng trên đường + 600 tròn lượng giác tại các điểm M,N,P,Q - Vị trí pha ban đầu Đ(-300), - Góc pha cuối sau 2 giây: -1 1 2 -2 π 47π • 0 O φc = 4π .2 − = = 1410 x 6 6 Đ≡ C φc = 14100 = 3.3600 + 3300 → n = 3, φt = 3300 0 0 -30 ≡3300 Vị trí pha cuối C(330 ), C trùng với Đ, -600 N trong 2 giây đầu chuyển động tròn đều tương ứng -1200 Q được 3 vòng, và vòng cuối đi qua đủ 4 điểm M, N, P, Q. Vậy có 3.4 + 4 = 16 lần 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Trong bài toán này việc giải phương trình lượng giác là dài, và khó khăn khi nghiệm là vị trí góc pha không rơi vào các góc đặc biệt.

Ví dụ trong bài toán 1, điều chỉnh lại như sau: “Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5πt −π/3) (x tính bằng cm,t tính bằng s).Trong một giây đầu tiên kể từ lúc t = 0. Chất điểm qua vị trí có li độ x = + 1cm”. (Trích TSĐH 2008).

Nếu giải theo phương pháp truyền thống thì ta cần tìm nghiệm của phương trình: 3cos(5πt −π/3) = + 1 ↔ cos(5πt −π/3) = 1/3. phương trình này có nghiệm là các giá trị không đặc biệt, (khoảng 1,23+ k.2π = ±70,5 + k.3600), dó đó gây cảm giác ngại tính toán cho học sinh. Còn giải theo đường tròn lượng giác thì kết quả nghiệm như vậy cũng không ảnh hưởng đến tâm lý làm và tốc độ làm bài.

- Phương pháp đường tròn lượng giác nhanh hơn hẳn phương pháp truyền thống, đặc biệt đối với các bài toán mà vị trí cần tìm số lần đi qua lại gồm hai vị trí đối xứng nhau, khi đó sẽ có 4 họ nghiệm phù hợp (như trong bài toán 2).

- Có thể áp dụng cho bài toán hỏi số lần đi qua một vị trí nào đó theo một chiều nhất định. Khi đó chỉ tìm số lần chuyển động tròn đều qua một vị trí M hoặc N; tương ứng với chiều chuyển động.

Nếu v > 0, thì xét điểm N có pha âm φ-.

Nếu v < 0, thì xét điểm M có pha dương φ+.

Dạng 3: Xác định khoảng thời gian -12-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1. Sơ lược về bài toán - Đây là bài tập xác định khoảng thời gian ngắn nhất để vật dao động từ trạng 1 xác định bởi (x1,v1) đến trạng thái 2 xác định bởi (x2, v2). Trong đề các trạng thái 1, 2 có thể ẩn dưới những thông tin khác như gia tốc, lực, động năng, thế năng.

- Trong dao động điện từ cũng làm tương tự, các trạng thái được xác định bởi các đại lượng như u, q, i, năng lượng điện trường, hay năng lượng từ trường.

2. Phương pháp truyền thống - Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 1 x1 = Acos(ωt+φ) v1 = -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t1 - Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 2 x2 = Acos(ωt+φ) v2 = -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t2 - Hiệu chỉnh khoảng thời gian từ t1 đến t2 rút ra kết quả: t = t2min – t1min - Nếu tính thời gian ngắn nhất để đi từ vị trí x1 đến vị trí x2 thì khi giải hệ các phương trình trên cần lưu ý vận tốc ở các vị trí phải xét trường hợp cùng chiều từ x1 đến x2.

- Có thể chọn lại mốc thời gian t0 = 0 tại khi vật ở trạng thái 1, giải phương trình lượng giác trạng thái 1 để được pha ban đầu mới. Khi đó ta lấy t1 = 0, sau đó giải phương trình lượng giác ở trạng thái 2 với phương trình pha ban đầu mới xác định t2.

3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Trạng thái 1 được biểu diễn bằng điểm M trên đường tròn lượng giác có góc pha φ1, - Trạng thái 2 được biểu diễn bằng điểm N trên đường tròn lượng giác có góc pha φ2 - Góc quét của bán kính chuyển động tròn đều trên cung MN là α thời gian dao động điều hoà từ trạng thái 1 đến trạng thái 2 bằng thời gian vật chuyển động tròn đều tương ứng quét hết cung α T T ∆t = α (với α đơn vị rad) ∆t = α (với α đơn vị độ) 2π 360 4. Bài tập ví dụ: 2π   Bài 1: Một vật dao động điều hoà với phương trình dao động x = 4 cos 0,4πt −  cm. Khoảng thời gian 3   ngắn nhất khi vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm là: A. 0,42s B. 0,21s C. 0,625s D. 8,3ms Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm thì vận tốc v1và v2 cùng chiều từ x1 = 2cm

đến x2 = 2 3 cm, tức là cùng chiều dương - Giải hệ phương trình lượng giác: 2π   x = x1 4 cos 0,4πt − =2 3   2π  5  v = v1>0 − 4.0,4π sin  0,4πt −  > 0 rút ra họ nghiệm t1 = + 5k 6 3   - Giải hệ phương trình lượng giác: 2π   x = x2 4 cos 0,4πt − =2 3   2π  v = v2>0 − 4.0,4π sin  0,4πt − 3 

3

5   > 0 rút ra họ nghiệm t2 = + 5k 4  - Suy ra thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm là 5 5 5 t = t2min – t1min = − = ≈ 0,42 (s) 4 6 12 -13-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Chú ý: có thể chọn lại mốc thời gian t0 = 0 khi vật qua vị trí x1 = 2cm theo chiều đến x2 = 2 3 cm (theo chiều dương) Giải hệ: 4 cos(0,4πt + ϕ ) = 2

− 4.0,4π sin (0,4πt + ϕ ) > 0 rút ra pha ban đầu mới φ = −

π 3

π  Ta có phương trình dao động mới x = 4 cos 0,4πt −  cm.

3  Giải hệ phương trình khi vật đến vị trí x2 = 2 3 cm (theo chiều dương) π 5  4 cos 0,4πt −  = 2 3 rút ra họ nghiệm t2 = + 5k 12 3 

π 3

π  − 4.0,4π sin  0,4πt −  > 0 3  5 5 −0= ≈ 0,42 (s) 12 12 b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Vẽ đường tròn lượng giác, xác định các góc biểu diễn các trạng thái như hình vẽ.

- Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm bằng thời gian chuyển động tròn đều = α = 300 tương ứng quét hết cung MN Chu kỳ: T =

2π

ω

+

6 2

-4

Suy ra kết quả: t = t2min – 0 =

-

π

O

2 3 4 N

M π

−

−

x

π 6

0

30

3

= 5 (s)

T 5 5 α= 30 = (s) 360 360 12 Bài 2: Một mạch dao động LC có L=2mH, C=8pF, lấy  2=10. Thời gian ngắn nhất từ lúc tụ bắt đầu phóng điện đến lúc có năng lượng điện trường bằng ba lần năng lượng từ trường là: 10 −6 10−5 s s A. B. 2.10-7s C. D. 10-7s 15 75 Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Trước hết phải lập phương trình điện tích: q = Q0 cos(ωt + ϕ )

-

Thời gian cần tìm: t = ∆t =

Theo các dữ kiện đề bài ta lập được: ω = 2,5π .106 rad/s Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện; giải hệ điều kiện ban đầu t = 0, q = Q0 rút ra φ = 0 Suy ra phương trình điện tích: q = Q0 cos 2,5π .106 t -Viết biểu thức năng lượng điện trường: q2 Q2 Eđ = = 0 cos 2 2,5π .104 t = E0 cos 2 2,5π .104 t 2C 2C - Viết biểu thức năng lượng từ trường: Et = E0 – Eđ = E0 − E0 cos 2 2,5π .10 4 t = E0 sin 2 2,5π .10 4 t - Sau đó giải phương trình lượng giác: Eđ = 3Et, rút ra 4 họ nghiệm, mỗi họ nghiệm xác định giá trị t thứ 1 nhất (với điều kiện t > 0); kết quả là giá trị nhỏ nhất trong 4 giá trị trên: t = 10− 6 (s) 15 π b) Sử dụng đường tròn lượng giác 5π 6 - Vẽ đường tròn lượng giác như hình bên 6 N vị trí M ứng với thời điểm tụ bắt đầu phóng điện 300 (vị trí biên). Vị trí N ứng với thời điểm Eđ = 3Et O KTKT+ M (vị trí không tên).

-Q0 Q0 x - Góc quét chuyển động tròn đều tương ứng cung

(

(

)

)

(

(

)

)

(

)

-14−

5π 6

−

π 6

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

= α = 300 MN - Chu kỳ: T =

2π

ω

=

2π = 8.10 − 7 (s) 2,5π .104

- Thời gian cần tìm: t = ∆t =

8.10 −7 1 T α= 30 = 10 −6 (s) 360 360 15

π Câu 3: (TSĐH 2010). Tại thời điểm t, điện áp u = 200 2 cos(100π t − ) (trong đó u tính bằng V, t tính bằng 2 1 s , điện áp này có giá trị là s) có giá trị 100 2V và đang giảm. Sau thời điểm đó 300 A. −100V. B. 100 3V .

C. −100 2V .

D. 200 V. Bài giải: - Giá trị u = 100 2V =

200 2 U 0 ; vị trí NB+, u đang giảm tương ứng trong dao động điều hoà = 2 2

vật có chiều từ NB+ về VTCB. 2π 1 - Chu kỳ: T = = (s) 100π 50 2π 1 1 1 T ; thời gian t = - Thời gian: T = = = = 100π 50 300 6.50 6 T T T - Theo nhận xét về trạng thái đầu ta tách: t = = + 6 12 12 1 Dựa vào lược đồ thời gian ta thấy trong thời gian t = (s) vật đi từ vị trí NB+ đến vị trí NB-, do đó thì 300 U 200 2 u=− 0 =− = −100 2 (V ) .

2 2 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Bài toán loại này giải bằng phương trình lượng giác là khá dài, có nhiều họ nghiệm nên việc biện luận cũng mất nhiều thời gian.

- Phương án đường tròn lượng giác cho kết quả nhanh.

- Có thể vận dụng bài toán thời gian để xác định lại trạng thái, chỉ cần biết trạng thái đầu và khoảng thời gian, ta phân tách khoảng thời gian đó thành những khoảng thời gian “đặc biệt” để vật dao động giữa các vị trí “đặc điệt”; từ đó xác định được trạng thái cuối.

- Có thể yêu cầu học sinh sử dụng đường tròn lượng giác để tính khoảng thời gian ngắn nhất giữa các vị trí đặc biệt, rút ra bảng tính nhanh thời gian

Lược đồ thời gian -A − 3A − A 2 2

•

B- KT-

•

•

HDT 6

T 8 T 12

−

O

A 2

•

A 2

NB+

CB

NBT 12

T 12

T 8

T 8

T 6

T 6

T 4

T 4

-15-

•

A 2

•

HD+

3A 2

•

• +

KT

T 6

T 8

T 12

x

A B+

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Lược đồ trên có thể vận dụng cho các hàm điều hoà của dao động điện từ U0 2

-U0 −

3U 0 2

-Q0 −

3Q0 Q 0 − 2 2

•

B- KT-

•

−

•

HDT 6

T 8 T 12

U0 2 Q − 0 2

U0 2

−

O

•

Q0 2

CB

NB-

NB+

T 12

T 12

T 8

T 8

T 6

T 6

T 4

T 4

•

3U 0 2

U0 2 Q0 2

U0

3Q 0 Q0 2

•

HD+

•

• +

KT

x

B+

T 6

T 8

T 12

Dạng 4: Xác định thời điểm 1. Sơ lược về bài toán - Xác định thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, Wt, Wđ, F) lần thứ n, hoặc xác định thời điểm để cường độ dòng điện i (hoặc u, q, WE, WB) thoả mãn điều kiện nào đó.

2. Phương pháp truyền thống Giải bài toán tính thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, Wt, Wđ, F) lần thứ n * Giải phương trình lượng giác lấy các nghiệm của t (Với t > 0 ⇒ phạm vi giá trị c ủa k ) * Liệt kê n nghiệm đầu tiên (thường n nhỏ) * Thời điểm thứ n chính là giá trị lớn thứ n Lưu ý:+ Đề ra thường cho giá trị n nhỏ, còn nếu n lớn thì tìm quy luật để suy ra nghiệm thứ n + Tương tự đối với các bài toán định thời điểm để cường độ dòng điện i (hoặc u, q, WE, WB) thoả mãn điều kiện nào đó.

3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Dùng đường tròn lượng giác liên hệ giữa góc pha với các vị trí đặc biêt để: + Xác định trạng thái ở gốc thời gian: xác định toạ độ và chiều chuyển động + Xác định trạng thái chứa điều kiện cần tính.

- Áp dụng lược đồ tính nhanh thời gian giữa các vị trí đặc biệt.

4. Bài tập mẫu Bài 1: Một vật dao động theo phương trình x = 5 cos(πt +

π 4

) (cm). Kể từ gốc thời gian vật đi qua vị trí lực

kéo về triệt tiêu lần thứ ba vào thời điểm A. 2,25 s B. 2,75 s C. 2,5 s D. 2 s Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Lực kéo về (F = - kx) triệt tiêu khi vật đi qua vị trí cân bằng: x = 0 Giải phương trình: 5 cos(πt +

π 4

) = 0 → πt +

π 4

=

π 2

+ kπ → πt = -16-

π 4

+ kπ

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1 → t = + k , điều kiện t > 0 nên k = 0,1,2,3...

4 Vật qua vị trí lực kéo về triệt tiêu lần thứ 3 ứng với k = 2 → t =

1 + 2 = 2,25 (s) 4

b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Chu kỳ T = 2(s)

π

= 450 ↔ Vị trí HD+, và đi theo chiều âm 4 - Vị trí lực kéo về triệt tiêu là vị trí cân bằng O,

- Vị trí góc pha ban đầu φđ = φ =

9T 8

T 8

O • CB

•B

-

T x

•

•B+

HD+

- Thời điểm vật qua vị trí F = 0 lần thứ 3 là thời điểm vật qua vị trí cân bằng O lần thứ 3. Theo lược đồ thời T gian ta có kết quả: t = T + = 2,25 (s) 8

π  Bài 2: (TSĐH2008)Dòng điện xoay chiều chạy qua một đoạn mạch có biểu thức i = 2 sin 100πt + ( A) , t 2  tính bằng giây (s). Tính từ lúc 0( s ) , thời điểm đầu tiên mà dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu dụng là 1 1 1 1 A. B. C. D. ( s) . ( s) . ( s) . (s) .

100 300 400 600 Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Giải phương trình i =

I0 π π 1   ↔ 2 sin 100πt +  = 1 ↔ sin 100πt +  = 2 2 2 2  

1 k + 2 4 4 400 50 π 3π π 1 k 100πt + = + k 2π → 100πt = + k 2π → t 2 = + 2 4 4 400 50 1 k 1 k Suy ra: t1 = − > 0 nên k = 1,2,3.. và t 2 = > 0 nên k = 0,1,2... + + 400 50 400 50 Thay các giá trị của k vào từng họ nghiệm, giá trị nhỏ nhất ứng với thời điểm đầu tiên; ứng với k = 0 ở họ 1 0 1 nghiệm t2. Kết quả t min = (s) + = 400 50 400 T b) Đường trọn lượng giác 8 x O - Chu kỳ T = 0,02(s)

Suy ra:

100πt +

π

=

π

+ k 2π → 100πt = −

π

+ k 2π → t1 = −

•

•

B-

CB

π  - Chuyển phương trình về dạng hàm cosin: i = 2 sin 100πt +  = 2 cos(100πt ) 2  + - Vị trí góc pha ban đầu φđ = φ = 0 ↔ Vị trí B - Vị trí dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu ↔ Vị trí HD+ T 0,02 1 = = (s) 8 8 400 Bài 3: (TSĐH 2007) Xét một dao động điều hòa có phương trình - Theo lược đồ thời gian ta có kết quả: t =

-17-

•

HD+

•

B+

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

5π   x = A cos ωt − (cm) . Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi : 6   5T T T A. t = 0 B. t = C. t = D. t = 12 4 6 O T Bài giải: 6

• B-

•

T 4

x

•

• CB

KT-

B+

5π - Pha ban đầu − , theo lược đồ đường tròn lượng giác nên trạng thái ban vị trí KT-, và chuyển động 6 theo chiều dương.

- Vị trí gia tốc có độ lớn cực đại là các vị trí B+, BT T 5T - Thời gian ngắn nhất cần tìm t = + = 6 4 12 Bài 4: Một tụ điện có điện dung 1µF được tích điện đến một điện áp xác định. Sau đó nối hai bản tụ điện vào hai đầu một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm 1mH. Bỏ qua điện trở của mạch, lấy π2 = 10. Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện, xác định thời điểm năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường lần thứ 2?

A. 100µs .

B. 75 µs .

C. 50µs D. 25µs Bài giải: - Chu kỳ dao động điện từ T = 2π LC = 2.10 −4 ( s ) - Theo các lược đồ đường tròn lượng giác, ta xác định các vị trí + Mốc thời gian t0 = 0 lúc tụ bắt đầu phóng điện: q = Q0, vị trí B+ + Vị trí có năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là vị trí Q T T O q = ± 0 , (các vị trí HD+, HD-) 4 8 q 2 • B-

• CB

• HD-

• HD-

• B+

Thời điểm thứ 2 năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là T T 3T t= + = = 7,5.10 − 5 = 75.10 − 6 = 75µs 8 4 8 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Bài toán xác định thời điểm có thể quy về bài toán xác định khoảng thời gian, với trạng thái đầu là trạng thái ứng với mốc thời gian t0 = 0.

- Để giải nhanh theo đường tròn lượng giác trước tiên cần biết rõ đặc điểm của từng đại lượng tại các vị trí đặc biệt. Dựa vào các thông tin các trạng thái ta tìm được ngay các vị trí. Sau đó vận dụng lược đồ thời gian giữa các vị trí đặc biệt.

-

Lược đồ đặc điểm các trạng thái trong dao động điện từ và dao động cơ điều hoà WE=3WB

WE=3WB WBmin

WBmax

WEmax i=0 U0 Q0 -

B

WB=WE WB=3WE

•

-

KT

•

•

-

HD

V=0 amax Fmax v đổi chiều Wđmin

•

-

NB

Wđ=3Wt Wđ=Wt

Wt=3Wđ

WBmin

WEmin I0 u=0 q=0 CB

Vmax a=0 F=0 a, F -18 đổichiều

Wđmax

WB=WE

WEmax i=0 U0 Q0

WB=3WE

+

NB

•

•

+

HD

•

+

KT

•

+

B

V=0

Wđ=3Wt

amax Wđ=Wt

Wt=3Wđ

Fmax v đổi chiều Wđmin

x,q,u

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Kết hợp các lược đồ vị trí và lược đồ thời gian ta có: T chu kỳ 4 + Trong một chu kỳ dao động có 4 lần để Wđ=nWt hay WB=nWE với n ≠0 - Việc kết hợp lược đồ thời gian và lược đồ đặc điểm các trạng thái giúp chúng ta giải nhanh các bài toán thời gian. + Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp để Wđ=Wt hay WB=WE là

Dạng 5: Xác định thời gian đèn sáng - tắt 1. Sơ lược về bài toán - Cường độ dòng điện, điện áp xoay có giá trị thay đổi qua giá trị 0; nên trong mạch điện có bóng đèn có những khoảng thời đèn sáng, đèn tắt. Điều kịên đèn sáng: u ≥ u gh hay i ≥ igh Điều kiện đèn tắt: u < u gh hay i < igh 2. Phương pháp truyền thống - Xét điện áp xoay chiều u = U0cos(ωt+φ), và trong một chu kỳ T - Điều kiện đèn sáng: u ≥ u gh u gh ≤ u ≤ U 0 (1) − U 0 ≤ u ≤ −u gh (2) Do tính đối xứng của hàm lượng giác nên khoảng thời gian ở bất phương trình (1) và (2) bằng nhau, ta chỉ giải một.

Trước hết giải các phương trình u = u gh và u = U 0 , từ đó suy ra khoảng thời gian ∆t để điện áp tăng từ u gh

đến U 0 , trong một chu kỳ khoảng thời gian để điện áp giảm từ U 0 đến u gh cũng bằng ∆t .

Vậy trong một chu kỳ thì khoảng thời gian đèn sáng: tsáng = 2 ∆t +2 ∆t = 4 ∆t khoảng thời gian đèn tắt: ttắt = T - 4 ∆t 3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Xác định giá trị u gh rơi vào vị trí đặc biệt nào, suy ra các góc pha ϕ1 , ϕ2 biểu diễn thời điểm u = u gh và u = - u gh .

B

u gh

u gh

A

ϕ2 ϕ1 ) tắt U0 U0 Xét xác nghiệm dương ϕ1 , ϕ2 -ugh ugh sáng sáng - Vẽ trên đường tròn lượng giác các góc -U0 u U0 pha ϕ1 , ϕ2 . Đèn sáng trên các cung AD, BC; đèn tắt trên các cung AB, CD. tắt Số đo cung tương ứng đèn sáng αsáng = 4φ1 Số đo cung tương ứng đèn tắt αtắt = 2π - 4φ1 C D - Trong một chu kỳ T T T tsáng = αsáng ttắt = αtắt 2π 2π α t - Tỉ lệ thời gian: sang = sang ttat α tat 4. Bài tậpví dụ: Bài 1: Một bóng đèn ống được mắc vào mạng điện xoay chiều tần số 50Hz, điện áp hiệu dụng U = 220V. Biết rằng đèn chỉ sáng khi điện áp giữa hai cực của đèn đạt giá trị u ≥ 110 2V .

(với cos ϕ1 =

và cos ϕ 2 = −

-19-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

a) b) c) d) e)

GV Nguyễn Trung Hiếu

Thời gian đèn sáng trong một chu kỳ Thời gian đèn tắt trong một chu kỳ Thời gian đèn sáng trong một giây Thời gian đèn tắt trong một giây Tỉ số thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ

Bài giải: Sử dụng đường tròn lượng giác Giá trị u gh = 110 2V , giá trị cực đại U 0 = 220 2V , nên u gh = Từ lược đồ pha suy ra góc pha ϕ1 =

π

U0 (vị trí NB+) 2

= 600

3

4π = 2400 3 2π Số đo cung tương ứng đèn tắt: αtắt = 2π − 4ϕ1 = = 1200 3 B A 1200 60 0 1 Chu kỳ: T = = 0,02( s ) 50 tắt Thời gian đèn sáng trong một chu kỳ: T 2T 1 T sáng -110 2 110 2 sáng u 240 = αsáng= = (s) tsáng = 2π 360 3 75 220 2 -220 2 Thời gian đèn tắt trong một chu kỳ: T T T 1 tắt ttắt = αtắt= 120 = = ( s) 2π 360 3 150 240 0 300 0 C D 2 2 Thời gian đèn sáng trong một giây: t = .1 = ( s ) 3 3 1 1 Thời gian đèn tắt trong một giây: t = .1 = ( s ) 3 3 Tỉ số thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ: 240:120 = 2:1 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết Lưu ý: Có thể vận dụng lược đồ thời gian kết hợp lược đồ vị trí để tính thời gian đèn sáng, đèn tắt.

Dạng 6: liên quan đến yếu tố cực trị 1. Sơ lược về bài toán Ta thường gặp hai loại bài toán sau: - Bài toán tính quãng đường lớn nhất (nhỏ nhất) vật dao động trong một khoảng thời gian nào đó: SMax, SMin,...

- Trong bài toán có chứa thông tin những đại lượng có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất; như tMax,tMin, vtbMax,vtbMin,...

2. Phương pháp truyền thống - Gặp nhiều khó khăn 3. Giải pháp đường tròn lượng giác T * Bài toán tìm SMax, SMin trong một khoảng thời gian 0 < ∆t < 2 - Nhận xét: Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên, nên trong cùng một khoảng thời gian quãng đường đi được càng dài khi vật càng gần VTCB và càng ngắn khi càng gần vị trí biên.

- Trong khoảng thời gian ∆t góc quét của bán kính chuyển động tròn đều tương ứng: ∆ϕ = ω.∆t Số đo cung tương ứng đèn sáng: αsáng = 4ϕ1 =

sin M2

M1

M2

∆ϕ 2

-A

A P2

O

P1

x -20-

-A

P O

A cos x

∆ϕ 2

M1

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Quãng đường lớn nhất SMax = P1P2 tương ứng khi vật chuyển động tròn đều trên cung M 1 M 2 = ∆ϕ = ω .∆t từ M1 đến M2 đối xứng qua trục sin ∆ϕ S Max = 2A sin 2

- Quãng đường nhỏ nhất SMin = 2AP tương ứng khi vật chuyển động tròn đều trên cung M 1 M 2 = ∆ϕ = ω.∆t từ M1 đến M2 đối xứng qua trục cos ∆ϕ ) S Min = 2 A(1 − cos 2 * Bài toán tìm tốc độ trung bình lớn nhất, nhỏ nhất trong một khoảng thời gian T 0 < ∆t < 2 S S vtbMax = Max và vtbMin = Min với SMax; SMin tính như trên. ∆t ∆t * Bài toán cho quãng đường S < 2A, tìm khoảng thời gian dài nhất và ngắn nhất - Nhận xét: Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên, nên trong cùng một quãng đường, khoảng thời gian càng dài khi vật càng gần vị trí biên và khoảng thời gian càng ngắn khi chuyển động càng gần xung quanh VTCB. - Tuỳ thuộc đề bài để quãng đường bài toán cho đối xứng xung quanh các VTCB (vMax) hay vị trí biên (vMin). Sau đó xác định vị trí đầu x1 và vị trí cuối x2. Kết hợp lược đồ thời gian ta sẽ tính được tMin hay tMax. 4. Bài tập ví dụ: Bài 1: (TSCĐ 2008). Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox, quanh vị trí cân bằng O với biên độ A và T chu kỳ T. Trong khoảng thời gian , quãng đường lớn nhất (nhỏ nhất) mà vật có thể đi được là 4 3A sin A. A. B. .

2 M2 M1 M2 C. A 3 D. A 2 . π π A A Bài giải: 4 4 − Góc quét: P 2 2 A A cos -A π A T 2π π O x x O P1 P2 ∆ϕ = ω.∆t = ω = = 4 2 4 4 2 S Max

M1

Biểu diễn góc quét để tính SMax như hình vẽ A SMax = 2 =A 2 2 Biểu diễn góc quét để tính SMin như hình vẽ A SMin = 2AP = 2( A − ) = A( 2 − 2 ) 2 Bài 2: Mét vËt dao ®éng ®iÒu hßa víi biªn ®é A vµ tÇn sè f. Thêi gian ng¾n nhÊt ®Ó vËt ®i ®−îc qu·ng ®−êng cã ®é dµi A lµ f 1 1 1 A. .

B. .

C. .

D. .

4 6f 4f 3f Bài giải: Trên cùng quãng đường A để đi trong thời gian ngắn nhất thì vật phải dao động xung quanh VTCB nhiều nhất.

Chia quãng đường A thành 2 phần bằng nhau đối xứng qua VTCB. -21-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

A Li độ điểm đầu x1 = − , T T O 2 x 12 12 A • • • • • Li độ điểm cuối x2 = ; CB BNBNB+ B+ 2 Thời gian ngắn nhất đi hết quãng đường S = A bằng thời gian ngắn nhất đi từ vị trí NB- đến vị trí NB+. Từ T T T 1 lược đồ thời gian suy ra kết quả: tMin = + = = 12 12 6 6 f

Bài 3: (TSĐH 2010). Một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 5 cm. Biết trong một chu T kì, khoảng thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn gia tốc không vượt quá 100 cm/s2 là . Lấy π2=10. Tần 3 số dao động của vật là: A. 4 Hz. B. 3 Hz. C. 2 Hz. D. 1 Hz. Bài giải: T T 2π - Trong thời gian ∆t = góc quét của bán kính: α = ω.t = ω. = = 1200 3 3 3 - Trong dao động điều hoà gia tốc có độ lớn nhỏ nhất ở VTCB, lớn nhất ở vị trí biên.

- Vị trí gia tốc có giá trị a = a0 = 100cm/s2; B A đó là hai vị trí P1 và P2 có li độ lần lượt x1, x2 600 xác định theo điều kiện a = a0 Do gia tốc có độ lớn bằng nhau tại hai vị 5 -5 600 -2,5 2,5 trí đối xứng nhau qua VTCB, nên P1 và P2 đối P1 P2 xứng nhau qua VTCB: x1 = x2 = x Gọi thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB 600 đến P1(hoặc P2) là t. Theo lược đồ lượng giác khoảng thời gian ∆t (để a ≤ a0 ) gấp 4 lần t D C Suy ra: ∆t = 4t → t =

∆t (T 3) T = = 4 4 12

Theo lược đồ thời gian: thời gian ngắn nhất từ VTCB đến NB là

T 12

A = 2,5(cm) 2 - Do đó: a = a0 ⇔ ω 2 x = 100 ⇔ ω 2 .2,5 = 100 ⇔ ω 2 = 40 ⇒ ω = 2π ⇒ f = 1Hz

Nên P1 ở vị trí NB-, P2 ở vị trí NB+, vậy x1 = x2 = x =

Bài 4: Một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 5 10 cm. Biết trong một chu kì, khoảng T thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn vận tốc không vượt quá 50 cm/s2 là . Lấy π2=10. Tần số dao 3 động của vật là A. 4 Hz. B. 3 Hz. C. 2 Hz. D. 1 Hz. Bài giải: - Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên.

- Có thể làm tương tự “bài 3”, khác ở chỗ thời gian được tính từ các vị trí P1, P2 ra biên. ∆t (T 3) T ∆t = 4t → t = = = .

4 4 12 T - Theo lược đồ thời gian: trong khoảng thời gian vật đi từ vị trí B+ đến vị trí KT+, mà ở vị trí KT vận tốc 12 ωA v có độ lớn v = Max = 2 2 ωA ω.5 10 - Kết hợp đề bài ta có: = 50 ↔ = 50 → ω = 2 10 = 2π ⇒ f = 1Hz 2 2 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết -22-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

T Lưu ý: + Trong trường hợp ∆t > T/2 . Tách ∆t = n + ∆t ' 2 T trong đó n ∈ N * ;0 < ∆t ' < 2 T Trong thời gian n quãng đường luôn là 2nA 2 Trong thời gian ∆t’ thì quãng đường lớn nhất, nhỏ nhất tính như trên. + Bài toán trong một khoảng thời gian ∆t độ lớn của đại lượng (v, a, F, Wđ, Wt) không vượt quá hay luôn lớn hơn một giá trị nào đó, trước hết nhận xét loại đại lượng đó có độ lớn nhỏ nhất, lớn nhất ở VTCB ∆t hay vị trí biên. Chia khoảng thời gian ∆t thành 4 phần; trong khoảng thời gian vật thực hiện dao động 4 từ VTCB (hoặc từ vị trí biên) đến vị trí đại lượng bị giới hạn, từ đó tìm được vị trí và giá trị gới hạn của đại lượng; đối chiếu với thông tin đề bài sẽ có kết quả.

Dạng 7: Liên quan các bài toán KHÓ Ví dụ 1 Cho hai mạch dao động lí tưởng L1C1 và L2C2 với C1 = C2 = 0,1µF, L1 = L2 = 1 µH. Ban đầu tích điện cho tụ C1 đến điện áp 6 V và tụ C2 đến điện áp 12 V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì điện áp trên 2 tụ C1 và C2 chênh lệch nhau 3V? A.

10−6 s 6

B.

10−6 s 3

C.

10−6 s 2

D.

10−6 s 12

Lời giải Hai mạch dao động có C1 = C2 ; L1 = L 2 nên ω1 = ω2 = ω =

1 L1C1

Khi cho hai mạch bắt đầu dao động cùng một lúc thì điện áp giữa hai bản tụ của mỗi mạch dao động biến thiên cùng tần số góc.

Ta biểu diễn bằng hai đường tròn như hình vẽ Tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu dao động, điện áp trên mỗi tụ là u1, u2 Theo bài toán: u2 – u1 = 3V (1) Từ hình vẽ, ta có: Từ

u1 = 3V =

(1)

U 02 u 2 = = 2 (2) U 01 u1 và

(2),

ta

được:

U 01 π ∆α π 10−6 = = (s) . ⇒ ∆α = ⇒ ∆t = 2 3 ω 3ω 3

Ví dụ 2 Một sóng cơ học lan truyền trên mặt thoáng chất lỏng nằm ngang với tần số 10 Hz, tốc độ truyền sóng 1,2 m/s. Hai điểm M và N thuộc mặt thoáng, trên cùng một phương truyền sóng, cách nhau 26 cm (M nằm gần nguồn sóng hơn). Tại thời điểm t, điểm N hạ xuống thấp nhất. Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm M hạ xuống A. 11/120 (s)

thấp B. 1/60 (s)

nhất

C. 1/120 (s)

D. 1/12 (s) -23-

là

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lời giải Bước sóng λ = v/f = 0,12m = 12cm MN = 26 cm = (2 + 1/6) λ.

Điểm M dao động sớm pha hơn điểm về thời gian là 1/6T. Tại thời điểm t N hạ xuống thấp nhất, M đang đi lên sau đó t = 11T/12 M sẽ hạ xuống thấp nhất: t =

N •

11T/12 = 11/120 (s).

Chọn đáp án A

M • Ví dụ 3 : Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây A là một điểm nút, B là điểm bụng gần A nhất với AB = 18 cm, M là một điểm trên dây cách B một khoảng 12 cm. Biết rằng trong một chu kỳ sóng, khoảng thời gian mà độ lớn vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc dao động cực

đại của phần tử M là 0,1 s. Tốc độ truyền sóng trên dây là?

Lời giải AB =

λ 4

→ λ = 4 AB = 72 cm . M cách A: d = 6cm hoặc 30 cm

Phương trình sóng ở M: uM = 2a.sin Do đó vM max = 2aω.sin

2π d

λ

2π d

λ

.sin ωt → vM = 2aω.sin

2π d

λ

.cosωt .

= a. ω

Phương trình sóng ở B: uB = 2a.sin ωt → vB = 2aω.cosωt Vẽ đường tròn suy ra thời gian vB < vMmax là T/3. Do đó T = 0,3 s.

Từ đó tính được tốc độ truyền sóng: v =

λ T

=

72 = 240 cm / s.

0,3

Ví dụ 4. Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây A là một nút, B là điểm bụng gần A nhất, AB = 14 cm. C là một điểm trên dây trong khoảng AB có biên độ bằng một nửa biên độ của B. Khoảng cách AC là: A. 14/3 cm

B. 7 cm

C. 3,5 cm

Lời giải λ = 4.AB = 56 cm Dùng liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều

-24-

D. 1,75 cm

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

a a/2 30 0 C

B

AC =

A

30 × λ = 14/3 cm 360

Ví dụ 5. Đặt điện áp xoay chiều: u = 220 2 cos100πt (V) ( t tính bằng giây) vào hai đầu mạch gồm điện trở R=100Ω, cuộn thuần cảm L = 318,3 mH và tụ điện C = 15,92µF mắc nối tiếp. Trong một chu kì, khoảng thời gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch bằng: A. 20ms

B. 17,5ms

C. 12,5ms

D. 15ms

Lời giải Chu kì của dòng điện T = 0,02 (s) = 20 (ms) ZL = 314. 318,3. 10-3 = 100Ω; ZC = Góc lệch pha giữa u và i: tanϕ =

1 = 200Ω; Z = 100 2 Ω 314.15,92.10 −6

Z L − ZC π = - 1 ------> ϕ = 4 R

Biểu thức cường độ dòng điện qua mạch i = 2,2cos(100πt +

π 4

) (A)

Biểu thức tính công suất tức thời: p = ui = 484 2 cos100πt cos(100πt +

π 4

)

Điện áp sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch khi p > 0 hay biểu thức Y = cos100πt cos(100πt + Xét dấu của biểu thức Y = cosα.cos(α + cosα > 0 khi -

π 2

<α<

π 2

π 4

π 4

)>0

) trong một chu kì 2π

M

:

+

N

Vùng phía phải đường thẳng MM’ cos(α +

π 4

) > 0 khi -

hay khi -

π 2

<α+

π 4

<

π

+ +

2

π 3π <α< : 4 4

Vùng phía dưới đường thẳng NN’

N’

Theo hình vẽ dấu màu đỏ ứng với dấu của cosα

+

+ + M’

-25-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

dấu màu đen ứng với dấu của cos(α+ khi cosα và cos(α +

π 4

π 4

) ta thấy vùng Y < 0

) trái dấu từ N đến M và từ N’ đến M’

phần còn lại Y > 0 do cosα và cos(α +

π 4

) cùng dấu .

Như vậy trong một chu kì Y < 0 trong t = 2 Suy ra Y > 0 trong khoảng thời gian 3

T T = 8 4

T 4

Do đó Trong một chu kì, khoảng thời gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch bằng: 3.

20 = 15 ms. Chọn đáp án D 4

Ví dụ 6. Một mạch dao động LC lí tưởng. Ban đầu nối hai đầu cuộn cảm thuần với nguồn điện có r = 2Ω, suất điện động E. Sau khi dòng điện qua mạch ổn định, người ta ngắt cuộn dây với nguồn và nối nó với tụ

điện thành mạch kín thì điện tích cực đại của tụ là 4.10-6C. Biết khoảng thời gian ngắn nhất kể từ khi năng lượng từ trường đạt giá trị cực đại đến khi năng lượng trên tụ bằng 3 lần năng lượng trên cuộn cảm là

π .10 −6 (s). Giá trị của suất điện động E là: 6 A. 2V.

B. 16V.

C. 8V.

D. 4V

Lời giải W = Wt + Wđ

= 4Wt ⇒

+ I 1 2 1 LI o = 4. Li 2 từ đây suy ra i = − 0 và dùng giản đồ ta thấy 2 2 2

Wđ = 3Wt

Io

60

Io/2

Từ đường tròn LG ta tính được T = π.10-6 (s. Như vậy ta sẽ tính được: I0 =

8.10 −6 = = 8 (A) E = I0 r = 16 (V) −6 LC 10

Q0

-26-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 7. Hai con lắc lò xo giống nhau có khối lượng vật nặng 10 (g) và độ cứng lò xo là 1000 N/m. Dao động điều hòa dọc theo 2 đường thẳng song song liền kề nhau (vị trí cân bằng của hai vật đều ở gốc tọa độ). Biên độ của con lắc thứ nhất gấp đôi biên độ của con lắc thứ hai. Biết rằng hai vật gặp nhau khi chúng chuyển động ngược chiều. Khoảng thời gian giữa 3 lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là: A. 0,02 s.

B. 0,03 s.

C. 0,01 s.

C. 0, 04 s

Lời giải Khoảng thời gian giữa 3 lần liên tiếp hai vật nặng gặp nhau là T Với T = 0,02s

-2A

-A

0

A

2A

Ví dụ 8. Hai chất điểm dao động điều hoà trên trục Ox với các phương trình lần lượt là x1 = 2 Acos(

x2 = Acos(

2π t )cm , T1

2π π T 3 t + )cm . Biết 1 = . Vị trí mà hai chất điểm gặp nhau lần đầu tiên là: T2 2 T2 4

A. x = −1,5A.

B. x = −

A .

2

C. x = −

2A .

3

D. x = −A.

Lời giải Ta có:

T1 3 = suy ra T2 4

α2 /α1 = 3/4 Bằng phương pháp thử ngược đáp án, ta thấy đáp án -A thỏa mãn điều kiện α2 /α1 = 3/4

-2A

-A

0

A

2A

Ví dụ 9. Hai vật dao động trên phương trục 0x có phương trình x1 = A1cos(2,5πt - π/3) cm, x2 = A2cos(2,5πt π/6) cm. Sau 0,1 s kể từ thời điểm t = 0 thì hai vật ngang qua nhau lần thứ nhất. Tỉ số A1/A2?

-27-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lời giải Ta có: α =

2πt = π/4. Từ hình vẽ ta có: T

x1 = A1cos150 x2 = A2cos150 Vì hai vật gặp nhau nên x1 = x2. Suy ra A1 = A2

15°

0

π/6

A

15°

2A H

π/3

Ví dụ 10. Hai vật dao động điều hòa theo hai trục tọa độ song song cùng chiều. Phương trình dao động của hai vật tương ứng là x1 = Acos(3πt + φ1) và x2 = Acos(4πt + φ2). Tại thời điểm ban đầu, hai vật đều có li độ bằng A/2 nhưng vật thứ nhất đi theo chiều dương trục tọa độ, vật thứ hai đi theo chiều âm trục tọa độ. Khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là:

A. 3s.

B. 2s.

C. 4s.

D. 1 s.

Lời giải Ta có: N1 = ∆t/T1 N2 = ∆t/T2

x1

Suy ra: n1/n2 = T2/T1 = 3/4 Vậy khi vật 1 thực hiện 3 dao động thì vật 2 -A

thực hiện 4 dao động, khi đó hai vật cùng trở về

0

A

trạng thái như ban đầu.

Suy ra ∆t = 3.2/3 = 2s

x2

Ví dụ 11. Hai chất điểm M 1 , M 2 cùng dao động điều hoà trên trục Ox xung quang gốc O với cùng tần số f, biên độ dao động của M 1 , M 2 tương ứng là 3cm, 4cm và dao động của M 2 sớm pha hơn dao động của M 1 một góc π / 2 . Khi khoảng cách giữa hai vật là 5cm thì M 1 và M 2 cách gốc toạ độ lần lượt bằng : A. 3,2cm và 1,8cm

B. 2,86cm và 2,14cm -28-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

C. 2,14cm và 2,86cm

D. 1,8cm và 3,2cm

Lời giải Hai dao động thành phần

 xM = 3. cos(ωt )cm π   π  ⇒ x = xM − xN = 3. cos(ωt ) + 4. cos ωt −    2   xN = 4. cos ωt + 2 cm    Biểu diễn dao động khoảng cách giữa hai điểm M và N ta có tại thời

điểm khoảng cách hai vật bằng 5 nghĩa là đường x(t) nằm ngang.

Khoảng cách từ M và N đến O bằng :

x

x1

9   xM = 3. cos ϕ = 5 cm = 1,8cm   x = 4.sin ϕ = 16 cm = 3,2cm  N 5

x2

Ví dụ 12. Con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương ngang với biên độ A. Đúng lúc lò xo giãn nhiều nhất thì người ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo khi đó con lắc dao động với biên độ A’. Tỉ số A’/A bằng:

A.

2 /2

B. ½

C.

3/2

D. 1

Lời giải Tại biên dương A vận tốc vận bằng 0. Khi đó giữ cố định điểm chính giữa thì k’=2k. Vật dao động xung quang vị trí cân bằng mới O’ cách biên dương A một đoạn x.

•

1 1 A Ta có: x= (l 0 + A) − l 0 = 2 2 2

O • • O’ M

2

A v Khi đó A' = x 2 +   = x = . Phương án B. 2  ω' 

Ví dụ 13. Con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với biên độ A. Đúng lúc con lắc qua vị trí có động năng bằng thế năng và đang giãn thì người ta cố định một điểm chính giữa của lò xo, kết quả làm con lắc dao động điều hòa với biên độ A’. Hãy lập tỉ lệ giữa biên độ A và biên độ A’.

-29-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

A. A

3 2

GV Nguyễn Trung Hiếu

B. A

6 4

C.

1 2

D.

Lời giải Khi Wđ = Wt ----> Wt = W/2

•

kx 2 1 kA 2 A 2 -----> x = = 2 2 2 2 vật ở M, cách VTCB OM = Khi đó vật có vận tốc v0:

O • • O’ M

A 2 2

mv02 1 kA 2 kA 2 = Wđ = ⇒ v02 = 2 2 2 2m

Sau khi bị giữ độ cứng của lò xo k’ = 2k. Vật dao động quanh VTCB mới O’ MO’ = x0 =

1 A 2 1 A 2 (l 0 + ) − l0 = 2 2 2 4

Tần số góc của dao động mới ω’ =

k' = m

với l0 là chiều dài tự nhiên của lò xo

2k . Biên độ dao động mới A’ m

kA 2 v2 A 2 2m A2 A2 3 A2 A 6 A’2 = x02 + 02 = + = + = -------> A’ = 2k 4 8 8 4 8 ω' m

-30-

3 4

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

CON LẮC ĐƠN A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT * Con lắc đơn 1. Con lắc đơn gồm một vật nặng treo vào sợi dây không giản, vật nặng kích thước không đáng kể so với chiều dài sợi dây, sợi dây khối lượng không đáng kể so với khối lượng của vật nặng. Cơ năng của con lắc đơn được bảo toàn nếu bỏ qua ma sát.

2. Khi dao động nhỏ (sinα ≈ α (rad)), CLĐ dao động điều hòa với phương trình: s = S0cos(ωt + ϕ) hoặc α = α0cos(ωt + ϕ) với s = αl, S0 = α0l ⇒ v = s’ = -ωS0sin(ωt + ϕ) = -ωlα0sin(ωt + ϕ) ⇒ a = v’ = -ω2S0cos(ωt + ϕ) = -ω2lα0cos(ωt + ϕ) = -ω2s = -ω2αl

g 1 ω 1 g l 2π ; chu kỳ: T = = 2π ; tần số: f = = = l g T 2π 2π l ω Điều kiện dao động điều hoà: Bỏ qua ma sát, lực cản và α0 << 1 rad hay S0 << l s 4. Lực kéo về (lực hồi phục) F = − mg sin α = − mgα = −mg = − mω 2 s l Lưu ý: + Với con lắc đơn lực hồi phục tỉ lệ với khối lượng + Với con lắc lò xo lực hồi phục không phụ thuộc vào khối lượng.

Lưu ý: S0 đóng vai trò như A còn s đóng vai trò như x 5. Hệ thức độc lập: * a = -ω2s = -ω2αl v 2 max − v 2 v 2 2 2 * S0 = s + ( ) Tìm chiều dài con lắc: ℓ = ω α 2g 3. Tần số góc: ω =

v2 gl 6. Năng lượng của con lắc đơn.

Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng O 1 + Động năng : Wđ = mv2 2 1 + Thế năng: Wt = mgl(1 - cosα) = mglα2 (α ≤ 1rad, α (rad)).

2 1 1 1 mg 2 1 + Cơ năng: W = Wt + Wđ = mgl(1 - cosα0) = mω 2S02 = mω 2l 2α 02 = S0 = mglα 02 2 2 2 l 2 * α 02 = α 2 +

-31-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lưu ý: Cơ năng của con lắc đơn tỉ lệ với khối lượng vật còn cơ năng của con lắc lò xo không phụ thuộc vào khối lượng của vật 7. Khi con lắc đơn dao động với α0 bất kỳ. Cơ năng, vận tốc và lực căng của sợi dây con lắc đơn W = mgl(1-cosα0); v2 = 2gl(cosα – cosα0) và TC = mg(3cosα – 2cosα0) Lưu ý: - Các công thức này áp dụng đúng cho cả khi α0 có giá trị lớn TC = mg (1 − 1,5α 2 + α 02 )

Tmax = mg (1 + α 0 ); Tmin = mg (1 −

α 20 2

)

* Con lắc đồng hồ.

- Đồng hồ quả lắc có con lắc làm bằng thanh kim loại mảnh và dao động của con lắc có thể coi như dao động điều hoà của con lắc đơn.

- Chu kỳ chạy đúng của đồng hồ là T trong một số trường hợp do nhiệt độ môi trường thay đổi và vị trí con lắc thay đổi nên đồng hồ chạy sai. Gọi chu kỳ chạy sai của đồng hồ là T2 (còn chu kỳ chạy đúng T =T1) và độ biến thiên chu kỳ là ∆ T = T2 – T1. Nếu: +

∆ T> 0:

T2 > T1: Chu kỳ tăng, đồng hồ chạy chậm.

+

∆ T< 0:

T2 < T1 :Chu kỳ giảm, đồng hồ chạy nhanh.

+ ∆ T= 0. Chu kỳ không đổi, con lắc chạy đúng.

- Thời gian con lắc đồng hồ chạy sai sau khoảng thời gian τ : ' + Thời gian biểu kiến con lắc chạy sai chỉ là: τ = nT1 .

Với n là số chu kỳ con lắc chạy sai T2 trong khoảng thời gian τ : n =

θ = τ ' −τ = τ + Thời gian chạy sai:

∆T T2

≈τ

θ ≈τ Nếu T2 thay đổi không đáng kể so với T1 thì:

τ T1

.

∆T T1

∆T T1

B. CÁC DẠNG BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Dạng 1: Đại cương về con lắc đơn.

Dạng 2: Chu kỳ con lắc đơn thay đổi theo các yếu tố: 2.1/ Chiều dài con lắc đơn thay đổi theo nhiệt độ môi trường.

2.2/ Gia tốc g thay đổi theo độ cao, độ sâu, vị trí địa lí đặt con lắc.

2.3/ Lực lạ là lực điện, lực đẩy Acsimet, lực quán tính.

Sử dụng một số công thức gần đúng: Nếu ε rất nhỏ so với 1 thì: (1 + ε ) n ≈ 1 + nε ;

(1 − ε ) n ≈ 1 − nε ;

(1 ± ε 1 )(1 ± ε 2 ) ≈ 1 ± ε 1 ± ε 2

Dạng 1: ĐẠI CƯƠNG VỀ CON LẮC ĐƠN * Phương pháp: - Viết công thức tính chu kỳ T theo chiều dài l1;l2:( giả sử l2 >l1).

-32-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

l1 g

T1 = 2π

T2 = 2π

- Chu kỳ T của con lắc chiều dài l là

l2 g

T = 2π

l g

l = l1+l2

Biến đổi ta được : T = T12 + T22

l = l 1- l 2

Tương tự:

T = T12 − T22

* Ví dụ: Ví dụ 1: Con lắc đơn chiều dài l1 dao động điều hoà tại một nơi với chu kỳ T1 = 1,5s. Con lắc đơn chiều dài l2 cũng dao động điều hoà tại nơi đó với chu kỳ T2 =0,9s. Tính chu kỳ của con lắc chiều dài l dao động điều hoà ở nơi trên với: l = l1+l2

và l = l1- l2

Hướng dẫn: -Với l = l1+l2

Sử dụng công thức T = T12 + T22

Thay số: T = 1,5 2 + 0,9 2 = 1,75s

-Với l = l1- l2

Sử dụng công thức T = T12 − T22

Thay số: T = 1,5 2 − 0,9 2 = 1,2 s

Ví dụ 2: Một con lắc đơn có dây treo chiều dài l. Người ta thay đổi độ dài của nó tới giá trị l’ sao cho chu kỳ dao động mới chỉ bằng 90% chu kỳ dao động ban đầu. Hỏi chiều dài l’ bằng bao nhiêu lần chiều dài l ?

Hướng dẫn: Chu kỳ con lắc chiều dài l và l’ lần lượt là:

T1 = 2π

l g

và

T2 = 2π

l' g

T ỷ s ố:

T2 l' = = 90% = 0,9 T1 l

⇒ l ' = 0,81l

Ví dụ 3: Tại một nơi trên mặt đất một con lắc đơn dao động điều hoà.Trong khoảng thời gian ∆t , con lắc thực hiện 60 dao động toàn phần; thay đổi chiều dài con lắc một đoạn 44 cm thì cũng trong khoảng thời gian ∆t ấy, nó thực hiện 50 dao động toàn phần. Xác định chiều dài ban đầu của con lắc ?

Hướng dẫn: Gọi chu kỳ con lắc chiều dài l1, l2 là T1;T2 Xét trong khoảng thời gian ∆t như nhau thì: 60T1 = 50T2

⇒

T2 l l 6 36 = 2 = ⇒ 2 = T1 l1 5 l1 25

⇒ l2 =

36 l1 và l2 = l1 +44.

25

Giải hệ được: l = 100 cm.

* Ví dụ 4: Một con lắc đơn gồm một quả cầu nhỏ khối lượng m làm bằng thép treo vào đầu một sợi dây mềm có khối lượng không đáng kể dài l = 1 m.Phía dưới điểm treo Q theo phương thẳng đứng của sợi dây một chiếc đinh

được đóng vào điểm O’ cách Q một đoạn O’Q = 50 cm sao cho con lắcvấp phải đinh trong quá trình dao động điều hoà.

-33-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

a/ Xác định chu kỳ dao động của quả cầu? cho gia tốc g = 9,8 m/s2

b/Nếu không đóng đinh vào O’ mà đặt tại vị trí cân bằng O một tấm thép được giữ cố định thì hiện tượng xảy ra như thế nào? (Coi rằng va chạm của quả cầu vào vật cản là hoàn toàn đàn hồi) Hướng dẫn: a/ Trong quá trình dao động con lắc bị vướng vào đinh O’ nằm trên phương thẳng đứng của dây treo nên mỗi dao động toàn phần của con lắc gồm 2 giai đoạn + Giai đoạn đầu con lắc dao động với chiều dài l =1m và chu kỳ T1 = 2π

l 1 = 2π = 2s . g 9,8

+ Giai đoạn còn lại nó dao động với chiều dài l’ = OO’ =0,5m và chu kỳ T2 = 2π

l' 0,5 = 2π = 1, 4 s . g 9,8

Chu kỳ của con lắc bị vướng đinh là: 1 1 1 T = T1 + T2 = (T1 + T2 ) = 1/2 (2+1,4) = 1,7 s 2 2 2 b/ Tấm thép đặt tai VTCB O: Vì va chạm giữa quả cầu và tấm thép là hoàn toàn đàn hồi nên khi quả cầu va chạm vào tấm thép nó sẽ bật ngược lại với vận tốc có cùng độ lớn ngay trước lúc va chạm và vật lại lên đúng vị trí cao nhất A ( Vì cơ năng bảo toàn).

Vậy con lắc chỉ dao động trên cung OA nên chu kỳ dao động là: T = 1/2T1 = 1 s.

Dạng 2: SỰ PHỤ THUỘC CỦA CHU KỲ CON LẮC ĐƠN VÀO YẾU TỐ BÊN NGOÀI 2.1 Chu kỳ con lắc đơn thay đổi theo nhiệt độ môi trường.

- Con lắc đơn có dây treo làm bằng thanh kim loại mảnh khi nhiệt độ môi trường thay đổi từ t1 đến t2 thì chiều dài của dây được xác định bởi:

l 2 = l1 (1 + α .∆t )

với ∆t = t 2 − t1 : Là độ biến thiên nhiệt độ của môi trường;

α : là hệ số nở dài của kim loại (Thường có giá trị rất nhỏ). * Phương pháp: + Công thức tính chu kỳ T1; T2 tương ứng với chiều dài l1, l2 của con lắc:

T1 = 2π

l1 g

T2 = 2π

1

T l l (1 + α∆t ) 1 + Xét tỷ số: 2 = 2 = 1 = (1 + α∆t ) 2 ≈ 1 + α∆t T1 l1 l1 2 1 ⇒ T2 = (1 + α∆t )T1 2

Và :

∆T T 2−T1 1 = = α∆t T1 T1 2

* Nhận xét: Khi nhiệt độ của môi trường tăng thì chu kỳ của con lắc sẽ tăng (đồng hồ chạy chậm) và ngược lại.

Thời gian chạy sai sau một khoảng thời gian τ :

θ =τ -34-

∆T T1

1 = τ α∆t 2

l2 g

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 1: Một đồng hồ quả lắc đếm giây có chu kỳ T = 2s. Quả lắc được coi như một con lắc đơn với dây treo làm bằng đồng có hệ số nở dài α = 17.10-6K-1. Giả sử đồng hồ chạy đúng ở chân không, nhiệt độ 200c.

Tính chu kỳ của con lắc trong chân không ở 300c ? ở 300c đồng hồ chạy nhanh hay chậm? Mỗi ngày chạy sai bao nhiêu?

1 Hướng dẫn: + Sử dụng công thức: T2 = (1 + α∆t )T1 2 1 Thay số: T2 = (1 + 17.10 −6 (30 − 20)).2 = 2,00017 s 2 + Chu kỳ T2>T nên đồng hồ chạy chậm.

Thời gian chạy chậm trong một ngày đêm : τ = 24.60.60 s là:

θ =τ

∆T T1

1 = τ α∆t = 24.3600.1/2.17.10-6 .10 = 7,34 s.

2

Ví dụ 2: Một đồng hồ quả lắc chạy đúng giờ vào mùa nóng khi nhiệt độ trung bình là 320c, con lắc có thể xem là con lắc đơn. Hệ số nở dài của dây treo con lắc α = 2.10-5K-1. Vào mùa lạnh nhiệt độ trung bình là 170c hỏi con lắc sẽ chạy như thế nào? Một tuần nó chay sai bao nhiêu?

Hướng dẫn: Do nhiệt độ vào mùa đông giảm nên chu kỳ con lắc giảm, đồng hồ chạy nhanh. Một tuần : τ = 7.24.60.60 s đồng hồ chạy nhanh một thời gian:

θ =τ

∆T T1

1 = τ α∆t = 7.24.3600.1/2.2.10-5 .15 = 90,72 s.

2

Ví dụ 3: Con lắc đồng hồ có dây treo làm bằng thanh kim loại mảnh. khi nhiệt độ môi trường tăng thêm 100c thì trong 12 giờ con lắc chạy chậm 30s. Nếu muốn con lắc chạy mỗi ngày chỉ chậm 45s thì nhiệt độ môi trường phải tăng lên bao nhiêu? Coi gia tốc trọng trường không thay đổi.

Hướng dẫn: Vận dụng công thức: θ = τ

∆T T1

1 = τ α∆t 2

1 Khi nhiệt độ tăng thêm300c thì mỗi ngày sẽ chạy chậm: θ1 = α∆t1 = 60 s ; 2 Nếu con lắc chạy chậm mỗi ngày 45s thì nhiệt độ tăng lên ∆t2 thoả mãn: 1 2

θ 2 = α∆t2 = 45s ⇒ ∆t2 = 3 / 4∆t1 = 11, 250 c 2.2 Chu kỳ con lắc thay đổi theo gia tốc trọng trường g.

2.2.1 Gia tốc g thay đổi theo độ cao. * Phương pháp: +Tại mặt đất gia tốc g được xác định: g = G

M .

R2

-35-

Chu kỳ T1 = 2π

l g

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

g’ = G

Tại độ cao h so với mặt đất ( h rất nhỏ so với R):

+ T ỷ số

g R+h h = = 1+ ⇒ T ' R R g

T2 = T1

l M . Khi đó T2 = 2π 2 ( R + h) g'

= (1 +

2

∆T h h = )T 1 ⇒ R T1 R

* Nhận xét: Đưa con lắc lên cao chu kỳ tăng nên đồng hồ chạy chậm. Thời gian con lắc đồng hồ chạy chậm sau khoảng thời gian τ :

∆T

θ =τ

T1

=τ

h R

Ví dụ 1: Một đồng hồ quả lắc chạy đúng giờ trên mặt đất với chu kỳ T =2s. Đưa con lắc lên độ cao h=1km so với mặt đất và coi như nhiệt độ ở độ cao đó không đôi so với mặt đất. a/ Xác định chu kỳ của con lắc tại độ cao đó? Cho bán kính trái đất R= 6370 km. b/ Tại độ cao h con lắc chạy nhanh hay chậm , mỗi ngày chạy sai bao nhiêu?

Hướng dẫn: a/ Chu kỳ của đồng hồ ở độ cao h: T2 = (1 +

h 1 )T1 . Thay số: T2 = (1 + ).2 =2.00013 s.

R 6370

b/ Chu kỳ tăng, đồng hồ chạy chậm:

θ =τ

∆T T1

=τ

h 1 = 13,569 s = 24.3600.

R 6370

Ví dụ 2: Một con lắc đơn có chu kỳ dao động T = 4s tại mặt đất. Đem con lắc lên độ cao h so với mặt đất thì chu kỳ dao động thay đổi 0,2% so với ban đầu. Tính độ cao h? Cho bán kính trái đất R = 6400 km.

Hướng dẫn: + Tại mặt đất chu kỳ T = 4s. Lên độ cao h chu kỳ T’ và có: ∆ T = T’ - T = 0,2% T ⇒

∆T = 0,002 T

+ áp dụng công thức:

∆T h h = ⇒ = 0,002 T R R

⇒ h = 0,002 R = 12,8km

2.2.2 Gia tốc trong trường g thay đổi theo độ sâu. *Phương pháp: + Tại mặt đất lực hấp dẫn của trái đất tác dụng lên vật: M .m ρ .Vm F =G 2 =G 2 .=G R R

Và chu kỳ

T1 = 2π

4 3 R2

ρ . πR 3 m = mg

l g

+ Xét ở độ sâu h trong lòng trái đất, lực hấp dẫn tác dụng lên vật: M ' .m ρ .V ' m F =G = G .=G R2 R2 '

4 3

ρ . π ( R − h) 3 m R

2

= mg ' -36-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Khi đó chu kỳ

+ T ỷ số

GV Nguyễn Trung Hiếu

T2 = 2π T2 = T1

l g' 1

g = g'

R h − h = (1 − ) 2 ≈ 1 + R−h R 2R ⇒ T2 = (1 +

h )T1 2R

⇒

∆T h = T 2R

* Nhận xét: Đưa con lắc xuống sâu trong lòng đất chu kỳ của con lắc tăng lên, đồng hồ chạy chậm.

Thời gian đồng hồ quả lắc chạy chậm sau khoảng thời gian τ :

θ =τ

∆T T1

=τ

h 2R

* Ví dụ 1: Một con lắc đơn có chu kỳ dao động nhỏ tại mặt đất là T= 2s. Đưa con lắc xuống giếng sâu 100m so với mặt

đất thì chu kỳ của con lắc là bao nhiêu ? Coi trái đất như một hình cầu đồng chất bán kính R = 6400km và nhiệt độ trong giếng không thay đổi so với nhiệt độ trên mặt đất.

Hướng dẫn: Vận dụng công thức: T2 = (1 +

h 0,1 )T1 = (1 + ) = 2,0000156 s 2R 2.6400

Chu kỳ con lắc dưới giếng tăng lên so với con lắc đặt trên mặt đất.

Ví dụ 2: Một đồng hồ quả lắc chạy đúng giờ trên mặt đất. Đưa đồng hồ lên cao 320m so với mặt đất thấy đồng hồ chạy chậm. Đưa đồng hồ xuống hầm mỏ sâu h’ so với mặt đất lại thấy đồng hồ chạy giống ở độ cao h. a/ Xác định độ sâu của hầm mỏ? Coi nhiệt độ không thay đổi . b/ Sau một tuần thì đồng hồ chạy sai bao nhiêu thời gian? Coi trái đất hình cầu đồng chât bán kính R = 6400km.

Giải: a/ Gọi chu kỳ chạy đúng của đồng hồ là T1; chu kỳ ở độ cao h và ở hầm mỏ là T2 và T2’. ⇒ T2 = T2’

⇒

∆T ∆T ' = T1 T1

h h' = ⇒ h ' = 2 h = 640 m R 2R b/ Thời gian đồng hồ chạy chậm sau 1 tuần : ⇔

Vận dụng công thức: θ = τ

∆T T1

=τ

h 0,64 = 7.24.3600. = 30,24 s 2R 2.6400

2.2.3 Thay đổi vị trí địa lí đặt con lắc. * Phương pháp:

-37-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Đặt con lắc tại 2 vị trí A(g1); B(g2) Với g1; g2 lệch nhau một lượng ∆g (Giả sử g2= g1 + ∆g ) thì chu kỳ con lắc lần lượt là: T1 = 2π

⇒

T2 = T1

g1 = g2

l l và T2 = 2π g1 g2

g1 ∆g ≈ 1− g1 + ∆g 2 g1

⇒ T2 = (1 −

∆g )T1 2 g1

+ Thời gian con lắc đồng hồ chạy sai sau khoảng thời gian τ :

θ =τ

Với ∆g = g2-g1. ⇒ ∆T T1

=τ

∆T ∆g =− T1 2g1

∆g 2g1

*Ví dụ 1.

Một đồng hồ quả lắc chạy đúng giờ tại Hà Nội (T = 2s). Đưa con lắc vào Hồ Chí Minh giả sử nhiệt độ không thay đổi, Biết gia tốc ở Hà Nội và Hồ Chí Minh lần lượt là: g1 = 9,793m/s2 và g2= 9,787m/s2. a/ Hãy xác định chu kỳ của con lắc tại Hồ Chí Minh? b/ Tại Hồ Chí Minh con lắc chạy nhanh hay chậm? Sau 12giờ nó chạy sai bao nhiêu thời gian?

Hướng dẫn: a/ ∆g = g2-g1 = 9,787 – 9,793 = -0,006.

Sử dung công thức: T2 = (1 −

∆g )T1 2 g1

Thay số T2 = 2,006 s.

b/ Chu kỳ tăng nên đồng hồ chạy chậm. Thời gian con lắc chạy chậm trong một ngày đêm:

θ =τ

∆T T1

=τ

∆g 0,006 = 12.3600. = 13,23s 2 g1 2.9,793

Ví dụ 2; Con lắc đơn dao động nhỏ được đưa từ Quảng Ngãi vào thành phố Hồ Chí Minh, thì chu kỳ dao động tăng 0,015%. Xác định gia tốc tại Quảng Ngãi biết gia tốc trọng trương tại Hồ Chí Minh là g = 9,787m/s2?

Hướng dẫn: Vận dụng công thức:

∆g = −0, 00015 ⇒ g − g 0 = −0, 00015 g 0 ∆T ∆g ⇒ g0 ⇒ =− T1 2g1 ⇒ g 0 = g + 0, 00015 g = 9, 788m / s 2 2.3 Chu kỳ con lắc đơn thay đổi khi có thêm lực lạ. * Phương pháp: Ngoài trọng lực P con lắc còn chịu thêm tác dụng của lực F không đổi thì coi như con lắc chịu tác dụng của trọng lực hiệu dụng Phd với Phd = P + F Phd gây ra g hd (ở VTCB nếu cắt dây vật sẽ rơi với gia tốc g hd này)

g hd =

Phd m

-38-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Chu kỳ mới của con lắc được xác định bởi: T = 2π

l g hd

2.3.1 Lực lạ là lực điện Ví dụ 1: Con lắc đơn có chiều dài l, vật nặng m tích điện +q đặt trong điện trường đều có cường độ E ở nơi có gia tốc trọng trường g. Tính chu kỳ dao động của con lắc.

*Phương pháp: a) Khi cường độ điện trường hướng thẳng đứng xuống dưới:

E

Phd = P + F Phd = P+F g hd = g +

T = 2π

F qE =g+ m m

l = 2π g hd

F P

l g+

qE m

b) Khi cường độ điện trường hướng thẳng đứng lên trên, xuống dưới:

E

Phd = P + F g hd = g −

T = 2π

Phd = P- F

F qE =g− m m

l = 2π g hd

F l

g−

qE m P

Nếu F>P thì có hiện tượng như bóng bay và

T = 2π

l qE −g m

θ E

F

P Phd -39-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

c) Khi cường độ điện trường hướng sang phải, sang trái: * Vị trí cân bằng được xác định bởi θ : tan θ =

F qE = P mg

* Phd = P + F Theo hình vẽ: Phd = P 2 + (qE )

g hd

 qE  = g +   m

2

2

2

l

T = 2π

 qE  g2 +   m

2

2.3.2 Lực lạ là lực đẩy Acsimet.

Ví dụ 1: Hãy so sánh chu kỳ của con lắc đơn trong không khí với chu kỳ của nó trong chân không biết vật nặng có khối lượng riêng D, không khí có khối lượng riêng là d.

Fa

* Phương pháp: Trong chân không: T0 = 2π

l g P

Trong không khí: Phd = P - Fa T = 2π

Phd = P + Fa g hd = g −

l

T = T0

d  g 1 −   D

dVg d =g− g DV D 1 1−

d D

2.3.3 Lực lạ là lực quán tính a) Khi điểm treo con lắc có gia tốc

a0

hướng thẳng đứng lên

a0

trên.

(Tức điểm treo chuyển động thẳng đứng lên trên nhanh dần đều hoặc chuyển động thẳng đứng xuống dưới chậm dần đều)

Ở đây :

Phd = P + Fqt

Phd = P + ma 0

ghd=g+a0

Phd = P + Fqt Fqt

P

l T = 2π g + a0 -40-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

b) Khi điểm treo con lắc có gia tốc

a0

hướng thẳng đứng

xuống dưới.

(Tức điểm treo chuyển động thẳng đứng đi xuống nhanh dần đều hoặc chuyển động thẳng đứng lên trên chậm dần đều)

Ở đây :

Phd = P + Fqt Phd = P − ma 0

Phd = P - Fqt

T = 2π

ghd=g - a0

l g − a0

c) Khi điểm treo con lắc có gia tốc

a0

/(điều

kiện g>a0)

θ

a0

hướng ngang sang

phải, sang trái. * Vị trí cân bằng được xác định bởi θ :

Fqt

Fqt

ma0 a o tan θ = * Phd = P + Fqt = = P mg g Theo hình vẽ: 2 Phd = P 2 + (ma 0 ) g hd =

T = 2π

g 2 + a0

Phd

2

P

l 2

g + a0

2

DAO ĐỘNG SÓNG CHỦ ĐỀ I: ĐẠI CUƠNG VỀ SÓNG DẠNG 1: XÁC ĐỊNH CÁC ĐẠI LƯỢNG ĐẶC TRƯNG CỦA SÓNG A.LÍ THUYẾT + Xác định từ dữ kiện -Chu kỳ (T), vận tốc (v), tần số (f), bước sóng (λ) liên hệ với nhau : f =

∆s 1 v ; λ = vT = ; v = với ∆s là quãng đường sóng truyền trong thời gian ∆t.

T f ∆t

+ Quan sát hình ảnh sóng có n ngọn sóng liên tiếp thì có n-1 bước sóng. Hoặc quan sát thấy từ ngọn sóng thứ l n đến ngọn sóng thứ m (m > n) có chiều dài l thì bước sóng λ = ; m−n + Số lần nhô lên trên mặt nước là N trong khoảng thời gian t giây thì + Xác định từ phương trình. +Chú ý: Phân biệt khái niệm vận tốc truyền sóng và vận tốc truyền pha dao động.

B.VÍ DỤ

-41-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 1: Một sóng cơ truyền trên một sợi dây đàn hồi rất dài. Phương trình sóng tại một điểm trên dây: u = 4cos(20πt -

π.x )(mm).Với x: đo bằng met, t: đo bằng giây. Tốc độ truyền sóng trên sợi dây có giá trị. A. 3

60mm/s

B. 60 cm/s

C. 60 m/s

D. 30mm/s

π.x 2π.x Giải: Ta có = => λ = 6 m => v = λ.f = 60 m/s (chú ý: x đo bằng met) Đáp án C 3 λ Ví dụ 2: Một người quan sát một chiếc phao trên mặt biển thấy phao nhấp nhô lên xuống tại chỗ 16 lần trong 30 giây và khoảng cách giữa 5 đỉnh sóng liên tiếp nhau bằng 24m. Vận tốc truyền sóng trên mặt biển là A. v = 4,5m/s B. v = 12m/s.

C. v = 3m/s D. v = 2,25 m/s Giải: Ta có: (16-1)T = 30 (s) ⇒ T = 2 (s) Khoảng cách giữa 5 đỉnh sáng liên tiếp: 4λ = 24m ⇒ 24m ⇒ λ = 6(m)→ v = λ = 6 = 3 (m/s).

T 2 Đáp án C. Ví dụ 3 Một sóng ngang có biểu thức truyền sóng trên phương x là : u = 3cos(100π t − x)cm , trong đó x tính bằng mét (m), t tính bằng giây (s). Tỉ số giữa tốc độ truyền sóng và tốc độ cực đại của phần tử vật chất môi trường là : −1

C 3-1.

B ( 3π ) .

A:3

Giải: Biểu thức tổng quát của sóng u = acos(ωt -

D 2π .

2πx

λ

) (1)

Biểu thức sóng đã cho : u = 3cos(100πt - x) (2).

Tần số f = 50 Hz;Vận tốc của phần tử vật chất của môi trường: u’ = -300πsin(100πt – x) (cm/s) (3) 2πx So sánh (1) và (2) ta có : = x ---> λ = 2π (cm)

λ

Vận tốc truyền sóng: v = λf = 100π (cm/s) Tốc độ cực đại của phần tử vật chất của môi trường u’max = 300π v 100π 1 (cm/s). Suy ra: = = = 3 −1 Chọn C u ' max 300π 3

DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH SÓNG A.LÍ THUYẾT +Tổng quát: Nếu phương trình sóng tại nguồn O là u 0 = A cos( ω t + ϕ ) thì + Phương trình sóng tại M là u M = A c o s ( ω t + ϕ ∓

2π x

λ

* Sóng truyền theo chiều dương của trục Ox thì: x v

uM = AMcos(ωt + ϕ - ω ) = AMcos(ωt + ϕ - 2π * Sóng truyền theo chiều âm của trục Ox thì:

x

λ

) t ≥ x/v

x x uM = AMcos(ωt + ϕ + ω ) = AMcos(ωt + ϕ + 2π ) v λ

).

x O

x M

x M

x O

+Lưu ý: Đơn vị của , x, x1, x2, λ và v phải tương ứng với nhau.

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: Một sóng cơ học lan truyền trên một phương truyền sóng với vận tốc 40cm/s . Phương trình sóng của một điểm O trên phương truyền sóng đó là: u0 = 2.cos 2 π t (cm). Phương trình sóng tại một điểm M nằm trước O và cách O một đoạn 10cm là :

π

A. uM = 2.cos(2 π t + ) (cm).

2

π

C. uM = 2.cos(2 π t + ) (cm).

4 Giải:

π

B. uM = 2.cos(2 π t - ) (cm).

2

π

D. uM = 2.cos(2 π t - ) (cm) 4 -42-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

π

. uM = 5cos(4π t + )(cm) .

Chọn A 2 Ví dụ 2: Nguồn phát ra sóng có phương trình u = 3 cos(20 πt) cm. Vận tốc truyền sóng là 4 m/s. Tìm phương trình sóng tại điểm M cách nguồn 20 cm.( sóng truyền theo chiều dương) A.u =3 cos (20 πt + π ) cm B. u =3 cos (20 πt + π/2 ) cm C. u =3cos (20 πt + π/3 ) cm D.u =3 cos (20 πt - π ) cm Giải: :λ=v.T=40cm ;d= 20cm . uM = 3cos(20π t − π )(cm) .

Chọn A Ví dụ 3: Một sóng cơ học lan truyền trên mặt nước với tốc độ 25cm/s. Phương trình sóng tại nguồn là u = 3cosπt(cm).Vận tốc của phần tử vật chất tại điểm M cách O một khoảng 25cm tại thời điểm t = 2,5s là: A: 25cm/s.

B: 3πcm/s.

C: 0.

D: -3πcm/s. v.2π 25.2π Giải: Bước sóng: λ = = = 50cm / s :λ=v.T=40cm ;d= 10cm

ω

π

Phương trình sóng tại M (sóng truyền theo chiều dương ) là: uM = 3cos(π t − 2π Vận tốc thì bằng đạo hàm bậc nhất của li độ theo t: vM = − A.ω sin(ω t + ϕ ) = −3.π .sin(π .2, 5 − π ) = −3.sin(1,5π ) = 3π cm / s Chọn B

25 ) = 3cos(π t − π )cm 50

DẠNG 3: ĐỘ LỆCH PHA GIỮA HAI ĐIỂM TRÊN CÙNG MÔT PHƯƠNG TRUYỀN SÓNG A.LÍ THUYẾT Độ lệch pha giữa hai điểm cách nguồn một khoảng xM, xN:

∆ϕ MN = ω

+Nếu 2 điểm M và N dao động cùng pha thì:

∆ϕ MN = 2 kπ <=> 2π

x N − xM

λ

= 2 kπ <=> xN − xM = k λ .

xN − xM x − xM = 2π N v λ

(k∈Z)

+Nếu 2 điểm M và N dao động ngược pha thì:

∆ϕMN = (2k +1)π <=> 2π

xN − xM

λ

λ

= (2k +1)π <=> xN − xM = (2k +1) . ( k ∈ Z ) 2

+Nếu 2 điểm M và N dao động vuông pha thì:

π

∆ϕMN = (2k +1) <=> 2π 2

xN − xM

λ

π

λ

= (2k +1) <=> xN − xM = (2k +1) . ( k ∈ Z ) 2 4

với k = 0, 1, 2 ... Lưu ý: Đơn vị của d, x, x1, x2, λ và v phải tương ứng với nhau.

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: A,B,C,D là bốn đỉnh của hình vuông trên bề mặt chất lỏng có chiều dài cạnh a =20cm. A là nguồn sóng dao động theo phương thẳng đứng với tần số f=25Hz, tốc độ truyền sóng v= 1m/s. Tổng số điểm trên các cạnh của ABCD dao động ngược pha với nguồn A là: A. 14 B. 10 C. 28 D. 12 Bài giải: Số điểm dao đông ngược pha với A cách A một khoảng: 2π d

λ

= (2k + 1)π suy ra d=(k+1/2)λ, λ=4cm

Số điểm dao động ngược pha với A trên hình vuông bằng tổng số điểm trên 4 cạnh.

1 Cạnh AD và AB: 0 ≺ (k + )4 ≤ 20 có 5 giá trị của k, có 10 điểm ngược pha với A trên AD và AB 2 -43-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1 Cạnh DC và CB: 20 ≺ (k + )4 ≤ 20 2 có 2 giá trị của k, có 4 điểm ngược pha với A trên DC và CB 2 Vậy trên hình vuông có 14 điểm dao động ngược pha với nguồn A Ví dụ 2: Một nguồn phát sóng dao động điều hòa tạo ra sóng tròn đồng tâm O truyền trên mặt nước với bước sóng λ. Hai điểm M và N thuộc mặt nước, nằm trên hai phương truyền sóng mà các phần tử nước đang dao động. Biết OM = 8λ, ON = 12λ và OM vuông góc với ON. Trên đoạn MN, số điểm mà phần tử nước dao động ngược pha với dao động của nguồn O là A. 5.

B. 4.

C. 6.

D. 7.

Giải : M

P

∆OMNvuoâng →

1 OH2

=

1 ON2

+

1

OM2   2πd λ  = ( 2k +1) π→ d = ( 2k + 1) →  2  λ 

→ OH =

24 13

O

H

Q

N

λ

24

λ ≤ d = ( 2k + 1) ≤ 8λ 2 13

24

λ ≤ d = ( 2k + 1) ≤ 12λ 2 13

Giaû i heä BPT   →coù 6giaù tròcuû a k

Ví dụ 3:Một dao động lan truyền trong môi trường liên tục từ điểm M đến điểm N cách M một đoạn 7λ/3(cm). Sóng truyền với biên độ A không đổi. Biết phương trình sóng tại M có dạng uM = 3cos2πt (uM tính bằng cm, t tính bằng giây). Vào thời điểm t1 tốc độ dao động của phần tử M là 6π(cm/s) thì tốc độ dao động của phần tử N là A. 3π (cm/s).

B. 0,5π (cm/s).

C. 4π(cm/s).

D. 6π(cm/s).

2π 7λ 14π 2π Giải: Phương trình sóng tại N: uN = 3cos(2πt) = 3cos(2πt) = 3cos(2πt) 3 3 λ 3 Vận tốc của phần tử M, N: vM = u’M = -6πsin(2πt) (cm/s) 2π 2π 2π vN =u’N = - 6πsin(2πt ) = -6π(sin2πt.cos - cos2πt sin ) = 3πsin2πt (cm/s) 3 3 3 Khi tốc độ của M: vM= 6π(cm/s) => sin(2πt)  =1 Khi đó tốc độ của N: vN= 3πsin(2πt)  = 3π (cm/s). Chọn A Ví dụ 4: Một sóng ngang có chu kì T=0,2s truyền trong môi trường đàn hồi có tốc độ 1m/s. Xét trên phương truyền sóng Ox, vào một thời điểm nào đó một điểm M nằm tại đỉnh sóng thì ở sau M theo chiều truyền sóng, cách M một khoảng từ 42 đến 60cm có điểm N đang từ vị tri cân bằng đi lên đỉnh sóng . Khoảng cách MN là: A. 50cm B.55cm C.52cm D.45cm Giải: Khi điểm M ở đỉnh sóng, điểm N ở vị trí cân bằng đang đi lên, theo hình vẽ thì khoảng cách MN 3 N M MN = λ + kλ với k = 0; 1; 2; ...Với λ = v.T = 0,2m = 20cm 4 3 42 < MN = λ + kλ < 60 => 2,1 – 0,75 < k < 3 – 0,75 => k = 2. Do đó MN = 55cm. Chọn B 4 DẠNG 4: CHO BIẾT LI ĐỘ CỦA ĐIỂM M SAU THỜI GIAN T VÀ CỦA N CÁCH M MỘT KHOẢNG X A.LÍ THUYẾT Phương pháp giải: +Tìm li độ của điểm M ở thời điểm sau: -44-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

x  Cách 1:Phương trình sóng của điểm M ở thời điểm t: u ( x, t ) = a.cos  ωt − 2π .  =a λ  x  Sau thời gian ∆t nào đó: u ( x, t + ∆t ) = a.cos  ω (t + ∆t ) − 2π .  λ  Dựa vào mối quan hệ lượng giác để tìm ra li độ ở thời điểm sau.

Cáh 2: Coi sóng là hàm tuần hoàn của thời gian, xác định vị trí ban đầu trên đường tròn, xác định góc quay trong thời gian ∆t và tìm li độ ở thời điểm sau. +Tìm li độ của điểm N cách M một khoảng x Xác định độ lệch pha giữa hai điểm M, N dùng đường tròn để giải.

B.BÀI TẬP Ví dụ 1: Một nguồn O dao động với tần số f = 50Hz tạo ra sóng trên mặt nước có biên độ 3cm(coi như không đổi khi sóng truyền đi). Biết khoảng cách giữa 7 gợn lồi liên tiếp là 9cm. Điểm M nằm trên mặt nước cách nguồn O đoạn bằng 5cm. Chọn t = 0 là lúc phần tử nước tại O đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Tại thời điểm t1 li độ dao động tại M bằng 2cm. Li độ dao động tại M vào thời điểm t2 = (t1 + 2,01)s bằng bao nhiêu ?

A. 2cm.

B. -2cm.

C. 0cm.

D. -1,5cm.

Bài giải: Phương trình truyền sóng từ nguồn O đến M cách O đoạn x theo chiều dương có dạng: x π x π   u ( x, t ) = a. cos 2πft − 2πf . −  = a. cos 2πft − 2π . −  . v 2 λ 2   3 T 1 Theo giả thiết: ⇒ λ = cm , T = = 0,02 s ⇒ t 2 = t1 + 100T + 2 f 2 x π  Điểm M tai thời điểm t1 :⇒ u M 1 = 2cm = a. cos 2πft1 − 2πf . −  . v 2  Vậy sóng tại hai thời điểm trên có li độ ngược pha nhau nên chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Một sóng cơ học lan truyền dọc theo 1 đường thẳng có phương truyền sóng tại nguồn O là : π 2π uo = Acos( t + ) (cm). Ở thời điểm t = T/2 một điểm M cách nguồn bằng 1/3 bước sóng có độ dịch T 2 chuyển uM = 2(cm). Biên độ sóng A là A. 4cm.

B. 2 cm.

C. 4/ 3 cm.

D. 2 3 cm π 2π t + ) (cm).

Giải: Biểu thức của nguồn sóng tại O: uo = Acos( T 2 π 2πd 2π Biểu thức của sóng tại M cách O d = OM: uM = Acos( t+ ± ) (cm) T 2 λ Với : dấu (+) ứng với trường hợp sóng truyền từ M tới O; dấu (-) ứng với trường hợp sóng truyền từ O tới M Khi t = T/2; d = λ/3 thì uM = 2 cm π 2πd π 2πλ 2π 2π T 3π 2π uM = Acos( t+ ± ) = Acos( + ± ) = Acos( ± ) = 2 cm T 2 T 2 2 λ .3 2 3 λ π 13π => Acos( ) = Acos( ) = 2 (cm) => A= 4/ 3 cm. Chọn C 6 6 5π => Acos( ) = 2 (cm) => A < 0 (Loại) 6 Ví dụ 3: Sóng có tần số 20Hz truyền trên chất lỏng với tốc độ 200cm/s, gây ra các dao động theo phương thẳng đứng của các phần tử chất lỏng. Hai điểm M và N thuộc mặt chất lỏng cùng phương truyền sóng cách nhau 22,5cm. Biết điểm M nằm gần nguồn sóng hơn. Tại thời điểm t điểm N hạ xuống thấp nhất. Hỏi sau đó thời gian ngắn nhất là bao nhiêu thì điểm M sẽ hạ xuống thấp nhất?

-45-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 3 A. ( s) 20

GV Nguyễn Trung Hiếu

B.

3 (s) 80

C.

Hướng dẫn+ Ta có : λ = v/f = 10 cm ⇒ MN = 2λ +

7 (s) 160

D.

1 (s) 160

λ

. Vậy M và N dao động vuông pha.

4 + Tại thời điểm t điểm N hạ xuống thấp nhất thì sau đó thời gian ngắn nhất là 3T/4 thì điểm M sẽ hạ xuống 3T 3 3 thấp nhất. ⇒ ∆t = = = s . Chọn B 4 4 f 80 Ví dụ 4: Hai điểm M, N cùng nằm trên một phương truyền sóng cách nhau x = λ/3, sóng có biên độ A, chu kì T. Tại thời điểm t1 = 0, có uM = +3cm và uN = -3cm. Ở thời điểm t2 liền sau đó có uM = +A, biết sóng truyền từ N đến M. Biên độ sóng A và thời điểm t2 là 11T 11T 22T 22T A. 2 3cm và B. 3 2cm và C. 2 3cm và D. 3 2cm và 12 12 12 12 Giải: + Ta có độ lệch pha giữa M và N là: ∆ϕ =

2πx

λ

=

2π π ⇒α = , 3 6

+ Từ hình vẽ, ta có thể xác định biên độ sóng là: A = A

uM = 2 3 (cm) cosα + Ở thời điểm t1, li độ của điểm

M1

M

∆ϕ N

tại M là uM = +A.

M2

+ Ta có ∆t = t 2 − t1 = với : ∆ϕ / = 2π − α = ⇒ ∆t = t 2 − t1 =

3 α

M là uM = +3cm, đang giảm.

Đến thời điểm t2 liền sau đó, li độ

∆ϕ /

ϖ

11π 2π ;ϖ = 6 T

11T 11π T 11T Vậy: t 2 = ∆t − t1 = . = 12 6 2π 12

-46-

u(cm)

∆ϕ’ -3 -A

t

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

CHỦ ĐỀ 2: GIAO THOA SÓNG DẠNG 1: XÁC ĐỊNH TÍNH CHẤT TẠI MỘT ĐIỂM A.LÍ THUYẾT Phương pháp: Tùy theo hiệu đường đi của điểm đang xét và độ lệch pha của hai nguồn để xem tính chất của điểm M B.VÍ DỤ Ví dụ 1 : (Hái ®iÓm M thuéc cùc ®¹i, cùc tiÓu) Trªn mÆt n−íc cã hai nguån ph¸t sãng kÕt hîp S1 vµ S 2 c¸ch nhau 10 (cm ) , dao ®éng theo c¸c ph−¬ng tr×nh lÇn l−ît lµ: u1 = a1 sin (50πt + π ) (cm ); u 2 = a 2 sin(50πt + π / 2 ) (cm ) . Khi ®ã trªn mÆt n−íc xuÊt hiÖn c¸c v©n cùc ®¹i vµ v©n cùc tiÓu. VËn tèc truyÒn sãng cña c¸c nguån trªn mÆt n−íc lµ 100 (cm / s ) . Hai ®iÓm P, Q thuéc hÖ v©n giao thoa cã hiÖu kho¶ng c¸ch ®Õn hai nguån lµ PS1 − PS 2 = 5 (cm ) , QS1 − QS 2 = 7 (cm ) . Hái c¸c ®iÓm P, Q n»m trªn ®−êng dao ®éng cùc ®¹i hay cùc tiÓu?

A. P, Q thuéc cùc ®¹i B. P, Q thuéc cùc tiÓu C. P cùc ®¹i, Q cùc tiÓu D. P cùc tiÓu, Q cùc ®¹i Bài giải : Độ lệch pha của hai nguồn là π/2, λ=4cm Xét điểm P có d1-d2=5/4=1,25λ suy ra P thuộc đường cực tiểu.

Xét điểm Q có d1-d2=7/4=(2-1/4)λ nên Q thuộc đường cực đại.

-47-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 2 : (Cho biÕt ®iÓm M thuéc cùc ®¹i, cùc tiÓu) Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác.Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.

Bài giải: a. Tính tốc độ truyền sóng: d1 − d 2 k - Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác ⇒ k = 3 + Từ đó ⇒ λ = 1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = λf = 30 cm/s

+ Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = kλ ⇒ λ =

DẠNG 2: XÁC ĐỊNH SỐ CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU TRÊN ĐOẠN THẲNG NỐI HAI NGUỒN A.LÍ THUYẾT Giao thoa của hai sóng phát ra từ hai nguồn sóng kết hợp S1, S2 cách nhau một khoảng l: Xét điểm M cách hai nguồn lần lượt d1, d2 Phương trình sóng tại 2 nguồn u1 = Acos(2π ft + ϕ1 ) và u2 = Acos(2π ft + ϕ2 ) Phương trình sóng tại M do hai sóng từ hai nguồn truyền tới: d d u1M = Acos(2π ft − 2π 1 + ϕ1 ) và u2 M = Acos(2π ft − 2π 2 + ϕ2 )

λ

λ

Phương trình giao thoa sóng tại M: uM = u1M + u2M d + d 2 ϕ1 + ϕ 2   d − d ∆ϕ   uM = 2 Acos π 1 2 + cos  2π ft − π 1 +  2  2  λ λ    d − d ∆ϕ  Biên độ dao động tại M: AM = 2 A cos  π 1 2 +  với ∆ϕ = ϕ1 − ϕ 2 2  λ  Điểm M dao động với biên độ cực đại khi: AM= ± 1 và là cực tiểu khi AM=0

∆ϕ l ∆ϕ <k <+ + (k ∈ Z) c λ 2π λ 2π l 1 ∆ϕ l 1 ∆ϕ * Số cực tiểu: − − + <k <+ − + (k ∈ Z) λ 2 2π λ 2 2π 1. Hai nguồn dao động cùng pha ( ∆ϕ = ϕ1 − ϕ 2 = 0 ) * Điểm dao động cực đại: d1 – d2 = kλ (k∈Z) Vậy: * Số cực đại: −

l

+

l

l

Số đường hoặc số điểm (không tính hai nguồn): − < k < λ λ * Điểm dao động cực tiểu (không dao động): d1 – d2 = (2k+1) Số đường hoặc số điểm (không tính hai nguồn): −

l

λ

−

λ

(k∈Z)

2

1 l l 1 1 l < k < − hay − < k + < 2 λ 2 λ 2 λ

2. Hai nguồn dao động ngược pha:( ∆ϕ = ϕ1 − ϕ 2 = π ) λ * Điểm dao động cực đại: d1 – d2 = (2k+1) (k∈Z) 2

l

1

l

l

l

Số đường hoặc số điểm (không tính hai nguồn): − < k + < λ 2 λ * Điểm dao động cực tiểu (không dao động): d1 – d2 = kλ (k∈Z) Số đường hoặc số điểm (không tính hai nguồn): − < k < λ λ 3.Hai nguồn dao động vuông phacùng pha, ngược pha, vuông pha, bất kì -48-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Độ lệch pha của hai sóng thành phần tại M: ∆φ =

2π

λ

(d 2 − d 1 ) −

π 2

π π + Biên độ sóng tổng hợp: AM = u = 2.A . cos  (d 2 − d 1 ) −  4 λ l 1 l 1 (k ∈ Z) * Số Cực đại: − + < k < + + λ 4 λ 4 l 1 l 1 l l (k ∈ Z) Hay − < k + 0, 25 < + (k ∈ Z) * Số Cực tiểu: − − < k < + − λ 4 λ 4 λ λ Nhận xét: số điểm cực đại và cực tiểu trên đoạn AB là bằng nhau nên có thể dùng 1 công thức là đủ Tóm lại công thức tính số cực đại, cực tiểu: Nguồn Đồng pha

Ngược pha Vuông pha

Cực đại − −

l

λ l

λ l

<k < <k+

Cực tiểu l

−

λ 1 l < 2 λ

−

1 l 1 − + <k<+ + λ 4 λ 4

(k ∈ Z)

l

λ l

λ l

<k+ <k<

1 l < 2 λ l

λ 1 l 1 − + <k<+ + λ 4 λ 4

(k ∈ Z)

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: (vuông pha) Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp A,B cách nhau 10(cm) dao động theo các phương trình :

π

u1 = 0, 2.cos (50π t + π )cm và : u1 = 0, 2.cos(50π t + )cm . Biết vận tốc truyền sóng trên mặt nước là 0,5(m/s).

2 Tính số điểm cực đại và cực tiểu trên đoạn A,B. D.11 và 12 A.8 và 8 B.9 và 10 C.10 và 10 Giải : Nhìn vào phương trình ta thấy A, B là hai nguồn dao động vuông pha nên số điểm dao động cực đại và cực tiểu là bằng nhau và thoã mãn : -A B 1 AB 1 2π 2π - < K < - . Với ω = 50π (rad / s) ⇒ T = = = 0, 04( s ) λ 4 λ 4 ω 50π Vậy : λ = v.T = 0,5.0, 04 = 0, 02(m) = 2cm − 10 1 10 1 Thay số : Vậy − 5, 2 5 < k < 4, 7 5 : − < K < − 2 4 2 4 Kết luận có 10 điểm dao động với biên độ cực đại và cực tiểu

Ví dụ 2 (ngược pha) Tại hai điểm A,B trên mặt chất lỏng cách nhau 10(cm) có hai nguồn phát sóng theo phương thẳng đứng với các phương trình : u1 = 0, 2.cos (50π t )cm và u1 = 0, 2.cos (50π t + π )cm . Vận tốc truyền sóng là 0,5(m/s). Coi biên độ sóng không đổi. Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB ?

A.8 B.9 C.10 D.11 Giải : nhìn vào phương trình ta thấy A, B là hai nguồn dao động ngược pha nên số điểm dao động cực đại -A B 1 AB 1 2π 2π - < K < - .Với ω = 50π (rad / s) ⇒ T = thoã mãn : = = 0, 04( s ) Vậy : ω 50π λ 2 λ 2

λ = v.T = 0,5.0, 04 = 0, 02(m) = 2cm . Thay số :

− 10 1 10 1 − <K< − 2 2 2 2

Vậy − 5, 5 < k < 4, 5 : Kết luận có 10 điểm dao động với biên độ cực đại

Ví dụ 3 (độ lệch pha bất kì) Trªn mÆt n−íc cã hai nguån kÕt hîp A vµ B dao ®éng theo ph−¬ng th¼ng ®øng víi ph−¬ng tr×nh lÇn l−ît lµ u1 = a1 sin(40πt + π / 6) (cm ) , u 2 = a 2 sin(40πt + π / 2) (cm ) . Hai nguån ®ã, t¸c ®éng lªn mÆt n−íc t¹i hai -49-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

®iÓm A vµ B c¸ch nhau 18 (cm ) . BiÕt vËn tèc truyÒn sãng trªn mÆt n−íc v = 120 (cm / s ) . TÝnh sè ®iÓm dao ®éng víi biªn ®é cùc tiÓu trªn ®o¹n AB? Bài giải: l 1 ∆ϕ l 1 ∆ϕ Số điểm cực tiểu giữa hai nguồn: − − + <k <+ − + (k ∈ Z) λ 2 2π λ 2 2π λ=v/f=120/20=6cm −18 1 1 18 1 1 − − ≺k≺ − − Ta có: 6 2 6 6 2 6 suy ra có 6 điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài. −3, 66 < k < 2,33

DẠNG 3: XÁC ĐỊNH SỐ ĐIỂM CỰC ĐẠI GIỮA HAI ĐIỂM BẤT KÌ A.LÍ THUYẾT + Nếu hai nguồn cùng biên độ: Số điểm (đường) dao động cực đại, cực tiểu giữa hai điểm M, N thỏa mãn : ∆dM ≤

(d1 − d2 ) ≤ ∆dN

Trong đó: d1-d2=

Cực đại

Cực tiểu

kλ

(k+1/2) λ

(k+1/2) λ

kλ

(k+1/4) λ

(k-1/4) λ

+ Nếu hai nguồn không cùng biên độ Chú ý đến độ lệch pha giưã hai nguồn, dùng công thức tổng hợp dao động điều hòa cùng tần số.

B.VÍ DỤ I. SỐ ĐIỂM CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU TRÊN ĐOẠN THẲNG 1.Tìm số điểm cực đại, cực tiểu trên đoạn thẳng là hai điểm trên đoạn S1 S2 Ví dụ 1: Tại 2 điểm A,B trên mặt chất lỏng cách nhau 16cm có 2 nguồn phát sóng kết hợp dao động theo phương trình: u1= acos(30πt) , u2 = bcos(30πt +π/2 ). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s. Gọi C, D là 2 điểm trên đoạn AB sao cho AC = DB = 2cm . Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn CD là A.12 B. 11 C. 10 D. 13 Giải: Bước sóng λ = v/f = 2 cm.

Xét điểm M trên S1S2: S1M = d ( 2 ≤ d ≤ 14 cm) M D B A C 2πd u1M = acos(30πt ) = acos(30πt - πd)

λ • • • • • π 2π (16 − d ) π 2πd 32π π u2M = bcos(30πt + ) = bcos(30πt + + ) = bcos(30πt + + πd - 16π) mm 2 2 2 λ λ λ

Điểm M dao động với biên độ cực tiểu khi u1M và u2M ngược pha với nhau: π 1 1 3 2πd + = (2k + 1)π => d = + + k = + k 2 4 2 4 3 2 ≤ d = + k ≤ 14 => 1,25 ≤ k ≤ 13,25 => 2 ≤ k ≤ 13 Có 12 giá trị của k. Chọn A. 4 v Cách khác: λ = = 2cm f CD ∆ϕ 1 CD ∆ϕ 1 Số điểm dao động cực tiểu trên CD là: − − − ≤k≤ − − 2π 2 2π 2 λ λ -50-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

12 1 1 12 1 1 ↔− − − ≤k≤ − − ↔ −6,75 ≤ k ≤ 5,25 có 12 cực tiểu trên đoạn CD 2 4 2 2 4 2 2.Tìm số điểm cực đại, cực tiểu trên đoạn thẳng vuông góc với đoạn S1 S2 Ví dụ 1 : Tại 2 điểm A, B cách nhau 13cm trên mặt nước có 2 nguồn sóng đồng bộ , tạo ra sóng mặt nước có bước sóng là 1,2cm. M là điểm trên mặt nước cách A và B lần lượt là 12cm và 5cm .N đối xứng với M qua AB .Số hyperbol cực đại cắt đoạn MN là : M A.0 B. 3 C. 2 D. 4 Giải 1: Số đường hyperbol cực đại cắt MN bằng số điểm cực đại trên CD +Ta có AM – BM = AC – BC = 7cm Và AC + BC = AB = 13cm suy ra AC = 10cm A C D B +Ta lại có AM2 – AD+2 = BM2 – DB2 Và DB = AB – AD suy ra AD = 11,08cm +Xét một điểm bất kì trên AB, điều kiện để điểm đó cực đại là : d2 –d1 = kλ; d2 + d1 = AB => d2 = (AB + kλ)/2 N AB + kλ AB 2 AC − AB ≤ AC ⇔ − ≤k ≤ + số điểm cực đại trên AC là: 0 ≤ d 2 ≤ A C ⇔ 0 ≤ 2 λ λ ⇔ −10,8 ≤ k ≤ 5,8 => có 16 điểm cực đại AB + k λ AB 2 AD − AB ≤ AD ⇔ − ≤k ≤ + số cực đại trên AD: 0 ≤ d 2 ≤ A D ⇔ 0 ≤ 2 λ λ ⇔ −10,8 ≤ k ≤ 7, 6 => có 18 điểm cực đại Chọn C Vậy trên CD có 18 – 16 = 2 cực đại, suy ra có 2 đường hyperbol cực đại cắt MN. 3. Tìm số điểm cực đại, cực tiểu trên đoạn thẳng là cạnh hoặc đường chéo hình chữ nhật (Cạnh hình chữ nhật) Ví dụ 1: Trên mặt nước, hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 40cm luôn dao động cùng pha, có bước sóng 6cm.

Hai điểm CD nằm trên mặt nước mà ABCD là một hình chữ nhât, AD=30cm. Số điểm cực đại và đứng yên trên đoạn CD lần lượt là : A. 5 và 6 B. 7 và 6 C. 13 và 12 D. 11 và 10 Giải : BD = AD = AB 2 + AD 2 = 50cm Do hai nguồn dao động cùng pha nên số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn CD thoả mãn : d − d = k λ Số điểm cực đại trên đoạn CD thoã mãn :  2 1  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC AD − BD AC − BC 30 − 50 50 − 30 Suy ra : AD − BD < k λ < AC − BC Hay : . Hay : <k < <k< 6 6 λ λ

I

Giải ra : -3,3<k<3,3 Kết luận có 7 điểm cực đại trên CD.

D

λ  d 2 − d1 = (2k + 1) Số điểm cực tiểu trên đoạn CD thoã mãn :  2  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC

A

Suy ra : AD − BD < (2k + 1)

λ 2

< AC − BC Hay :

2( AD − BD)

λ

< 2k + 1 <

2(30 − 50) 2(50 − 30) < 2k + 1 < Suy ra : −6, 67 < 2k + 1 < 6, 67 6 6 Vậy : -3,8<k<2,835. Kết luận có 6 điểm đứng yên. Chọn B. (Đường chéo hình chữ nhật) a.Phương pháp: Xác định số điểm dao động cực đại trên đoạn CD, biết ABCD là hình vuông .Giả sử tại C dao động cực đại, ta có: d2 – d1 = k λ = AB 2 - AB = k λ -51-

2( AC − BC )

λ

C

B

O

. Thay số :

C

D d2 A

d1 B

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

⇒

GV Nguyễn Trung Hiếu

k=

AB( 2 − 1)

λ

⇒ Số điểm dao động cực đại.

Ví dụ 2: (ĐH-2010) ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 20(cm) dao động theo phương thẳng đứng với phương trình U A = 2.cos (40π t )(mm) và U B = 2.cos (40π t + π )(mm) . Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30(cm/s). Xét hình vuông ABCD thuộc mặt chất lỏng. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn BD là : A. 17 B. 18 C.19 D.20 Giải: BD = AD 2 + AB 2 = 20 2(cm) I D 2π 2π Với ω = 40π (rad / s ) ⇒ T = = = 0, 05( s ) ω 40π Vậy : λ = v.T = 30.0, 05 = 1,5cm Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn DB chứ không phải DC. A Nghĩa là điểm C lúc này đóng vai trò là điểm B. O Do hai nguồn dao động ngược pha nên số cực đại trên đoạn BD thoã mãn : λ  d 2 − d1 = (2k + 1) (vì điểm D ≡ B nên vế phải AC thành AB còn BC thành B.B=O) 2   AD − BD < d 2 − d1 < AB − O Suy ra : AD − BD < (2k + 1)

λ 2

< − AB Hay :

2( AD − BD )

λ

< 2k + 1 <

2 AB

λ

C

B

. Thay số :

2(20 − 20 2) 2.20 => −11, 04 < 2k + 1 < 26, 67 Vậy: -6,02<k<12,83. có 19 điểm cực đại.Chọn C. < 2k +1 < 1,5 1,5

DẠNG 4: XÁC ĐỊNH SỐ ĐIỂM CỰC ĐẠI, CỰC TIỂU TRÊN HÌNH A.LÍ THUYẾT Phương pháp giải: Tùy từng hình cụ thể, dựa vào số điểm trên đoạn thẳng mà hình cắt để suy ra số điểm cần tìm như hai ví dụ sau: Trên hình tròn:

Gọi số điểm cực đại(cực tiểu) Trên MN là k. Số điểm cần tìm: 2kNtrùng N là số điểm M,N có thể trùng cực đại, cực tiểu (Đường tròn có thể nhận O làm tâm hoặc không)

Số điểm cần tìm trên đường Tròn bằng : 2k (Dùng cho đường tròn nhận O làm tâm, AB hoặc là đường kính hoặc nằm trên đường thẳng chứa đường kính)

Trên hình chữ nhật a.TH1: Hai nguồn A, B dao động cùng pha: -52-

Gọi số điểm cực đại(cực tiểu) Trên NB là k. Số điểm cần tìm: 2k-n Nếu N trùng cực đại, cực tiểu thì n=1 Nếu không trùng thì n=0

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

d − d = k λ Số điểm cực đại trên đoạn CD thoã mãn :  2 1  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC Suy ra : AD − BD < k λ < AC − BC Hay :

AD − BD

λ

<k <

AC − BC

λ

Giải suy ra k.

.

λ  d − d = (2k + 1) Số điểm cực tiểu trên đoạn CD thoả mãn :  2 1 2  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC λ 2( AD − BD) 2( AC − BC ) Suy ra : AD − BD < (2k + 1) < AC − BC Hay : < 2k + 1 < . Giải suy ra k.

2 λ λ b.TH2: Hai nguồn A, B dao động ngược pha ta đảo lại kết quả. Đặt : AD = d1 , BD = d 2 Tìm Số Điểm Cực Đại Trên Đoạn CD : λ  d 2 − d1 = (2k + 1) Số điểm cực đại trên đoạn CD thoã mãn :  2  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC Suy ra : AD − BD < (2k + 1)

λ

< AC − BC Hay :

2( AD − BD)

2 Tìm Số Điểm Cực Tiểu Trên Đoạn CD:

λ

< 2k + 1 <

2( AC − BC )

λ

Giải suy ra k.

d − d = k λ Số điểm cực tiểu trên đoạn CD thoã mãn :  2 1  AD − BD < d 2 − d1 < AC − BC Suy ra : AD − BD < k λ < AC − BC Hay :

AD − BD

λ

<k <

AC − BC

λ

Giải suy ra k.

.

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: Hai nguồn sóng kết hợp giống hệt nhau được đặt cách nhau một khoảng cách x trên đường kính của một vòng tròn bán kính R (x < R) và đối xứng qua tâm của vòng tròn. Biết rằng mỗi nguồn đều phát sóng có bước sóng λ và x = 6λ. Số điểm dao động cực đại trên vòng tròn là A. 26 B. 24 C. 22.

D. 20.

Bài giải: Dễ dàng tính được số cực đại trên AB không kể cả A và B là là 11 điểm .

Số điểm dao động cực đại trên vòng tròn là 22. Chọn C .

A•

M •

•B

DẠNG 5: XÁC ĐỊNH KHOẢNG CÁCH NGẮN NHẤT HOẶC LỚN NHẤT TỪ ĐIỂM M ĐẾN HAI NGUỒN A.LÍ THUYẾT. .Xác định khoảng cách ngắn nhất hoặc lớn nhất từ một điểm M trên đường thẳng vuông góc với AB đến hai nguồn hoặc đến đường thẳng trung trực AB a.Phương pháp: Xét 2 nguồn cùng pha ( Xem hình vẽ bên) k=1 k= -1 N M k=0 Giả sử tại M có dao đông với biên độ cực đại.

-Khi / k/ = 1 thì : N’ Khoảng cách lớn nhất từ một điểm M đến hai nguồn là : d1=MA /kmaxM’ / k=2

-53-

A

B

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Từ công thức :

− AB

λ

GV Nguyễn Trung Hiếu

<k<

AB

λ

với k=1, Suy ra được AM

-Khi / k/ = /Kmax/ thì : Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm M’ đến hai nguồn là:d1= M’A − AB AB Từ công thức : với k= kmax , Suy ra được AM’ <k<

λ

λ

Lưu ý : -Với 2 nguồn ngược pha ta làm tưong tự.

- Nếu tại M có dao đông với biên độ cực tiểu ta cũng làm tưong tự.

B.VÍ DỤ Ví dụ 1 : Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là : A. 20cm B. 30cm C. 40cm D.50cm v 200 Giải: Ta có λ = = = 20(cm) . Do M là một cực đại K=0 K=1 f 10 M giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên vân cực đại bậc 1 như hình vẽ và thõa mãn: d 2 − d1 = k λ = 1.20 = 20(cm) (1). ( do lấy k= +1) d1 d2 Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :

BM = d 2 = ( AB 2 ) + ( AM 2 ) = 402 + d12 (2) Thay (2) vào (1) ta được :

A

B

402 + d12 − d1 = 20 ⇒ d1 = 30(cm) Đáp án B

Ví dụ 2 : Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 100cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 3(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị nhỏ nhất là : A. 5,28cm B. 10,56cm C. 12cm D. 30cm Giải: v 300 K=0 Ta có λ = = = 30(cm) . Số vân dao động với f 10 M biên độ dao động cực đại trên đoạn AB thõa mãn điều kiện : Kmax =3 − AB < d 2 − d1 = k λ < AB . d2

d1 Hay : − AB < k < AB ⇔ −100 < k < 100 ⇔ −3, 3 < k < 3, 3 .

3 3 λ λ A => k = 0, ±1, ±2, ±3 . =>Đoạn AM có giá trị bé nhất thì M phải nằm trên đường cực đại bậc 3 (kmax) như hình vẽ và thõa mãn : d 2 − d1 = k λ = 3.30 = 90(cm) (1) ( do lấy k=3) Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :

B

BM = d 2 = ( AB 2 ) + ( AM 2 ) = 100 2 + d12 (2) .

Thay (2) vào (1) ta được : 1002 + d12 − d1 = 90 ⇒ d1 = 10,56(cm) Đáp án B

Ví dụ 3. Trên mặt thoáng chất lỏng, tại A và B cách nhau 20cm, người ta bố trí hai nguồn đồng bộ có tần số 20Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt thoáng chất lỏng v=50cm/s. Hình vuông ABCD nằm trên mặt thoáng chất lỏng, I là trung điểm của CD. Gọi điểm M nằm trên CD là điểm gần I nhất dao động với biên độ cực đại. Tính khoảng cách từ M đến I. A. 1,25cm B. 2,8cm C. 2,5cm D. 3,7cm I M D Giải: Bước sóng λ = v/f = 2,5cm.

• • C Xét điểm M trên CD, M gần I nhất dao độngvới biên độ -54-

d

d

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

cực đại khi d1 – d2 = λ = 2,5 cm (1) AB AB Đặt x = IM = I’H:d12 = MH2 + ( + x)2 ; d22 = MH2 + ( - x)2 2 2 d12 – d22 = 2ABx = 40x 40 x d1 + d 2 = = 16x (2) 2,5 Từ (1) và (2) suy ra d1 = 8x + 1,25 d12 = (8x + 1,25)2 = ,202 + (10+ x)2 => 64x2 + 20x + 1,5625 = 500 + 20x + x2 => 63x2 = 498,4375 => x = 2,813 cm ≈ 2,8 cm.

Chọn B

Ví dụ 4: Giao thoa sóng nước với hai nguồn giống hệt nhau A, B cách nhau 20cm có tần số 50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Trên mặt nước xét đường tròn tâm A, bán kính AB. Điểm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách đường thẳng qua A, B một đoạn gần nhất là A. 18,67mm B. 17,96mm C. 19,97mm D. 15,34mm Giải: Bước sóng λ = v/f = 0,03m = 3 cm Xét điểm N trên AB dao động với biên độ cực đại: AN = d’1; BN = d’2 (cm) d’1 – d’2 = kλ = 3k d’1 + d’2 = AB = 20 (cm) M d’1 = 10 +1,5k •d d 0 ≤ d’1 = 10 +1,5k ≤ 20 => - 6 ≤ k ≤ 6 => Trên đường tròn có 26 điểm dao động với biên độ cực đại • Điểm gần đường thẳng AB nhất ứng với k = 6 N • B A Điểm M thuộc cực đại thứ 6. d1 – d2 = 6λ = 18 cm; d2 = d1 – 18 = 20 – 18 = 2cm Xét tam giác AMB; hạ MH = h vuông góc với AB. Đặt HB = x h2 = d12 – AH2 = 202 – (20 – x)2 h2 = d22 – BH2 = 22 – x2 => 202 – (20 – x)2 = 22 – x2 => x = 0,1 cm =1mm=> h = d 22 − x 2 = 202 − 1 = 399 = 19,97mm . Chọn C

DẠNG 6 : DỊCH NGUỒN THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN NÀO ĐÓ.

Ví dụ 1:Hai nguồn kết hợp S1, S2 trên mặt nước cách nhau 12cm phát ra hai dao động điều hòa cùng phương cùng tần số f = 20Hz, cùng biên độ a = 2cm và cùng pha ban đầu bằng không. Xét điểm M trên mặt nước cách S1, S2 những khoảng tương ứng: d1 = 4,2cm; d2 = 9cm. Coi biên độ sóng không đổi, biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 32cm/s. a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M. Điểm M thuộc cực đại hay cực tiểu giao thoa? b) Giữ nguyên tần số f và các vị trí S1, M. Hỏi muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao thoa thì phải dịch chuyển nguồn S2 dọc theo phương S1S2, ra xa S1 từ vị trí ban đầu một khoảng nhỏ nhất bằng bao nhiêu?

Bài giải: Các phương trình nguồn sóng: us1 = us2 = 2cos(40 πt ) cm - Phương trình sóng thành phần tại M :

2πd 1 ) cm; λ 2πd 2 ) cm; u2M = 2cos(40 πt λ v λ = = 1,6 cm f u1M = 2cos(40 πt -

- Phương trình sóng tổng hợp tại M : -55-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

uM = u1M + u2M = 4cos(40 πt - 1,25π ) cm Xét điều kiện: d2 – d1 = k λ ⇔ 9 – 4,2 = k.1,6 ⇒ k =3 vậy M thuộc cực đại giao thoa b) Để M thuộc cực tiểu giao thoa thì λ d2 - d1 = (2k + 1) ⇒ d2 = 1,6k + 5 2 S2 dịch ra xa S1 thì d2 > 9 ⇒ k > 2,5 ⇒ k = 3 ⇒ d S1S2 = 12cm

GV Nguyễn Trung Hiếu

' = 9,8cm -- Khi chưa dịch S thì d = 4,2 cm, d = 9cm, 2 1 2 2

d 2 + (S S )2 - d 2 1 2 1 = 0,96 ⇒ sin α = 0,28 ⇒ cos α = 2 2d .S S 2 1 2 MH = MS2 sin α = 2,52 cm: HS2 = MS2 cos α = 8,64 cm Khi dịch S2 đến S2’ thì HS2’ = MS2 '2 - MH 2 = 9,47cm ⇒ đoạn dịch ngắn nhất là: S2S2’= HS2’ - HS2 = 0,83 cm

Ví dụ 2(Đại học 2012-2013) Trong một thí nghiệm về giao thoa sóng nước, hai nguồn sóng kết hợp O1 và O2 dao động cùng pha, cùng biên độ. Chọn hệ tọa độ vuông góc Oxy (thuộc mặt nước) với gốc tọa độ là vị trí đặt nguồn O1 còn nguồn O2 nằm trên trục Oy. Hai điểm P và Q nằm trên Ox có OP = 4,5 cm và OQ = 8cm. Dịch

chuyển nguồn O2 trên trục Oy đến vị trí sao cho góc PO 2Q có giá trị lớn nhất thì phần tử nước tại P không dao động còn phần tử nước tại Q dao động với biên độ cực đại. Biết giữa P và Q không còn cực đại nào khác.

Trên đoạn OP, điểm gần P nhất mà các phần tử nước dao động với biên độ cực đại cách P một đoạn là A. 1,1 cm.

B. 3,4 cm.

C. 2,5 cm.

D. 2,0 cm.

Bài giải: 8 4,5 − tan (ϕ2 ) − tan (ϕ1 ) a a = 3,5 ≤ 3,5 O1O2 = a ⇒ tan PO2Q = tan (ϕ 2 − ϕ1 ) = = 8 4,5 36 1 + tan (ϕ 2 ) . tan (ϕ1 ) 1 + .

36 a+ 2 a. a a a a Dấu “=” xảy ra khi a=6cm =>   PO1 = 4, 5cm ⇒ 3 = (k + 1/ 2)λ P :    PO2 = 7, 5cm ⇒ λ = 2cm ⇒ k = 1  Q : QO1 = 8cm ⇒ 2 = (k )λ O2  QO = 10cm   2 Điểm gần P nhất dao động với biên độ cực đại nằm trên H ứng với k=2 ⇒ x 2 + 36 − x = 4( x = O1 M ) ⇒ x = 20 / 8 = 2, 5cm ⇒ MP = 2cm .

Chọn D O1 M(x,0) P

Q

Ví dụ 3: Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100Hz, được đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 0,8 m/s. a/ Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng u = A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm. b/ Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha với M1. c/ Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng giao thoa ổn định trên mặt nước, phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng cách ấy thì giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là hai điểm có biên độ cực tiểu.

-56-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

v = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm f + Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1 π( d 2 − d 1 ) π( d 1 + d 2 )   uM1 = 2A cos cos 200πt −  λ λ   với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0, ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π) b. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có: S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm a.

+ λ=

M M M2' S1

I

S1 M 22 − S1 I 2 = 8,8 2 − 4 2 = 7,84(cm)

Do đó:

IM2 =

Suy ra

IM1 = S1I 3 = 4 3 = 6,93(cm) M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm) '2

2

2

2

Tương tự: IM2’ = S1M 2 − S1I = 7, 2 − 4 = 5, 99(cm) M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm) c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất gần chúng xem gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao thoa cực đại. Do đó ta có: S1I = S2I = λ λ λ λ k + = (2k + 1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1) 2 4 4 2 λ λ Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 0,4cm.

2 2 Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.

DẠNG 7: XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH, BIÊN ĐỘ SÓNG CỦA MỘT ĐIỂM TRONG TRƯỜNG GIAO THOA A.LÍ THUYẾT + Nếu hai nguồn cùng biên độ: +Phương trình giao thoa sóng tại M: uM = u1M + u2M d + d 2 ϕ1 + ϕ 2   d − d ∆ϕ   uM = 2 Acos π 1 2 + cos  2π ft − π 1 +  λ λ 2  2   

 d1 − d 2 ∆ϕ  +  với ∆ϕ = ϕ 2 − ϕ1 λ 2  

+Biên độ dao động tại M: AM = 2 A cos  π

+ Nếu hai nguồn khác biên độ thì dùng công thức tổng hợp dao động điều hòa.

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: Hai nguồn S1, S2 cách nhau 6cm, phát ra hai sóng có phương trình u1 = u2 = acos200πt . Sóng sinh ra truyền với tốc độ 0,8 m/s. Điểm M trên mặt chất lỏng cách đều và dao động cùng pha với S1,S2 và gần S1S2 nhất có phương trình là A. uM = 2acos(200πt - 12π) B. uM = 2√2acos(200πt - 8π) C. uM = √2acos(200πt - 8π) D. uM = 2acos(200πt - 8π) Giải: Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: uM = 2acos(π d 2 − d 1 )cos(20πt - π d 2 + d 1 ) λ λ d − d 1 ) = 1 → A = 2a + Với M cách đều S , S nên d = d . Khi đó d – d = 0 → cos(π 2 1

2

1

2

+ Để M dao động cùng pha với S1, S2 thì: π

2

1

d1 + d 2

λ

λ

= k 2π ⇒

-57-

d1 + d 2

λ

= 2k ⇒ d1 = d 2 = kλ d1 S1

O

x

S2

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = ⇒ x =

(kλ )2 −  AB   2 

⇒ kmin = 4 ⇒

d1 + d 2

λ

2

 AB  x2 +    2 

2

=kλ

0,64 k 2 − 9 ⇒ 0 , 6 4 k 2 − 9 ≥ 0 ⇔ k ≥ 3,75

=

= 2k = 8 ⇒ Phương trình sóng tại M là: uM = 2acos(200πt - 8π)

Ví dụ 2: Hai nguồn sóng kết hợp đặt tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng dao động theo phương trình uA = uB = 4cos10πt (mm). Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ truyền sóng là 15 cm/s. Hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có AM1 - BM1 = 1 cm và AM2 - BM2 = 3,5 cm. a) Tính độ lệch pha của dao động tại M1 và M2. b) Khi li độ của M1 là 3 mm thì li độ của M2 là bao nhiêu?

Bài giải: Giả sử hai điểm M1; M2 cách các nguồn các khoảng d1, d2; d1’, d2’.

Hai nguồn giống nhau có λ =3 cm.

Phương trình sóng tại M1 và M2 có dạng: ∆d d +d ∆d d' +d' u M1 =2.4cosπ 1 cos(ωt-π 1 2 ); u M2 =2.4cosπ 2 cos(ωt-π 1 2 ); λ λ λ λ Thay số ta có: d +d d' +d' u M1 =4cos(ωt-π 1 2 ); u M2 =-4 3cos(ωt-π 1 2 ) λ λ Hai điểm nằm trên cùng một elip nên: d1 +d 2 =d'1 +d'2 → Hai điểm M1, M2 dao động ngược pha u Từ phương trình trên ta có: M2 =- 3 → u M2 =- 3u M1 =-3 3 mm u M1 Khi li độ của M1 là 3mm thì li độ của M2 là -3 3 mm Ví dụ 3: Hai mũi nhọn S1, S2 cách nhau 9cm, gắn ở đầu một cầu rung có tần số f = 100Hz được đặt cho chạm nhẹ vào mặt một chất lỏng. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là v = 0,8 m/s. Gõ nhẹ cho cần rung thì 2 điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng: u = acos2πft. Điểm M trên mặt chất lỏng cách đều và dao động cùng pha S1 , S2 gần S1S2 nhất có phương trình dao động là: Giải: Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: uM = 2acos(π Với M cách đều S1, S2 nên d1 = d2. Khi đó d2 – d1 = 0 → cos(π

Để M dao động cùng pha với S1, S2 thì: π

d1 + d 2

suy ra: d 2 + d1 = 2k λ ⇔

λ

d 2 + d1

λ

Suy ra x =

(kλ )

2

λ

d 2 − d1

λ

)cos(20πt - π

) = 1 → A = 2a

= 2kπ

d1 x O

S1 S2

= 2k và d1 = d2 = kλ

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 =

d 2 − d1

2

 A B  = kλ x2 +    2 

2

 AB  = 0,64k 2 − 9 ; (λ = v/f = 0,8 cm) −   2  2

Biểu thức trong căn có nghĩa khi 0,64k − 9 ≥ 0 ⇔ k ≥ 3,75 Với x ≠ 0 và khoảng cách là nhỏ nhất nên ta chọn k = 4. Khi đó Vậy phương trình sóng tại M là:

d1 + d 2

λ

= 2k = 8

uM = 2acos(200πt - 8π) = uM = 2acos(200πt) -58-

d 2 + d1

λ

)

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 4: Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 cách nhau 8 cm, người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt ) (uA và uB tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi.

Số điểm dao động với biên độ 1cm trên đoạn thẳng S1S2 là A. 16 B. 8 C. 7 D. 14 Giải 1: Bước sóng λ = v/f = 2 cm.

Xét điểm M trên S1S2: S1M = d ( 0 < d < 8 cm) M 2πd ) mm = 6cos(40πt - πd) mm uS1M = 6cos(40πt λ • S2 S1 2π (8 − d ) 2πd 16π uS2M = 8cos(40πt ) mm = 8cos(40πt + ) mm

λ

λ

λ

= 8cos(40πt + πd - 8π) mm

Điểm M dao động với biên độ 1 cm = 10 mm khi uS1M và uS2M vuông pha với nhau:2πd =

π 2

+ kπ

1 k 1 k < 8 => - 0,5 < k < 15,5 => 0 ≤ k ≤ 15. Có 16 giá trị của k + mà :0 < d = + 4 2 4 2 Số điểm dao động với biên độ 1cm trên đoạn thẳng S1S2 là 16.

Chọn A => d =

DẠNG 8: XÁC ĐỊNH ĐIỂM GẦN NHẤT, XA NHẤT DAO ĐỘNG ĐỒNG PHA, NGƯỢC PHA VỚI MỘT ĐIỂM NÀO ĐÓ (NGUỒN, ĐIỂM KHÁC) A.LÍ THUYẾT Xét hai nguồn cùng pha: Cách 1: Dùng phương trình sóng. Gọi M là điểm dao động ngược pha với nguồn Phương trình sóng tổng hợp tại M là: uM = 2acos(π -Nếu M dao động cùng pha với S1, S2 thì: π

d 2 − d1

d 2 + d1

λ

λ

)cos(20πt - π

d 2 + d1

λ

)

= 2kπ suy ra: d 2 + d1 = 2k λ

Với d1 = d2 ta có: d 2 = d1 = k λ Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = -Nếu M dao động ngược pha với S1, S2 thì: π Với d1 = d2 ta có: d 2 = d1 = ( 2k + 1)

λ

= (2k + 1)π suy ra: d 2 + d1 = ( 2k + 1) λ

2

Ta có: ko

-Tìm điểm cùng pha gần nhất: -Tìm điểm ngược pha gần nhất: -Tìm điểm cùng pha thứ n: -Tìm điểm ngược pha thứ n :

d 2 + d1

λ

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = Cách 2: Giải nhanh:

2

 S S  x 2 +  1 2  = k λ . Rồi suy ra x  2 

chọn chọn chọn chọn

2

 S S  x2 +  1 2  =  2 

( 2k + 1)

λ 2

.Rồi suy ra x

S1S 2 ⇒ klàmtròn = 2λ k = klàmtròn + 1 k = klàmtròn + 0.5 k = klàmtròn + n k = klàmtròn + n - 0.5 =

Sau đó Ta tính: kλ = gọị là d .Khoảng cách cần tìm: x= OM =

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: Hai nguồn sóng trên mặt nước S1, S2 cách nhau -59-

SS  d2 − 1 2   2 

2

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

30 cm có biểu thức u1 = u2 = 2 cos10πt (cm,s). Biết vận tốc truyền sóng v = 40 cm/s. Chỉ xét các điểm trên mặt nước.

1. Tại điểm M cách hai nguồn S1, S2 lần lượt là 10cm và 20cm ở đó biên độ bằng bao nhiêu? Trên đoạn MS2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại, và bao nhiêu điểm đứng yên?

2. Gọi I là trung điểm của S1S2. Tìm khoảng cách tới I của tất cả các điểm nằm trên đường trung trực của S1S2 có cùng pha với hai nguồn.

3. Tìm các điểm dao động cùng pha với I. M Bài giải:

v.2π S1 = 8cm ω π(d 2 − d1 ) A M = 2A cos = 2 2cm λ S1S2 = 3, 75 có tổng 7 cực đại, 8 cực tiểu trên vùng giao thoa. λ M nằm giữa cực đại bậc 1 và cực tiểu thứ 2 nên trên đoạn MS2 có 05 cực đại, 05 cực tiểu.

S2

1, λ =

N d

S1

I

2, Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 nên d1=d2 =d.

Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 có cùng pha với nguồn thì:

x S2

π (d1 + d 2 ) = 2kπ → d = kλ = 8k λ

S1S12 => x = 64k 2 − 225 4 S1S2 Điều kiện: d = kλ > → k > 1,875 (k ∈ Z) → k ≥ 2 .Vậy x = 64k 2 − 225 (k ≥ 2) 2 −πS1S2 −π30 = = −3, 75π 3, Pha ban đầu của I: ϕI = λ 8 −π(d1 + d 2 ) −π(d1 + d 2 ) Pha ban đầu của P: ϕP = = 8 λ π hay − 3, 75π + (d1 + d 2 ) = 2nπ P và I dao động cùng pha khi ϕI − ϕP = 2nπ 8 ⇒ d1 + d 2 = 16n + 30 (n ∈ N* ) Đặt x = IN=>x2 = d2 -

Ví dụ 2: Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 6 2 cm dao động có phương trình u = a cos 20πt (mm).Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,4 m/s và biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền. Điểm gần nhất ngược pha với các nguồn nằm trên đường trung trực của S1S2 cách S1S2 một đoạn: A. 6 cm.

B. 2 cm.

C. 3 2 cm D. 18 cm.

Bài giải: Gọi M là điểm dao động ngược pha với nguồn Phương trình sóng tổng hợp tại M là: uM = 2acos(π

Để M dao động ngược pha với S1, S2 thì: π

d 2 + d1

λ

d 2 − d1

λ

)cos(20πt - π

λ

= (2k + 1)π

suy ra: d 2 + d1 = ( 2k + 1) λ ;Với d1 = d2 ta có: d 2 = d1 = ( 2k + 1) Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 =

d 2 + d1

 S S  x2 +  1 2   2 

-60-

2

λ 2

= (2 k + 1) λ

2

)

M d • •1 A

d 2

• B

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Suy ra x =

GV Nguyễn Trung Hiếu 2

2

λ   S 1 S 2  = 4(2k + 1) 2 − 18 ; Với λ = v/f = 4cm  (2 k + 1)  −   2   2  2

Biểu thức trong căn có nghĩa khi 4(2k + 1) − 18 ≥ 0 ⇔ k ≥ 0,56 Với x ≠ 0 và khoảng cách là nhỏ nhất nên ta chọn k = 1 suy ra x = 3 2 cm; Chọn C

DẠNG 9: QUỸ TÍCH, SỐ ĐIỂM CÁC ĐIỂM DAO ĐỘNG ĐỒNG PHA HOẶC NGƯỢC PHA VỚI NGUỒN A.LÍ THUYẾT 1.Phương pháp chung Phương trình sóng tại 2 nguồn cùng biên độ A:(Điểm M cách hai nguồn lần lượt d1, d2) u1 = Acos(2π ft + ϕ1 ) và u2 = Acos(2π ft + ϕ2 ) +Phương trình sóng tại M do hai sóng từ hai nguồn truyền tới: M d d u1M = Acos(2π ft − 2π 1 + ϕ1 ) và u2 M = Acos(2π ft − 2π 2 + ϕ2 ) λ λ A B +Phương trình giao thoa sóng tại M: uM = u1M + u2M d + d 2 ϕ1 + ϕ 2   d − d ∆ϕ   uM = 2 Acos π 1 2 + cos  2π ft − π 1 +  2  2  λ λ   d + d ϕ + ϕ2 Pha ban đầu sóng tại M : ϕM = ϕ M = −π 1 2 + 1 λ 2 Pha ban đầu sóng tại nguồn S1 hay S2 : ϕ S 1 = ϕ1 hay ϕ S 2 = ϕ2 d + d2 Độ lệch pha giữa 2 điểm M và nguồn S1 (ay S2 ) ∆ϕ = ϕ S 1 − ϕ M = ϕ1 + π 1

.

.

.

λ

∆ϕ = ϕ S 2 − ϕ M = ϕ 2 + π

Để điểm M dao động cùng pha với nguồn 1: ∆ϕ = k 2π = ϕ1 + π

d1 + d 2

Để điểm M dao động ngược pha với nguồn 1: ∆ϕ = (2k +1)π = ϕ1 + π

λ

d1 + d 2

λ .suy ra: d1 + d 2 = 2k λ −

d1 + d2

λ

ϕ1λ π

suy ra: d1 + d 2 = (2k + 1)λ −

ϕ1λ π

Tập hợp những điểm dao động cùng pha với 2 nguồn là họ đường Ellip nhận S1 và S2 làm 2 tiêu điểm.

Tập hợp những điểm dao động ngược pha với 2 nguồn là họ đường Ellip nhận S1 và S2 làm 2 tiêu điểm xen kẻ với họ đường Ellip trên

2.Phương pháp nhanh : Xác định số điểm cùng pha, ngược pha với nguồn S1S2 giữa 2 điểm MN trên đường trung trực SS Ta có: ko = 1 2 ⇒ klàmtròn = ……

2λ 2

SS  SS  dM = OM +  1 2  ; dN = ON 2 +  1 2   2   2  d d -cùng pha khi: k M = M ; kN = N λ λ dM dN -Ngược pha khi: k M + 0, 5 = ; k N + 0,5 = λ λ Từ ko và kM ⇒ số điểm trên OM Từ ko và kN ⇒ số điểm trên OM ⇒ số điểm trên MN ( cùng trừ, khác cộng) B.VÍ DỤ 2

-61-

2

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 1 : Trên mặt nước có 2 nguồn sóng giống hệt nhau A và B cách nhau một khoảng AB = 24cm.B ước sóng λ = 2,5 cm. Hai điểm M và N trên mặt nước cùng cách đều trung điểm của đoạn AB một đoạn 16 cm và cùng cách đều 2 nguồn sóng và A và B. Số điểm trên đoạn MN dao động cùng pha với 2 nguồn là: A. 7.

B. 8.

C. 6.

D. 9.

Cách 1: Gọi M là điểm dao động cùng pha với nguồn Phương trình sóng tổng hợp tại M là: uM = 2acos(π

Để M dao động ngược pha với S1 thì: π

d 2 + d1

λ

d 2 − d1

λ

)cos(20πt - π

d 2 + d1

λ

)

= 2kπ suy ra: d 2 + d1 = 2k λ

Với d1 = d2 ta có: d 2 = d1 = k λ ; Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 =

2

 A B  = kλ x2 +    2 

2

A B  = 6,25k 2 − 144 ; ( k λ ) −    2  Với 0 ≤ x ≤ 16 ⇔ 4,8 ≤ k ≤ 8 ⇔ k = 5, 6, 7, 8.

Chọn B Vậy trên đoạn MN có 2x 4 = 8 điểm dao động cùng pha với hai nguồn Ví dụ 2 : Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp phát ra hai dao động u1 = acosωt; u2 = asinωt. khoảng cách giữa hai nguồn là S1S2 = 3,25λ. Hỏi trên đoạn S1S2 có mấy điểm cực đại dao động cùng pha với u1. Chọn đáp số đúng: A. 0 điểm.

B. 2 điểm.

C. 3 điểm.

D. 4 điểm

Suy ra x =

2

Giải:Ta có: u1 = acosωt ;u2 = asinωt = .acos(ωt Xét điểm M trên S1S2 S1M = d1; S2M = d2. u1M = acos(ωt -

2π d1

λ

π 2

)

); u2M = acos(ωt -

π 2

−

2π d 2

λ

);

π (d 2 − d1 ) π π (d1 + d 2 ) π + )cos(ωt − ) 4 4 λ λ π (d 2 − d1 ) π π (d 2 − d1 ) π π = 2acos( + )cos(ωt – 3,5π ) = 2acos( + )cos(ωt + ) 4 4 2 λ λ Ta thấy uM luôn vuông pha với u1 Do đó trên S1S2 không có điểm nào dao động với biên độ cực đại và cùng π pha với u1 . Có lẽ bài toán cho u1 = asinωt = .acos(ωt - ) và u2 = acosωt (hoặc là tìm trên đoạn S1S2 số uM = 2acos(

2 điểm cực đại dao động cùng pha với u2) Ví dụ 3: Ba điểm A,B,C trên mặt nước là ba đỉnh của tam giac đều có cạnh 20 cm trong đó A và B là hai nguồn phát sóng có phương trình u1 = u 2 = 2 cos(20πt )(cm) ,sóng truyền trên mặt nước không suy giảm và có vận tốc 20 (cm/s).M trung điểm của AB .Số điểm dao động ngược pha với điểm C trên đoạn MC là: A. 4 B. 5 C. 6 D. 3 v Giải: + Bước sóng : λ = = 2(cm) f + Gọi N là điểm nằm trên đoạn MC cách A và B một khoảng d với AB/2 = 10(cm) ≤ d < AC = 20(cm).

2πd + Phương trình sóng tổng hợp tại N : u N = 4 cos(20πt − ) = 4 cos(20πt − πd )(cm)

λ

+ Phương trình sóng tổng hợp tại C : u C = 4 cos(20πt −

2πAC

λ

) = 4 cos(20πt − 20π )(cm)

+ Điểm N dao động ngựợc pha với C: ⇒ 20π − dπ = (2k + 1)π (k ∈ Z ) ⇒ d = 16 − 2k (cm) ⇒ 10 ≤ 19 − 2k ≤ 16 − 0,5 ≤ k ≤ 4,5 ⇒ ⇒ k = 0;1;2;3;4 ⇒ Có 5 điểm dao động ngược pha với C trên đoạn MC . Chọn B k ∈ Z Ví dụ 4 : Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước cách nhau một đoạn S1S2 = 9λ phát ra dao động u=cos(ωt).

Trên đoạn S1S2, số điểm có biên độ cực đại cùng pha với nhau và ngược pha với nguồn (không kể hai nguồn) là: -62-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

A. 8.

B. 9 C. 17.

Giải : Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: uM = 2cos(π

d 2 − d1

λ

)cos(20πt - π

d 2 + d1

λ

D. 16.

M d1 • • A

)

Với d1 + d2 = S1S2 = 9λ Khi đó: Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: uM = 2cos(π = - 2cos(π

d 2 − d1

λ

d 2 − d1

λ

)cos(20πt - 9π) = 2cos(π

d 2 − d1

λ

d2

)cos(20πt - π)

• B

)cos(20πt)

Vậy sóng tại M ngược pha với nguồn khi cos(π

d 2 − d1

λ

)=1⇔ π

Với - S1S2 ≤ d1 - d2 ≤ S1S2 ⇔ -9λ ≤ 2kλ ≤ 9λ⇔ 4,5 ≤ k ≤ 4,5 Suy ra k = 0; ±1, ±2; ±3; ±4. Có 9 giá trị (có 9 cực đại)

d 2 − d1

λ

= k2π ⇔ d1 - d2 = 2kλ

Chọn B

CHỦ ĐỀ 3: SÓNG DỪNG 1. Khái niệm sóng phản xạ. * Sóng do nguồn phát ra lan truyền trong môi trường khi gặp vật cản thì bị phản xạ và truyền ngược trở lại theo phương cũ. Sóng truyền ngược lại sau khi gặp vật cản gọi là sóng phản xạ.

2. Đặc điểm của sóng phản xạ * Sóng phản xạ có cùng biên độ, tần số với sóng tới. * Sóng phản xạ có dấu ngược với sóng tới (ngược pha với sóng tới) ở điểm phản xạ nếu đầu phản xạ cố định. * Sóng phản xạ cùng dấu với sóng tới (cùng pha với sóng tới) ở điểm phản xạ nếu đầu phản xạ tự do.

-63-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

3. Khái niệm về sóng dừng. * Sóng dừng là sóng có các bụng và nút sóng cố định. * Bụng sóng: là những điểm có biên độ dao động cực đại. * Nút sóng: là những điểm không dao động.

4. Thiết lập phương trình sóng dừng. * Đầu Q cố định (nút sóng): Phương trình sóng tới và sóng phản xạ tại Q: u B = Acos2π ft và u 'B = − Acos2π ft = Acos(2π ft − π ) Phương trình sóng tới và sóng phản xạ tại M cách Q một khoảng d là: d d uM = Acos(2π ft + 2π ) và u 'M = Acos(2π ft − 2π − π )

λ

λ

Phương trình sóng dừng tại M: uM = uM + u 'M π π d π d uM = 2 Acos(2π + )cos(2π ft − ) = 2 Asin(2π )cos(2π ft + ) λ 2 2 λ 2 d π d Biên độ dao động của phần tử tại M: AM = 2 A cos(2π + ) = 2 A sin(2π ) λ 2 λ * Đầu Q tự do (bụng sóng): Phương trình sóng tới và sóng phản xạ tại Q: u B = u 'B = Acos2π ft Phương trình sóng tới và sóng phản xạ tại M cách Q một khoảng d là: d d uM = Acos(2π ft + 2π ) và u 'M = Acos(2π ft − 2π )

λ

λ

d

Phương trình sóng dừng tại M: uM = uM + u 'M ; uM = 2 Acos(2π Biên độ dao động của phần tử tại M: AM = 2 A cos(2π

d

λ

λ

)cos(2π ft )

)

Lưu ý: * Với x là khoảng cách từ M đến đầu nút sóng thì biên độ:

AM = 2 A sin(2π

* Với x là khoảng cách từ M đến đầu bụng sóng thì biên độ: AM = 2 A cos(2π

x

λ x

λ

) )

5.Vị trí nút sóng và bụng sóng

kλ 1 λ ; d bụng= (k + ) 2 2 2 kλ 1 λ • Đầu Q tự do (bụng sóng): dbụng= ; d nút= (k + ) 2 2 2 (d là khoảng cách từ đầu phản xạ đến điểm đang xét) •

Đầu Q cố định (nút sóng): dnút=

P

6. Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây dài l: * Hai đầu là nút sóng: l = k

λ

2 Số bụng sóng = số bó sóng = k ; Số nút sóng = k + 1 Một đầu là nút sóng còn một đầu là bụng sóng:

λ

λ

(k ∈ N ) 4 Số bó (bụng) sóng nguyên = k; Số bụng sóng = số nút sóng = k + 1

k2

7. Đặc điểm của sóng dừng: -Khoảng cách giữa 2 nút hoặc 2 bụng liền kề là -64-

λ 2

.

Q

λ 2

(k ∈ N * )

l = (2k + 1)

λ 2

λ 2

P λ 2

k

λ 2

Q λ 4

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

-Khoảng cách giữa nút và bụng liền kề là

λ 4

.

-Khoảng cách giữa hai nút (bụng, múi) sóng bất kỳ là : -Tốc độ truyền sóng: v = λf =

λ T

λ 2

.

.

8.Các chú ý đặc biệt về sóng dừng

+ Vấn đề về biên độ Từ công thức về biên độ sóng: AM = 2 A cos(2π

d

π

+ ) , dễ dàng thấy biên độ λ 2 có tính tuần hoàn theo không gian với chu kì λ. Những điểm cách nhau một khoảng bằng d sẽ có độ chênh d biên độ là ∆ϕ = 2π .

λ

Mỗi một điểm trên dây có sóng dừng chỉ có thể dao động với một biên độ xác định, điểm nút có biên độ bằng 0 nên nó luôn đứng yên, điểm bụng có biên độ lớn nhất bằng 2A, nên bề rộng của bụng là 4A. Việc nhìn thấy hình ảnh sóng dừng là do sự lưu ảnh của mắt, còn hình ảnh tại một thời điểm vẫn là một hình sin hoặc đoạn thẳng.

Trên hình biểu diễn, A, B là hai điểm bụng, M,N là hai điểm nút, có biên độ là 0. Gọi d là khoảng cách từ điểm P bất kì đến M thì biên độ tại P sẽ được tính theo công thức: d AP=2Asin 2π

λ

Còn nếu gọi d là khoảng cách từ P đến bụng thì d AP=2Acos 2π

λ

+ Vấn đề về pha dao động Các điểm trên dây có sóng dừng chỉ có thể dao động đồng pha hoặc ngược pha π d π Quan sát hai phương trình sóng: uM = 2 Acos(2π + )cos(2π ft − ) λ 2 2 -65-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

u N = 2 Acos(2π

d

π

π

+ )cos(2π ft − ) 2 2 Nhận thấy dấu hiệu hai điểm dao động đồng pha là tích biên độ của chúng là một số dương, và ngược pha nếu tích biên độ giữa chúng phải là một số âm. + Hai điểm đối xứng qua bụng thì dao động đồng pha

λ

Hai điểm P và Q đối xứng qua bụng thì có biên độ cùng dấu, nên cùng pha. Hai điểm P và R đối xứng qua nút có biên độ khác dấu nên dao động ngược pha.

Hình trên cũng giải thích những điểm dao động trong cùng một bó sóng dao động cùng pha do chúng có cùng dấu của biên độ. Hai bó sóng cạnh nhau có biên độ trái dấu nên luôn dao động ngược pha nhau. + Thời gian giữa hai lần sợi dây duỗi thẳng là T/2 Sợi dây duỗi thẳng khi li độ của điểm bụng bằng 0, tức là khi đại lượng π π d π cos(2π ft − ) = 0 trong phương trình uM = 2 Acos(2π + )cos(2π ft − ) . Khoảng thời gian giữa λ 2 2 2 hai lần li độ điểm bụng bằng 0 là T/2, thể hiện tính tuần hoàn theo thời gian của sóng dừng. + Phân biệt tốc độ dao động và tốc độ truyền sóng Tốc độ dao động: v=u’ Tốc độ truyền sóng: v=λ.f

CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ SÓNG DỪNG DẠNG 1: PHA DAO ĐỘNG Phương pháp:Chú ý các điểm dao động khi có sóng dừng chỉ có thể đồng pha hay ngược pha, các điểm trên cùng một bó sóng luôn dao động cùng pha, và ngược pha với bó bên cạnh.

Ví dụ 1: Trên một sợi dây đàn hồi có sóng dừng. Xét hai điểm M, N trên dây không trùng với vị trí của nút sóng, độ lệch pha giữa M và N không thể nhận giá trị nào sau đây?

A.            B.  /2 C. 2                       D. 0 Bài giải: Hai điểm chỉ có thể đồng pha hoặc ngược pha nên không thể nhận đáp án B Ví dụ 2:Người ta tạo ra sóng dừng trên dây với tần số là f1 thì mọi điểm trên dây (không kể đầu dây gắn với âm thoa được xem là nút) đều dao động cùng pha với nhau. Với tần số f2 thì trên dây có sóng dừngvới ba bụng. Tỉ số f2/f1 bằng A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 5.

Bài giải: -66-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

v (k = 0) (1) Lúc đầu dây có sóng dừng ứng với nửa bó sóng: l = (2k + 1) 4 f1

Lúc sau dây có 3 bụng sóng : l = (2k + 1)

v (k = 2) (2) 4 f2

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra: f2/f1=5.

DẠNG 2: SÓNG DỪNG TRÊN DÂY A.LÍ THUYẾT

λ

(k ∈ N * ) 2 Số bụng sóng = số bó sóng = k ; Số nút sóng = k + 1 Một đầu là nút sóng còn một đầu là bụng sóng:

* Hai đầu là nút sóng: l = k

l = (2k + 1)

λ

(k ∈ N ) 4 Số bó (bụng) sóng nguyên = k; Số bụng sóng = số nút sóng = k + 1

B.VÍ DỤ Ví dụ 1: Một nam điện có dòng điện xoay chiều tần số 50Hz đi qua. Đặt nam châm điện phía trên một dây thép AB căng ngang với hai đầu cố định, chiều dài sợi dây 60cm. Ta thấy trên dây có sóng dừng với 2 bó sóng. Tính vận tốc sóng truyền trên dây?

A.60m/s B. 60cm/s C.6m/s D. 6cm/s Giải : Vì nam châm có dòng điện xoay chiều chạy qua lên nó sẽ tác dụng lên dây một lực tuần hoàn làm dây dao động cưỡng bức.Trong một T(s) dòng điện đổi chiều 2 lần nên nó hút dây 2 lần . Vì vậy tần số dao động của dây = 2 lần tần số của dòng điện.

Tần số sóng trên dây là: f’ = 2.f =2.50 =100Hz Vì trên dây có sóng dừng với 2 bó sóng nên:

AB = L =2.

Ta có: v = λ. f = 60.100 = 6000cm / s = 60m / s

λ 2

→ λ = L = 60cm

⇒

Chọn A

Ví dụ 2: Một sợi dây AB đàn hồi căng ngang dài l = 120cm, hai đầu cố định đang có sóng dừng ổn định. Bề rộng của bụng sóng là 4a. Khoảng cách gần nhất giữa hai điểm dao động cùng pha có cùng biên độ bằng a là 20 cm. Số bụng sóng trên AB là A. 4.

B. 8.

C. 6.

D. 10.

K

Giải: Trước hết hiểu độ rộng của bụng sóng bằng hai lần 2a độ lớn của biên độ bụng sóng :=> KH = 4a Ap dụng công thức biên độ của sóng dừng tại điểm O M1 M với OM = x là khoảng cách tọa độ của M M2 đến một nút gọi là O 2a 2πx 2πx 1 AM = 2a | sin | với đề cho AM = a => | sin | = (*) λ λ 2 Hình Đề cho hai điểm gần nhất dao động cùng pha nên , hai điểm M1 và M2 phải cùng H một bó sóng => OM1 = x1 và OM2 = x2 ; ∆x = x2 – x1 λ 5λ 5λ λ λ Từ (*) suy ra : x1 = và x2 = => ∆x = − = = 20 => λ = 60cm 12 12 12 12 3 nλ 2L 2.120 Chiều dài dây L = => n = = = 4 => Chọn A 2 λ 60 Ví dụ 3: Sóng dừng trên dây AB với chiều dài 0,16 m , đầu B cố định, đầu A dao động với tần số 50 Hz. Biết tốc độ truyền sóng trên dây là 4 m/s.

-67-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

a. Tính số bụng sóng và số nút sóng. b. Biểu thức xác định vị trí các nút sóng và bụng sóng.

Hướng dẫn giải: v 4 a. Bước sóng: λ = = = 0,08(m) = 8(cm) . f 50 kλ 2ℓ 2.16 Hai đầu A, B cố định nên có điều kiện: ℓ = = = 4. ⇒ k= 2 8 λ Vậy trên dây có 4 bụng sóng và 5 nút sóng. b. Chọn B làm gốc tọa độ, do khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là

λ 2

nên vị trí các nút sóng xác

định từ biểu thức d m = 4k; k = 1;2;3;4; 5 Giữa hai nút và bụng liền nhau hơn nhau

λ 4

nên vị trí các bụng sóng xác định từ biểu thức:

DẠNG 3: SÓNG DỪNG TRONG CỘT KHÔNG KHÍ Ví dụ 1: Một ống khí có một đầu bịt kín, một đàu hở tạo ra âm cơ bản có tần số 112Hz. Biết tốc độ truyền âm trong không khí là 336m/s. Bước sóng dài nhất của các họa âm mà ống này tạo ra bằng: A. 1m.

B. 0,8 m.

C. 0,2 m.

D. 2m. λ 4l Giải: Điều kiện để có sóng dừng trong ống: l = (2k + 1) ⇒ λ = (*) 4 2k + 1 (l là chiều dài của cột khí trong ống, đầu kín là nút đầu hở là bụng của sóng dừng trong ống khí) v v v ⇒ f = = (2k + 1) = (2k + 1) f 0 ( f 0 = : tần số âm cơ bản) 4l 4l λ v v Ta có: f 0 = 112 Hz ⇒ = 112 ⇒ l = = 0,75m Âm cơ bản ứng với k = 0 .

4l 4.112 4l Từ (*) ta thấy các hoạ âm có λmax khi (2k + 1)min = 3 (với k = 1 ) .Vậy: λ max = = 1 (m ) . Chọn A. 3 Ví dụ 2 Mét ©m thoa nhá ®Æt trªn miÖng cña mét èng kh«ng khÝ h×nh trô AB, chiÒu dµi l cña èng khÝ cã thÓ thay ®æi ®-îc nhê dÞch chuyÓn mùc n-íc ë ®Çu B (xem h×nh vÏ ). Khi ©m thoa dao ®éng ta thÊy trong èng cã mét sãng dõng æn ®Þnh. VËn tèc truyÒn ©m trong kh«ng khÝ lµ v = 340 (m / s ) . Khi chiÒu dµi èng thÝch hîp ng¾n nhÊt l 0 = 13 (cm ) th× ©m thanh nghe to nhÊt. BiÕt r»ng víi èng khÝ nµy ®Çu B bÞt kÝn lµ mét nót sãng, ®Çu A hë lµ mét bông sãng. Khi dÞch chuyÓn mùc n-íc ë ®Çu B ®Ó chiÒu dµi l = 65 (cm ) th× ta l¹i thÊy ©m thanh còng nghe rÊt râ. X¸c ®Þnh sè bông sãng trong phÇn gi÷a hai ®Çu A, B. A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

Bài giải: Bài toán thuộc trường hợp sóng dừng với một đầu là nút, một đầu là bụng.Trường hợp đầu tiên ứng B là nút, A là bụng cách nhau λ/4, suy ra λ=52cm.Tần số âm:f=v/λ=654 Hz Khi dịch chuyển đến l=65cm thì: l = (2k + 1)

λ

(k ∈ N ) suy ra k=2 4 Không kể bụng sóng ở đầu A thì trên AB có hai bụng sóng.

-68-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

DẠNG 4: BIỂU THỨC SÓNG DỪNG - VẬN TỐC SÓNG DỪNG Ví dụ 1:Một sợi dây đàn hồi AB chiều dài 10m, căng ngang đầu B cố định, đầu A nối với 1 dụng cụrung để có thể dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình u=2cos(πt-π/2). Vận tốc truyền sóng trên dây là 2m/s. Sóng truyền tới đầu B thì phản xạ lại. Gọi I là trung điểm của đoạn dây AB. Chọn gốc thời gian là lúc A bắt đầu dao động. a, Sau thời gian ngắn nhất là bao nhiêu, kể từ khi A bắt đầu dao động, điểm I có li độ là 2cm. Vẽ dạng của sợi dây khi đó. b, Tìm li độ của điểm I tại thời điểm t=10s và xác định vị trí (Cách B) những điểm trên đoạn dây IB dao động với biên độ bằng không lúc đó.

Bài giải Do 2 nguồn ngược pha nên điểm M cách 2 nguồn các khoảng d1, d2 sẽ có biên độ dao động là  π (d 1 − d 2 ) π  AM = 2a cos +  ...................................................................

2 λ  với a là biên độ dao động của nguồn, λ là bước sóng.

Muốn điểm M xa A nhất thì M, I, A thẳng hàng: d1=MA=AI+IM=17 cm, …………

Tính được d2=MB=10,57 cm ………………………………………………………. v 40 λ= = = 4cm f 10

 π (17 − 10,57) π  → AM = 2.5 cos +  = 9,44mm ……………

4 2  a. * Bước sóng λ = vt = 4m Phương trình sóng tới tại I π 2π d UI = 2cos( π t − − ) = 2cos( π t − 3π ) cm điều kiện t ≥ ∆t = 2,5s (1) ........

2 λ Khi UI = 2cm ⇔ 2cos( π t − 3π )=2 ⇒ t = 3 + 2k kết hợp điều kiện (1) ⇒ tmin =3s khi k=0 .................................................................. * Lúc t=3s, sóng đã lan truyền đến M với AM = v tmin = 6m = 3

λ 2

.........................

Li độ của điểm I lúc đó là UI = 2cm. Hình dạng của sợi dây như hình vẽ b. + Lúc t=10s trên dây đã có sóng dừng ổn định. B là nút sóng, I là trung điểm của dây với BI = 5m =

λ

vậy I là một điểm bụng sóng ...................................................

2 ⇒ Phương trình sóng dừng cho điểm I: UI = 4cos( π t − 5π ) cm Thay t=10s được UI = -4cm ................................................................................ +Lúc t=10s UI = -4cm, tức là không phải thời điểm sợi dây duỗi thẳng, như vậy li độ bằng 0 chỉ có các 2,5

-69-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

điểm nút sóng ..............................................................................

Vậy trên đoạn BI có 3 điểm nút (li độ bằng 0 ): Điểm B và điểm cách B 2m; cách B 4m .....................................................................................................................

Ví dụ 2:Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây, A là một điểm nút, B là điểm bụng gần A nhất với AB = 18 cm, M là một điểm trên dây cách B một khoảng 12 cm. Biết rằng trong một chu kỳ sóng, khoảng thời gian mà độ lớn vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc cực đại của phần tử M là 0,1s. Tốc độ truyền sóng trên dây là: A. 3,2 m/s.

B. 5,6 m/s.

C. 4,8 m/s.

D. 2,4 m/s.

Giải 1: + A là nút; B là điểm bụng gần A nhất

⇒ Khoảng cách AB =

λ 4

= 18cm,

⇒ λ = 4.18 = 72cm ⇒ M cách B

λ

6 + Trong 1T (2 π ) ứng với bước sóng λ Góc quét α =

λ 6

⇒α =

π 3

Biên độ sóng tại B va M: AB= 2a; AM = 2acos

π 3

=a

Vận tốc cực đại của M: vMmax= aω + Trong 1T vận tốc của B nhỏ hơn vận tốc cực đại của M được biểu diễn trên 2π đường tròn ⇒ Góc quét 3 λ 72 2π 2π ⇒ = .0,1 ⇒ T = 0,3(s) ⇒ v = = = 240cm / s = 2,4m / s : Chọn D 3 T T 0,3 Ví dụ 3. M,N,P là 3 điểm liên tiếp trên một sợi dây mang sóng dừng có cung biên độ 4mm,dao động tại N ngược pha với dao động tại M. MN=NP/2 = 1cm.Cứ sau những khoảng thời gian ngắn nhất 0,04s thì sợi day có dạng một đoạn thẳng.Tốc độ dao động của phần tử vật chất tại điểm bụng khi qua vị trí cân bằng ( lấy π=3,14) A.375mm/s B.363mm/s C.314mm/s D.628mm/s Giải: * Tìm ω : Khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp dây duỗi thẳng là khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp qua VTCB = T/2 = 0,04s T=0,08s ω = 25π =78,5 (rad/s) * Tìm ra 3 điểm M,N,P thỏa mãn qua các lập luận sau : - Các điểm trên dây có cùng biên độ là 4mm có vị trí biên là giao điểm của trục ∆ với dây - Mà M, N ngược pha nhau M,N ở 2 phía của nút ∆ - Vì M,N,P là 3 điểm liên tiếp nên ta có M,N,P như hình vẽ.

4 mm * Qua hình tìm ra bước sóng : Chiều dài 1 bó sóng là OO'=

M

λ

N

P

2 mà OO'= NP+OP+O'N =NP+2.OP= 3cm λ = 6 cm

1 cm * Tìm A: AP = 2 A | sin(2π

4mm = 2 A | sin(2π

4mm = 2 A

d

λ

2 cm

) | thay số

5mm )| 60mm

1 A=4mm Vậy: vmax = ωbung . Abung = ω .2 A = 78,5. 2. 4 = 628 mm Chọn D 2 -70-

d

O

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

- Ngoài ra từ AP = 2 A | sin(2π

GV Nguyễn Trung Hiếu

d

λ

) | có thể dùng đường tròn để giải

DẠNG 5: CÁC ĐIỂM DAO ĐỘNG KHÁC BỤNG - NÚT Ví dụ 1: Trong thí nghiệm về sóng dừng trên dây có hai đầu cố định, người ta đếm được có n bó sóng, các vị trí trên dây dao động thì biên độ lớn nhất là A . Số điểm trên dây dao động với biên độ 0,5 A là A. n B. n+1 C. n-1 D. 2n Bài giải: Mỗi bó sóng có một điểm dao động biên độ A và 2 điểm dao động biên độ 0,5 A nên chọn đáp án D. Ví dụ 2: Trong thí nghiệm về sóng dừng trên một sợi dây đàn hồi có hai đầu cố định, biên độ dao động của bụng là 4cm. Biên độ dao động của điểm cách bụng một phần tám lần của bước sóng là? Bài giải: Độ lệch pha giữa điểm M và bụng là: ∆ϕ=2π/λ=π/4 Biên độ tại M là: Acosπ/4= 2 2 (cm) Ví dụ 3: Trên một sợi dây đàn hồi AB dài 25cm đang có sóng dừng, người ta thấy có 6 điểm nút kể cả hai đầu A và B. Hỏi có bao nhiêu điểm trên dây dao động cùng biên độ, cùng pha với điểm M cách A 1cm?

B. 9 C. 6 điểm D. 5 điểm A. 10 điểm GIẢI: Dễ thấy trên dây có 5 bó sóng mà độ dài một bó sóng bằng ½ bước sóng =5 cm.

Trong mỗi bó sóng luôn có 2 điểm cùng biên độ, 2 điểm này đối xứng nhau qua điểm bụng.

Do đó trên dây có 10 điểm cùng biên độ với M(kể cả M).

Mặt khác: 2 điểm đối xứng nhau qua nút thì dao động ngược pha, 2 điểm đối xứng nhau qua điểm bụng dao động cùng pha. Từ đó suy ra được số điểm dao động cùng biên độ, cùng pha với M (kể cả M)là 6. Nếu trừ điểm M đi thì trên dây còn 5 điểm thoả mãn.

Chọn D Ví dụ 4: Một dây đàn hồi AB đầu A được rung nhờ một dụng cụ để tạo thành sóng dừng trên dây, biết Phương trình dao động tại đầu A là uA= acos100πt. Quan sát sóng dừng trên sợi dây ta thấy trên dây có những điểm không phải là điểm bụng dao động với biên độ b (b ≠ 0) cách đều nhau và cách nhau khoảng 1m. Giá trị của b và tốc truyền sóng trên sợi dây lần lượt là: A. a 2 ; v = 200m/s.

B. a 3 ; v =150m/s.

C. a; v = 300m/s.

D. a 2 ; v =100m/s.

Giải: Từ hình vẽ => λ = 4 MN = 4m và MO = 0,5 m =

λ

=> 8 b = a 2 và v = 200m/s

O MN 1m

DẠNG 6: BÀI TOÁN TẦN SỐ BIẾN THIÊN Ví dụ 1. Một dây cao su một đầu cố định, một đầu gắn âm thoa dao động với tần số f. Dây dài 2m và vận tốc sóng truyền trên dây là 20m/s. Muốn dây rung thành một bó sóng thì f có giá trị là A. 5Hz B.20Hz C.100Hz D.25Hz Giải: Chọn A HD: Dây rung thành một bó sóng ⇒

1 c 20 = 2m ⇒ λ = 4m ⇒ f = = = 5 ( Hz ) 2 λ 4

Ví dụ 2: Một sợi dây căng giữa hai điểm cố định cách nhau 75cm. Người ta tạo sóng dừng trên dây. Hai tần số gần nhau nhất cùng tạo ra sóng dừng trên dây là 150Hz và 200Hz. Tần số nhỏ nhất tạo ra sóng dừng trên dây đó là A. 100Hz B. 125Hz C. 75Hz D. 50Hz Chọn D K + 1)v Kv Giải: Chọn D. HD: l = K λ = K v ⇒ f = K v ⇒ f m in = v = ( − = f 2 − f1 = 50 ( H z ) 2 2f 2l 2l 2l 2l Ví dụ 3:. Một dây đàn hồi dài có đầu A dao động theo phương vuông góc với sợi dây. Tốc độ truyền sóng trên dây là 4m/s. Xét một điểm M trên dây và cách A một đoạn 40cm, người ta thấy M luôn luôn dao động lệch -71-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

pha so với A một góc ∆ϕ = (k + 0,5)π với k là số nguyên. Tính tần số, biết tần số f có giá trị trong khoảng từ 8 Hz đến 13 Hz. A. 8,5Hz B. 10Hz C. 12Hz D. 12,5Hz Giải 1: 2πd 2πdf 2πdf v + Độ lệch pha giữa M và A là: ∆ϕ = = ⇒ = (k + 0,5)π ⇒ f = (k + 0,5) = 5(k + 0,5)Hz v v 2d λ + Do : 8 Hz ≤ f ≤ 13Hz ⇒ 8 ≤ (k + 0,5).5 ≤ 13 ⇒ 1,1 ≤ k ≤ 2,1 ⇒ k = 2 ⇒ f = 12,5 Hz . Chọn D

CHỦ ĐỀ 4: SÓNG ÂM A. TÓM TẮT KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Định nghĩa: + Sóng âm là những sóng cơ truyền trong các môi trường rắn, lỏng và khí. + Nguồn âm là các vật dao động phát ra âm.

2. Phân loại Âm nghe được (gây ra cảm giác âm cho tai con người) là sóng cơ có tần số trong khoảng từ 16 Hz đến 20.000 Hz; f < 16 Hz là sóng hạ âm; f > 20.000 Hz là sóng siêu âm.

3. Các đặc trưng vật lý của âm + Âm có đầy đủ các đặc trưng của một sóng cơ học. + Vận tốc truyền âm: phụ thuộc vào tính đàn hồi, mật độ và nhiệt độ của môi trường: vrắn > vlỏng > vkhí.

Chú ý: Khi sóng âm truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì vận tốc và bước sóng thay đổi; nhưng tần số và chu kì sóng không đổi. + Cường độ âm: Là năng lượng truyền qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc với phương truyền âm, W P trong một đơn vị thời gian: I = = S.t S Với: W (J), P (W) là năng lượng, công suất phát âm của nguồn S (m2) là diện tích mặt vuông góc với phương truyền âm (với sóng cầu thì S = 4πR2) + Ngưỡng nghe: là cường độ âm nhỏ nhất mà tai người còn có thể nghe rõ. Ngưỡng nghe phụ thuộc vào tần số âm. Âm có tần số từ 1.000 Hz – 5.000 Hz, ngưỡng nghe khoảng 10-2 W/m2. + Ngưỡng đau: là cường độ âm cực đại mà tai người còn có thể nghe được nhưng có cảm giác đau nhức. Đối với mọi tần số âm ngưỡng đau ứng với cường độ âm 10 W/m2. + Miền nghe được: là miền nằm giữa ngưỡng nghe và ngưỡng đau.

2

I S 4πr22  r 2  Chú ý: Nếu năng lượng được bảo toàn: W = I1S1 = I2S2 ⇒ 1 = 2 = =  I 2 S1 4πr12  r1  I I + Mức cường độ âm: L(B) = lg Hoặc L(dB) = 10.lg I0 I0 -12 2 Với I0 = 10 W/m ở f = 1000Hz: cường độ âm chuẩn. (Cường độ âm chuẩn thay đổi theo tần số) L I I Chú ý: Từ công thức: L = log ⇒ I = I0 1010 và ∆L = L2 - L1 = 10log 2 I0 I1 + Đồ thị dao động của âm: Một nhạc cụ khi phát ra âm có tần số f (gọi là âm cơ bản hay là họa âm thứ nhất) thì đồng thời nó cũng phát ra các họa âm có tần số 2f, 3f, 4f,... (gọi là các họa âm thứ hai, thứ ba, thứ tư,...).

Biên độ của các họa âm cũng khác nhau. Tổng hợp đồ thị các dao động của tất cả các họa âm của một nhạc âm ta có được đồ thị dao động của nhạc âm đó. Đồ thị không còn là đường sin điều hòa mà là một đường phước tạp và có chu kì.

4. Các đặc trưng sinh lí của âm + Độ cao: gắn liền với tần số. Âm có f càng lớn thì càng cao, f càng nhỏ thì càng trầm. Không phụ thuộc vào năng lượng âm. + Độ to: gắn liền với mức cường độ âm. Phụ thuộc vào tần số âm.

- Hai âm có cùng tần số, nhưng có mức cường độ âm khác nhau thì độ to sẽ khác nhau.

- Hai âm có cùng mức cường độ âm, nhưng có tần số khác nhau thì độ to cũng khác nhau. + Âm sắc: gắn liền với đồ thị dao động của âm.

-72-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Âm sắc là tính chất của âm giúp ta phân biệt các âm phát ra bởi các nguồn khác nhau (cả khi chúng có hoặc không cùng độ cao, độ to).

- Âm sắc là một đặc trưng sinh lí liên quan mật thiết tới đồ thị dao động âm và phụ thuộc vào tần số âm và biên độ âm. v 5. Tần số do đàn phát ra (hai đầu dây cố định ⇒ hai đầu là 2 nút sóng): f = k (k ∈ N*) 2l v Ứng với k = 1 ⇒ âm phát ra âm cơ bản có tần số f1 = 2l k = 2, 3, 4 … có các hoạ âm bậc 2 (tần số 2f1), bậc 3 (tần số 3f1) …

6. Tần số do ống sáo phát ra (một đầu bịt kín, một đầu để hở ⇒ một đầu là nút sóng, một đầu là bụng v sóng): f = (2k+1) ( k ∈ N) 4l Ứng với k = 0 ⇒ âm phát ra âm cơ bản có tần số k = 1, 2, 3 … có các hoạ âm bậc 3 (tần số 3f1), bậc 5 (tần số 5f1) …

DAO ĐỘNG ĐIỆN TỪ A. TÓM TẮT KIẾN THỨC CƠ BẢN I. MẠCH DAO ĐỘNG 1. Mạch dao động điện từ a. Mạch dao động là một mạch điện gồm 1 cuộn cảm có độ tự cảm L mắc nối tiếp với 1 tụ điện có điện dung C tạo thành một mạch kín. + Nếu điện trở của mạch rất nhỏ, coi như bằng không, thì đó là 1 mạch dao động lí tưởng. + Tụ điện có nhiệm vụ tích điện cho mạch, sau đó nó phóng điện qua lại trong mạch nhiều lần tạo ra một dao động điện xoay chiều trong mạch. Ban đầu, để tụ hoạt động phải tích cho tụ một điện tích Q0. b. Khi mạch hoạt động, cả q, u và i biến thiên cùng tần số - Điện tích tức thời q = Q0cos(ωt + ϕ) q - Hiệu điện thế (điện áp) tức thời u = = Q0 cos(ωt + ϕ) = U0cos(ωt + ϕ) C C -73-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

π - Dòng điện tức thời i = q ' = ωQ0sin(ωt+ϕ) = I0cos(ωt+ϕ + ) 2 π - Cảm ứng từ: B = B0cos(ωt+ϕ + 2) 1 1 Trong đó: ω = là tần số góc riêng; T = 2π LC là chu kỳ riêng;f = là tần số riêng 2π LC LC Q I L Q0 I0 = ωQ0 = Q0 ; U0 = 0 = 0 = ωLI 0 = I 0 C ωC C C LC

q 2 Q02 1 1 L - Năng lượng điện trường: Wđ = Cu2 = qu = = cos 2 (ωt + ϕ ) ⇒ Wđ = (I20 - i2) 2 2 2 2C 2C 2 Q 1 C - Năng lượng từ trường: Wt = Li2 = 0 sin 2 (ωt + ϕ ) ⇒ Wt = (U20 - u2) 2 2 2C Q2 1 1 1 L - Năng lượng điện từ: W = Wđ + Wt = Wđmax = Wtmax ⇒ W = CU20= Q0U0 = 0 = LI02 ⇒ Wđ = (I20 - i2) 2 2 2 2 2C Chú ý: + Mạch dao động có tần số góc ω, tần số f và chu kỳ T thì Wđ và Wt biến thiên với tần số góc 2ω, tần số 2f và chu kỳ T/2. + Trong một chu kì dao động điện từ, có 4 lần năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường. + Khoảng thời gian giữa hai lần bằng nhau liên tiếp của năng lượng điện trường và năng lượng từ T trường là 4 + Mạch dao động có điện trở thuần R ≠ 0 thì dao động sẽ tắt dần. Để duy trì dao động cần cung cấp I2 ω 2C 2U 02 CU 02 cho mạch một năng lượng có công suất: P = I2R = 0 R = R= R 2 2 2L + Quy ước: q > 0 ứng với bản tụ ta xét tích điện dương thì i > 0 ứng với dòng điện chạy đến bản tụ mà ta xét. + Khi tụ phóng điện thì q và u giảm và ngược lại.

T + Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp mà điện tích trên một bản tụ điện có độ lớn cực đại là ∆t = 2 T + Khoảng thời gian ngắn nhất ∆t để điện tích trên bản tụ này bằng một nửa giá trị cực đại là .

6 2. Sự tương tự giữa dao động điện và dao động cơ

-74-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Dạng 1: Tính toán các đại lượng cơ bản - Chu kỳ T = 2π LC 1 - Tần số f = 2π LC 1 1 1 = 2 + 2 ; Tnt2 = T12 + T22 ; λnt = λ12 + λ22 2 f nt f1 f2 1 1 1 L1 L2 1 1 1 + Nếu 2 cuộn dây ghép song song: = + ⇒L//= ; f //2 = f12 + f 22 ; 2 = 2 + 2 ; L// L1 L2 L1 + L2 T// T1 T2

+ Nếu 2 cuộn dây ghép nối tiếp: Lnt = L1 + L2;

λ// =

λ1λ2 λ12 + λ22 + Nếu 2 tụ ghép nối tiếp:

λ// =

1 1 1 = + Cnt C1 C2

⇒ Cnt

1 1 1 C1C2 ; f //2 = f12 + f 22 ; 2 = 2 + 2 ; T// T1 T2 C1 + C2

λ1λ2 λ12 + λ22 + Nếu 2 tụ ghép song song: C// = C1 + C2;

1 1 1 = 2 + 2 ; T//2 = T12 + T22 ; λ// = λ12 + λ22 2 f // f1 f2 2

λ  C + Bộ tụ xoay: λ = c.T = 2πc. LC ⇒  1  = x1 ⇒ nối tiếp: Cnt < C0 ⇔ λ1 < λ0; song song C// > C0 C0  λ0  ⇔ λ1 > λ0 2

λ  C + C0 Tụ xoay: Cx //C0:  1  = x1 C0  λ0  + Công thức tính điện dung của tụ Cx =

εS

9.109.4πd ⇒ C x = a.ϕ min + b

với d là khoảng cách giữa hai bản tụ.

α = α min Có: Cx = aϕ + b ⇒  α = α max ⇒ C x = a.ϕ max + b ⇒ Cx có giá trị biến thiên trong khoảng: aαmin + b ≤ Cx ≤ aϕmax + b εS + Công thức tính điện dung của tụ phẳng C = với d là khoảng cách giữa hai bản tụ.

9.109.4πd + Bước sóng điện từ λ = c.T = 2πc. LC. Để thu được sóng điện từ tần số f thì tần số riêng của mạch dao động phải bằng f.

Q2 q2 1 1 + Năng lượng điện trường: Wđ = Cu2 = ⇒ Wđmax = CU20 = 0 2 2 2C 2C 1 1 + Năng lượng từ trường: Wt = Li2 ⇒ Wtmax = LI02 2 2 2 2 2 Cu Li q Li 2 CU 02 LI 02 + Năng lượng điện từ: W = + = + = = 2 2 2C 2 2 2 I0 + Liên hệ: Q0 = CU0 =

ω

Dạng 2: Viết các biểu thức tức thời 1 , biểu thức q = Q0cos(ωt+ϕ) LC + u = e - ri, Hiệu điện thế u = e = - Li (do r = 0) + Cường độ dòng điện i = q' = -ωQ0sin(ωt +ϕ) + Năng lượng: + Phương trình q'' + ω2q = 0, ω =

-75-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Q2 q2 1 T Wđ = Cu2 = = 0 cos2(ωt +ϕ) = W.cos2(ωt +ϕ), tần số góc dao động của Wđ là 2ω chu kì 2 2 2C 2C 2 Q 1 T Wt = Li2 = 0 sin2(ωt +ϕ) = W.sin2(ωt +ϕ), tần số góc dao động của Wt là 2ω chu kì 2 2 2C 2 Q + Trong 1 chu kì Wđ = Wt = 0 hai lần (dùng đồ thị xác định thời điểm gặp nhau).

4C Dạng 3: Năng lượng dao động trong mạch LC ωQ0 I0 + Tính dòng điện qua tụ (cuộn dây hay mạch dao động) tại thời điểm Wđ= nWt thì i = = n +1 n +1 + Tính điện dung hay điện tích qua tụ tại thời điểm Wt = nWđ thì I0 Q0 q = I0 LC = = n +1 n +1 ω n +1 u = I0

L . n + 1 = U0 n + 1 C

DAO ĐỘNG ĐIỆN XOAY CHIỀU

A

B ϕ2

-ugh

sáng

-U0

ϕ1

tắt

ugh

sáng

U0 tắt

C

-76-

D

u

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

CHỦ ĐỀ 1: HỘP KÍN – GIẢN ĐỒ VÉCTƠ TRƯỢT A. Lý thuyết chung 1. Mạch xoay chiều chỉ có điện trở thuần hoặc cuộn dây thuần cảm hoặc tụ điện + Mạch xoay chiều chỉ có điện trở thuần R: Cường độ dòng điện và hiệu điện thế cùng pha i = I0cos(ωt+ φ) thì u = U0cos(ωt+ φ); U0 = I0.R; U = I.R + Mạch xoay chiều chỉ có cuộn dây thuần cảm L: Cường độ dòng điện trễ pha

π 2

so với hiệu điện thế

(hay hiệu điện thế sớm pha π/2 so với cường độ dòng điện. u = U0cos(ωt + φ) thì i = I 0 cos(ωt + ϕ − hay

i = I0cos(ωt + φ) thì u = U 0 cos(ωt + ϕ +

π 2

π 2

)

)

U0 = I0.ZL; U = I.ZL; ZL = L.ω. + Mạch xoay chiều chỉ có tụ điện C: cường độ dòng điện sớm pha

π 2

so với hiệu điện thế (hay hiệu điện

thế trễ pha π/2 so với cường độ dòng điện. u = U0cos(ωt + φ0) thì i = I 0 cos(ωt + ϕ + i = I0cos(ωt + φ0) thì u = U 0 cos(ωt + ϕ −

hay

U0 = I0.ZC; U = I.ZC; Z C =

π 2

π 2

)

).

1 .

Cω

2. Mạch xoay chiều RLC có nối tiếp Hiệu điện thế u lệch pha ϕ so với cường độ dòng điện i i = I0cos(ωt) thì u = U0cos(ωt + ϕ) Với u = uR + uL + uC; U0 = I0.Z, U = I.Z. + Z là tổng trở của mạch Z = R 2 + (Z L − Z C ) 2 + U là hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch U = U R2 + (U L − U C ) 2 Trong đó UR = IR ; UL = IZL ; UC = IZC là hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu R, L, C. Z − ZC U L − U C U L0 − U C0 + tgϕ = L = = R UR U R0 ϕ > 0 thì u sớm pha hơn i, ϕ < 0 thì u trễ pha hơn i.

3. Giản đồ véc tơ Chọn Ox là trục dòng điện + Với đoạn mạch chỉ có R hoặc L hoặc C

I

O O

I

U RO

x

UL

x O

UC

-77-

I

x

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Với đoạn mạch RLC nối tiếp

UL

UL + UC

O

U

UL

UR

x

x

O

UL + UC UC UL < UC (hay ZL < ZC)

UR

U

UC UL > UC (hay ZL > ZC) 4. Một số trường hợp thường gặp + Đoạn mạch chỉ có R & L hay cuộn dây có điện trở R & hệ số tự cảm L Ud = IZd ; với Zd =

2

R 2 + Z L ; hoặc Ud =

+ Đoạn mạch có R & C: URC = IZ; với Z = tgϕ = -ZC/R = -UC/UR

U R2 + U 2L ; tgϕ = ZL/R = UL/UR

R 2 + Z C2 ; URC =

U R2 + U C2 ;

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HỘP ĐEN 1. Phương pháp đại số B1: Căn cứ giả thiết của bài toán “đầu vào”để đặt ra các trường hợp có thể xảy ra.

B2: Căn cứ kết luận (giá trị U,I, lệch pha..) “đầu ra” của bài toán để loại bỏ các giả thiết không phù hợp.

B3: Trường hợp được chọn là TH đã được biện luận phù hợp với tất cả các dữ kiện của bài toán.

Cách nhận biết các phần tử trong mạch dựa vào độ lệch pha a. Nếu dòng một chiều U . *Qua điện trở R trị số luôn không đổi và I = R *Mạch có cuộn dây.

U + Ro = 0 thì I = = ∞ ( ZL = 0 cuộn dây không có tính cảm kháng) ZL U +Ro ≠ 0 thì I = ( ZL = 0 cuộn dây không có tính cảm kháng).

Ro *Qua tụ Ic = 0( tụ điện không cho dòng một chiều đi qua) b. Dòng điện xoay chiều b1: u cùng pha với i nếu: +Mạch chỉ có điện trở R( vĩnh cửu) +Mạch có cả R, L, C nhưng ZL = ZC.( chỉ một giá trị duy nhất) b2: u sớm pha hơn i trong mạch chắc chắn có L - Nếu u sớm pha hơn i một góc

π 2

nếu:

+Mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm L. +Mạch có cả L và C nhưng ZL > ZC. - Nếu u sớm pha hơn i một góc ≠

π 2

mạch chắc chắn có thêm R.

b3: u trễ pha hơn i trong mạch chắc chắn có C - Nếu u trễ pha hơn i một góc

π 2

nếu

+Mạch chỉ có tụ điện. +Mạch có cả L và C nhưng ZL < ZC. -78-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Nếu u trễ pha hơn i một góc ≠

π 2

mạch chắc chắn có thêm R.

b4: Mạch cộng hưởng chắc chắn có cả L, C - Nếu I = ∞ mạch không có R. - Nếu I

≠ ∞

mạch có cả R và I max =

UM R

b5. Nếu thay đổi tần số f 1 +I~ mạch có L. U +I ~ U mạch có C. +Nếu I1 tăng đến Imax rồi giảm đến I2 mạch có cộng hưởng. +Nếu có độ lệch pha giữa hiệu điện thế hai đoạn mạch là mạch còn lại chắc chắn có R, C. 2. Phương pháp sử dụng giản đồ véc tơ.

B1: Vẽ giản đồ véc tơ cho phần đã

π 2

thì một đoạn mạch chứa R, L thì đoạn

U 0L

biết của đoạn mạch.

B2: Căn cứ vào dữ kiện bài toán để vẽ phần còn lại của giản đồ.

B3: Dựa vào giản đồ véc tơ và các hàm số lượng giác, định lí lượng giác để tính các đại lượng chưa biết, từ đó làm sáng tỏ hộp kín.

U0

U 0 L + U 0C

I0

U0

O

U0

a b c = = sin A sin B sin C 2 2 2 - Định lí cô sin: a = b + c - 2bc.cosA - Định lí hàm sin:

- Định lý Pitago: a2 = b2 + c2 - Hàm: sinα; cosα ; tanα ; cotα.

-Hệ thức trong tam giác vuông: 1)

1 1 1 = 2 + 2 2 ha b c

2) a. ha = b.c

* Trong một số tài liệu có viết về các bài toán hộp kín thường sử dụng phương pháp đại số, nhưng theo xu hướng chung thì phương pháp giản đồ vectơ cho lời giải ngắn gọn hơn, logic hơn, dễ hiểu hơn.

3.PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN Loại 1. Xác định phần tử trong hộp đen khi bài toán cho độ lệch pha

Ví dụ 1: Một đoạn mạch xoay chiều AB gồm hai phần tử X, Y mắc như trên.Cường độ dao động trong mạch nhanh pha π/6 so với hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch. a) Hai phần tử trên là 2 phần từ nào trong số R, L, C? b) Biết các biên độ của hiệu điện thế và cường độ dòng điện lần lượt

A

là U0 = 40V và I0 = 8,0 A, tần số dao động là f = 50Hz. Tính giá trị mỗi phần từ.

Gợi ý cách giải Giả sử trong đoạn mạch trên không có R. Như vậy thì X ,Y là hai phần từ L, C.

Gọi ϕ là góc hợp với U ; I ( R=0): tgϕ =

ZL − Zc π = ∞ = tg ⇒ vô lí R 2 -79-

B

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Theo đầu bài U trễ pha với i 1 góc π/6→ vậy mạch điện chắc chắn có R (giả sử X là R) → Y là L hoặc C .Do i sớm pha hơn u => Y là C ω = 2πf = 2π.50 = 100π (Rad/s); tgϕ = Mặt khác: Z =

R 2 + Z 2C =

ZC π 1 ⇒ = tg( − ) = − R 6 3

U 0 40 = =5 I0 8

⇒R2 + Z2C = 25

Thay (1) vào (2): 3ZC2 + Z2C= 25 ⇒ ZC = 2,5 (Ω) → R = 2,5 Vậy: R = 2,5 3 ; C =

3 ZC = R (1) (2)

3 (Ω)

1 1 4.10−3 = = (F) ZC ω 2,5.100π π

Ví dụ 2: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.

X là một hộp đen chứa 1 phần tử: R hoặc L hoặc

C

A

C, biết uAB=100 2 cos100πt (V); IA = 2 (A), P = 100 (W), C =

B

X

A

(L, r) hoặc

10 −3 (F), i trễ pha hơn uAB. Tìm cấu tạo X 3π

và giá trị của phần tử.

Gợi ý cách giải Theo giả thiết i trễ pha hơn uAB và mạch tiêu thụ điện suy ra: Hộp đen là một cuộn dây có r ≠ 0.

-Ta có: P = I2r → r =

P 100 = = 50 (Ω ) 2 2 I 2

( )

U 2 AB -Mặc khác: r + (ZL - Zc) = I2 2

2

-Giải ra: ZL = 80 Ω     ⇒ L =

⇒ Z L − ZC = ZL

ω

=

U 2AB I

− r2 =

2

100 2 2

( 2)

− 50 2

80 4 = (H) 100π 5π

Loại 2. Xác định các phần tử trong hộp đen mà không cho độ lệch pha. Với loại toán này thường bài toán cho mạch gồm nhiều đầu dây, hoặc hộp đen có liên quan đến các giá trị đại số của U, I, f.

Ví dụ : Cho mạch điện như hình vẽ:UAB = 120(V); ZC = 10 3 (Ω) ;

C

R = 10(Ω); uAN = 60 6 cos100π t (V ) ; UNB = 60(V)

R

X

A M N a. Viết biểu thức uAB(t) b. Xác định X. Biết X là đoạn mạch gồm hai trong ba phần tử (Ro, Lo (thuần), Co) mắc nối tiếp

B

Gợi ý cách giải a. Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch đã biết (Hình vẽ) Phần còn lại chưa biết hộp kín chứa gì vì vậy ta giả sử nó là một véc tơ bất kỳ tiến theo chiều dòng điện sao cho: NB = 60V, AB = 120V, AN = 60 3V

i

A U -80-

U AB A N

B

UC UN

B

Ul0 D

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB2 = AN2 + NB2, vậy đó là tam giác vuông tại N tgα =

⇒ α=

NB 60 1 = = AN 60 3 3

π π π  ⇒ UAB sớm pha so với UAN góc → Biểu thức uAB(t): uAB= 120 2 cos  100π t +  (V) 6  6 6

b. Xác định X: Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà trong X chỉ chứa 2 trong 3 phần tử nên X phải chứa Ro và Lo. Do đó ta vẽ thêm được U R 0 vµ U L 0 như hình vẽ. + Xét tam giác vuông AMN: tgβ =

+ Xét tam giác vuông NDB:

UR π R 1 = = ⇒β= UC ZC 6 3 U R = U NB cos β = 60 .

O

U L = U NB sin β = 60 .

O

+Mặt khác: UR = UANsinβ = 60 3.

3 = 30 3 ( V ) 2

1 = 30 ( V ) 2

1 U 30 3 = 30 3 ( v ) ⇒ I = R = = 3 3( A) R 10 2

U RO 30 3  = = 10( Ω )  RO = I 3 3 +Hộp đen X: ⇒  10 0,1  Z = U LO = 30 = 10 ( Ω ) ⇒ L = (H ) = O  LO I 3 3 3 100π 3 3π

* Nhận xét: Đây là bài toán chưa biết trước pha và cường độ dòng điện nên giải theo phương pháp đại số sẽ gặp nhiều khó khăn (phải xét nhiều trường hợp, số lượng phương trình lớn → giải phức tạp). Vậy sử dụng giản đồ 2

2

2

véc tơ trượt sẽ cho kết quả ngắn gọn, .. Tuy nhiên, học sinh khó nhận biết được: U AB = U AN + U NB . Để có sự nhận biết tốt, HS phải rèn luyện nhiều bài tập để có kĩ năng giải.

Loại 3: Xác định các phần tử trong hộp đen bằng các dụng cụ đo điện (Thực hành đo hộp đen) Ví dụ: Mạch ABC chứa tụ ở (BC) cuộn cảm ở (AB) khi dùng dòng điện xoay chiều U = 10V; f = 50Hz; UAB = 10(V); UBC = 10(V); I = 0,01A. 1.Tìm C, RL, L? 2.Cho mạch vào hộp kín với đầu dây A,B,C chìa ra được đánh số 1, 2, 3 bất kì mà không phân biệt được A, B, C nữa. Đấu 2, 3 vào nguồn xoay chiều trên qua một tụ có điện dung C’ thì thấy cường độ dòng điện hiệu dụng lớn hơn 0,01 A( I > 0,01A). Đấu nguồn trên vào 1, 2 qua tụ C’ được I12 sau đó đấu vào 1,3 qua tụ C’ thì được I13 với I12 < I13. Mỗi đầu 1, 2, 3 ứng với đầu nào A hay B hay C?

Loại 4: Xác định phần tử trong hộp đen bằng phương pháp thực nghiệm.

-81-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ: Cho 3 hộp, X1, X2, X3 có hai đầu dây ra , mỗi hộp chỉ chứa 1 trong 3 phần tử cơ bản:R, L, C. Sử dụng một hiệu điện thế và đồng hồ vạn năng hoặc 1 bóng đèn để xác định tên của linh kiện.

CHỦ ĐỀ 2: GIẢI NHANH BÀI TẬP VỀ ĐOẠN MẠCH RLC CÓ ω BIẾN THIÊN I.LÝ THUYẾT: 1.Khi ω 2 =

1 thì (I, P, UR, cos ϕ ) đạt giá trị cực đại.

LC -82-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1 2.Khi ω=ω1 và khi ω=ω2 mà mạch có cùng (I, P, UR, cos ϕ ) thì ω1ω2 = .

LC 3.Khi ω=ω1 và khi ω=ω2 mà mạch có cùng (I, P, UR, cos ϕ ) thì (I, P, UR, cos ϕ ) đạt giá trị cực đại khi

ω2=ω1ω2.

1

4.a.Khi ω = ω L =

2

C

b.Khi ω = ωC =

5.Khi

6.Khi

L R − C 2

L R2 − C 2 ⇒U CMAX = L

ω = ω L ⇒ U LMax ω = ωC ⇒ U CMax

ω =ω

Max L ⇒ UL

ω = ωC ⇒ U CMax

U

⇒ U LMAX =

2

RC R 2C (2 − ) 2L 2L

U 2

RC R 2C (2 − ) 2L 2L 2

⇒ (U R , I , P, cos ϕ ) đạt giá trị cực đại khi ω =ωLωC.

1  ωLωc = LC  2  ωC = 1 − R C  ωL 2L

7. a. Khi ω=ω1 và khi ω=ω2 mà mạch có cùng UL thì ULmax khi

2 2

=

1 2 1 2 1

+

1

.

ω ω ω22 b. Khi ω=ω1 và khi ω=ω2 mà mạch có cùng UC thì UCmax khi 2ω 2 = ω + ω22 .

Trong đoạn mạch xoay chiều , RLC ( cuộn dây thuần cảm ) với điện áp hai đầu đoạn mạch U = không đổi . Xét trường hợp ω thay đổi .

Các tài liệu đều dùng: 1- Xét điện áp cực đại ở hai đầu điện trở R URmax =

U2 R

(1a)

Khi

ω2RLC = 1 => ω R2 =

1 (1b) LC

2- Xét điện áp cực đại ở hai đầu tụ điện UCmax =

2

2 LU R 4 LC − R 2 C 2

( 2a)

Khi : ω =

L − R2 C 2 L2

(*)

Tính công thức (*) -

ω C2 =

Bình phương hai vế và rút gọn L . Ta có

1 R2 R2 − 2 => ω C2 = ω R2 − 2 LC 2L 2L

(2b)

=> ω C < ω R

Vậy là giữa (1b) và (2b) có liên hệ đẹp.

-

Từ (2a ) chia tử mẫu cho 2L và đưa vào căn => ( 2b) thay vào (2a) trong căn , ta có

U MAXC =

U Z 1 −  L  ZC

  

2

(2c)

để tồn tại đương nhiên

3- Xét điện áp cực đại ở hai đầu cuộn dây thuần cảm -83-

ZC > ZL và không có R

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

ULmax =

GV Nguyễn Trung Hiếu

2 LU 2

R 4 LC − R C

2

(3a)

Khi ω =

2 ( ** ) 2LC − R 2 C 2

Tính công thức ( ** ) -

1

ω L2

Tương tự như trên bình phương hai vế và viết nghịch đảo

= LC − -

R 2C2 1 1 R 2C2 => 2 = 2 − 2 2 ωL ωR

( 3b)

=> ω L > ω R

Giữa (3b) và (1b) lại có liên hệ đẹp.

Tương tự dùng (3b) thay (3a) ta có

U MAXL =

U Z 1 −  C  ZL

  

để tồn tại đương nhiên ZL > ZC và không có R

(3c)

2

4- Kết hợp (1b) , (2b) , (3b) - Ta có :

ω Cω L = ω R2

5-Thú vị là khi ω thay đổi với ω = ωC thì UCmax và ω = ωL thì ULmax.

- Nếu viết theo biểu thức dạng (2a) và (3a) thì có UCmax = ULmax cùng một dạng , nhưng điều kiện có nghiệm là ω = ωC ≠ ω = ωL - Nhưng nếu viết dạng (2c) và (3c) thì lại khác nhau .

- Cả hai cách viết dạng (a) hay (c) của UmaxC hay UmaxL đều rất dễ nhớ .

6- Khi các giá trị điện áp cực đại UmaxR ; UmaxC ; Umax L với các tần số tương ứng ωR ; ωC ; ωL thì có một mối quan hệ cũng rất đặc biệt đó là ωL > ωR > ωC => điều này dễ dàng từ các biểu thức (2b) và (3b) Ví dụ tính UmaxC cho U; ω , L , C mà không có R => dùng (2c )

II.BÀI TẬP MẪU Bài 1: (ĐH 2013) Đặt điện áp u= 120 2 cos 2πft (V) (f thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dụng C, với CR2 < 2L. Khi f=f1 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại. Khi f=f2= f1 2 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở đạt cực đại. Khi f=f3 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại ULmax. Giá trị của ULmax gần giá trị nào nhất sau đây?

A. 173 V B. 57 V C. 145 V D. 85 V. LG f1 f 3 = f 22 ⇒ f 3 =

2 2

2 1

f 2f = = 2 f1 f1 f1

ωC ω1 f1 1 R 2C R 2C R 2C 1 = = = 1− ⇔ = 1− ⇒ = 2L 2 2L 2L 2 ω L ω2 f 2 U LMax =

U R 2C  R 2C  2−  2L  2 L 

=

120 1 1 2−  2 2

= 80 3V

π

Bài 2: (Khảo sát ĐH lần 2-2014-Tỉnh Vĩnh Phúc) Đặt điện áp xoay chiều u = 200 2cos(ω t+ )V với ω 6 9 Z biến thiên vào hai đoạn mạch RLC nối tiếp với cuộn dây thuần cảm. Thay đổi ω cho đến khi tỉ số L = Z C 41 thì điện áp hai đầu tụ C cực đại. Xác định điện áp cực đại giữa hai đầu tụ?

-84-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

A. 250V

B. 200 2V

C. 200V

D. 205V

LG ωC L ZL 9 9 1 41 41 41 = ⇒ = ωC2 LC = ⇒ = ωC2 ⇒ ωC2 = ωC ωL ⇒ ωL = ωC Z C 41 1/ ωC C 41 LC 9 9 9

ωC R 2C 9 R 2C 32 = 1− = ⇒ = 2 L 41 2L 41 ωL ⇒ U CMAX =

U 2

200

=

2

32  32  2−  41  41 

RC RC (2 − ) 2L 2L

= 205V

Bài 3: Cho đoạn mạch xoay chiều RLC nối tiếp với cuộn dây thuần cảm. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp

π

xoay chiều u = 200 cos(ωt + )V với ω biến thiên. Khi ω=60π(rad/s) và khi ω=80π(rad/s).

3 a. Tìm ω để cường độ dòng điện trong mạch đạt giá trị cực đại? b. Tìm điện áp hiệu dụng cực đại của tụ điện và cuộn cảm khi ω biến thiên.

LG a. ω = ω1ω2 = 60π .80π = 40π 3(rad / s ) . b.

ωc 100 2 400 2 R 2C 1 V = 1− = ⇒ U CMax = U LMax = = 2L 4 ωL 1 1 7

(2 − ) 4 4 Bài 4: Cho đoạn mạch xoay chiều RLC nối tiếp với cuộn dây thuần cảm với L=0,3mH, C=4µF. Đặt vào hai

π

đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều u = U 2 cos(ωt + )V với ω biến thiên. Thay đổi ω cho đến khi hiệu 3 3 Max điện thế hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại U C thì thấy U CMax = U . Tính R? 2 2

LG U CMax =

U

=

3

U ⇒1=

R 2C 9 x(2 − x) với x = 2L 8

2 2 R 2C R 2C (2 − ) 2L 2L 4  x=   3 ⇒ 9x2-18x+8=0 ⇒  2 −4  x = 2 ⇒ 2 = R C ⇒ R 2 = 4 L = 4.3.10 = 100 ⇒ R = 10Ω  3 3 2L 3C 3.4.10−6 Bài 5: Cho đoạn mạch xoay chiều RLC nối tiếp với cuộn dây thuần cảm và R2C<2L. Đặt vào hai đầu đoạn

π

mạch điện áp xoay chiều u = U 2 cos(ωt + )V với ω biến thiên. Tăng ω từ giá trị nhỏ sao cho lần lượt hiệu 3 điện thế hiệu dụng hai đầu mỗi phần tử đạt giá trị cực đại. Xác định thứ tự đạt giá trị cực đại của các phần tử theo thời gian?

LG Ký hiệu ωR , ωL , ωC là tần số góc để hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu điện trở thuần, cuộn cảm, tụ điện cực đại.

-85-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

   1  ωLωC =  ⇒ ωC < ωR < ωL Thứ tự đạt giá trị cực đại là: Điện áp hai đầu tụ điện, điện áp hai đầu LC  ωC R 2C  = 1−  2L  ωL điện trở, điện áp hai đầu cuộn cảm.

Bài 6: Cho đoạn mạch xoay chiều RLC nối tiếp với cuộn dây thuần cảm và R2C<2L. Đặt vào hai đầu đoạn U π mạch điện áp xoay chiều u = U 2 cos(ωt + )V với ω biến thiên. Khi ω=ωC thì U CMax và khi đó U L = R .

3 10 Xác địn hệ số công suất của mạch khi ω=ωC?

ωR2 =

1 LC

LG

UR R R ⇒ Z L = ⇒ ωC L = ⇒ R = 10ωC L 10 10 10 2 2 2  R C 100ωC L C = = 50ωC2 LC  R 2C 50ωC  2L 2L = ⇒ 2L ωL 1  ωLωC =  LC 2 50ωC ωC RC = 1− = 1− ⇔ ωL = 51ωC 2L ωL ωL

UL =

51U R 1 1 ⇒ 51ωCωC = ⇒ 51Z L = Z C ⇒ 51U L = U C ⇒ U C = 10 LC LC U R 51U R − U − U C 10 10 = −5 ⇒ cos ϕ = 1 tan ϕ = L = UR UR 26 Bài 7: (ĐH 2012) : Đặt điện áp u = U0 cosωt (V) (U0 không đổi, ω thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch 4 H và tụ điện mắc nối tiếp. Khi ω=ω0 thì cường độ gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm 5π dòng điện hiệu dụng qua đoạn mạch đạt giá trị cực đại Im. Khi ω=ω1 hoặc ω=ω2 thì cường độ dòng điện cực đại qua đoạn mạch bằng nhau và bằng Im. Biết ω1 – ω2 = 200π rad/s. Giá trị của R bằng B. 200 Ω.

C. 160 Ω.

D. 50 Ω.

A. 150 Ω.

ωLωC =

LG

I Max U cos ϕ U 2 ⇔ = ⇒ cos ϕ = ⇒ tan ϕ = ±1 R 2 2 R 2 1 ⇒ Z 2 L = Z1C ω1ω2 = LC Z − Z C1 Z L1 − Z L 2 tan ϕ1 = 1 ⇔ tan ϕ1 = L1 = ⇒ R = L(ω1 − ω2 ) = 150Ω R R I=

CHỦ ĐỀ 3: MÁY PHÁT ĐIỆN XOAY CHIỀU 1 PHA -86-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

A. LÝ THUYẾT 1. Nguyên tắc - Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ - Từ thông qua khung dây biến thiên trong khung dây xuất hiện một suất điện động cảm ứng - Từ thông: Φ = NBS cos(ωt + ϕ ) = Φ o cos(ωt + ϕ )

- Suất điện động cảm ứng: - Hệ thức độc lập:

e = - Φ , = ωΦ o sin(ωt + ϕ ) = Eosin( ωt + ϕ ) Φ e ( )2 + ( )2 = 1 E0 Φ0

2. Cấu tạo - Hai bộ phận chính là phần cảm và phần ứng - Phần cảm: là phần tạo ra từ trường (nam châm điện hoặc nam châm vĩnh cửu) - Phần ứng: là phần tạo ra dòng điện (nhiều cuộn dây mắc nối tiếp) - Phần cố đinh gọi là Stato - Phần quay gọi là Roto 3. Hoạt động - Hoạt động theo 2 cách: + Cách 1: Phần ứng là Roto, phần cảm là Stato + Cách 2: Phần ứng là Stato, phần cảm là Roto n. p - Tần số dòng điện do máy phát ra: f = 60 + f tần số dòng điện + n tốc độ quay của roto ( vòng/ phút) + p số cặp cực từ Chú ý: Số cặp cực từ và số cặp cuộn dây bằng nhau 4. Động cơ điện một pha Công thức: Pđiện = Pcơ + I2r = UIcos ϕ P H = co (%) Hiệu suất động cơ: Pdien B. BÀI TẬP Loại 1: HIỆN TƯỢNG CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ Bài tập mẫu Câu 1(CĐ 2010): Một khung dây dẫn phẳng dẹt hình chữ nhật có 500 vòng dây, diện tích mỗi vòng là 220 cm2. Khung quay đều với tốc độ 50 vòng/giây quanh một trục đối xứng nằm trong mặt phẳng của khung dây,

2 trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với trục quay và có độ lớn T. Suất điện động 5π cực đại trong khung dây bằng A. 110 2 V. B. 220 2 V. C. 110 V. D. 220 V. Giải 2 Ta có: E0 = NBSω = 500. .220.10 − 4.100π = 220 2 V 5π Chọn đáp án: B 2.10−2 π  Câu 2(ĐH 2009): Từ thông qua một vòng dây dẫn là Φ = cos  100π t +  (Wb ) . Biểu thức của suất π 4  điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây này là π π   A. e = −2sin  100π t +  (V ) B. e = 2sin  100π t +  (V ) 4 4   C. e = −2sin100π t (V ) D. e = 2π sin100π t (V ) Giải -87-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

∆φ π Ta có: e = = - φ ' = 2sin(100πt + ) V 4 ∆t Chọn đáp án: B Câu 3(ĐH 2008): Một khung dây dẫn hình chữ nhật có 100 vòng, diện tích mỗi vòng 600 cm2, quay đều quanh trục đối xứng của khung với vận tốc góc 120 vòng/phút trong một từ trường đều có cảm ứng từ bằng 0,2 T. Trục quay vuông góc với các đường cảm ứng từ. Chọn gốc thời gian lúc vectơ pháp tuyến của mặt phẳng khung dây ngược hướng với vectơ cảm ứng từ. Biểu thức suất điện động cảm ứng trong khung là A. e = 4,8πsin(4πt + π) (V) .

B. e = 4,8πsin(40πt – π/2 ) (V) C. e = 48πsin(40πt – π/2 ) (V) D. e = 48πsin(4πt + π) (V) .

Giải 2π Ta có: ω = 120. = 4π rad/s ; φ = π; E0 = NBSω = 100.0,2.0,06.4π = 4,8π V 60 Vậy: e = 4,8πsin(4πt + π) (V) .

Chọn đáp án: A Loại 2: TÍNH SỐ VÒNG DÂY Bài tập mẫu Câu 1: Một máy phát điện xoay chiều có 3 cặp cực và khi hoạt động thì suất điện động có giá trị hiệu dụng là 200V, tần số 50Hz. Biết từ thông cực đại qua mỗi vòng dây là 2.5mWb. Tính số vòng dây của mỗi cuộn dây trong phần ứng.

A. 180 vòng B. 45 vòng C. 60 vòng D. 360 vòng Giải Ta có: Máy phát có 3 cặp cực nên có 6 cực, do đó có 6 cuộn dây 200 2 N NBSω NΦ 0ω E= ⇒ N= = 360 ⇒ n = = 60 vòng = −3 6 1,5.10 .100π 2 2 Chọn đáp án: C Câu 2: Một máy phát điện có phần cảm gồm hai cặp cực. Sức điện động hiệu dụng của máy là 220V và tần số 50Hz. Cho biết từ thông cực đại qua mỗi vòng dây là 4mWb. Tính số vòng dây của mỗi cuộn trong phần ứng.

A. 48 vòng B. 50 vòng C. 60 vòng D. 62 vòng Giải Ta có: Máy phát có 2 cặp cực nên có 4 cực, do đó có 4 cuộn dây 200 2 N NBSω NΦ 0ω E= = 248 ⇒ n = = 62 vòng ⇒ N= = −3 4 4.10 .100π 2 2 Chọn đáp án: D Loại 3: TỐC ĐỘ QUAY CỦA ROTO Bài tập mẫu Câu 1(TN 2009): Một máy phát điện xoay chiều một pha có phần cảm là rôto gồm 4 cặp cực (4 cực nam và 4 cực bắc). Để suất điện động do máy này sinh ra có tần số 50 Hz thì rôto phải quay với tốc độ.

A. 480 vòng/phút.

B. 75 vòng/phút.

C. 25 vòng/phút.

D. 750 vòng/phút.

Giải Ta có: n.p 60. f 60.50 Ta có: f = ⇒ n= = = 750 vòng/phút 60 p 4 Chọn đáp án: D Câu 2(CĐ 2009): Một máy phát điện xoay chiều một pha có phần cảm là rôto gồm 10 cặp cực (10 cực nam và 10 cực bắc). Rôto quay với tốc độ 300 vòng/phút. Suất điện động do máy sinh ra có tần số bằng -88-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

A. 3000 Hz.

B. 50 Hz.

C. 5 Hz.

GV Nguyễn Trung Hiếu

D. 30 Hz.

Giải

np 300.10 = = 50 Hz 60 60 Chọn đáp án: B

Ta có: f =

Loại 4: TỪ THÔNG Bài tập mẫu Câu 1: Máy phát điện xoay chiều có phần cảm gồm 2 cặp cực và phần ứng gồm 4 cuộn dây mắc nối tiếp. Suất điện động hiệu dụng của máy là 220V, tần số 50Hz. Số vòng dây của mỗi cuộn dây phần ứng là 50 vòng. Từ thông cực đại qua mỗi vòng là: A. 2.5mWb B. 5mWb C. 0.5mWb D. 4mWb Giải Ta có: 220 2 NBSω NΦ 0ω Ta có: E = ⇒ Φ0 = = = 5.10 −3 Wb = 5 mWb 200 .

100 π 2 2 Chọn đáp án: B Loại 5: SỐ CẶP CỰC TỪ Bài tập mẫu Câu 1: Một máy phát điện xoay chiều một pha thứ nhất có 2p cặp cực từ, rôto quay với tốc độ n vòng/phút thì phát ra suất điện động có tần số 60Hz. Máy phát điện xoay chiều một pha thứ 2 có p cực từ, roto quay với tốc độ lớn hơn của máy thứ nhất 525 vòng/phút thì tần số của suất điện động do máy phát ra là 50Hz. Số cực từ của máy thứ 2 bằng A. 4 B. 16 C. 6 D. 8 Giải Ta có: n.2 p (n + 525). p 3600 2n 60 = ; 50 = ⇒ ⇒ n = 525 ⇒ p = 8 = 60 2.60 6000 n + 525 Chọn đáp án: D Loại 6: THAY ĐỔI SUẤT ĐIỆN ĐỘNG Bài tập mẫu Câu 1: Trong một máy phát điện xoay chiều một pha, nếu tốc độ quay của rôto tăng thêm 60 vòng/phút thì tần số của dòng điện xoay chiều do máy phát ra tăng từ 50Hz đến 60Hz và suất điện động hiệu dụng của máy thay đổi 40V so với ban đầu. Nếu tiếp tục tăng tốc độ quay của rôto thêm 60vòng/phút nữa thì suất điện động hiệu dụng do máy phát ra khi đó là: A. 280V B. 320V C. 240V D. 400V Giải Ta có: NBS NBS NBS 2 E2 – E1 = (ω 2 − ω1 ) = 40 V ⇒ (120π − 100π ) = 40 ⇒ = π 2 2 2 NBSω 3 2 = .140π = 280 V ⇒ E3 = π 2 Chọn đáp án: A

-89-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Loại 7: MÁY PHÁT NỐI VỚI MẠCH RLC Bài tập mẫu Câu 1(ĐH 2010): Nối hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện trở thuần R mắc nối tiếp với cuộn cảm thuần. Bỏ qua điện trở các cuộn dây của máy phát. Khi rôto của máy quay đều với tốc độ n vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là 1 A. Khi rôto của máy quay đều với tốc độ 3n vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là 3 A. Nếu rôto của máy quay đều với tốc độ 2n vòng/phút thì cảm kháng của đoạn mạch AB là 2R R A. 2 R 3 .

B. .

C. R 3 .

D. .

3 3 Giải Ta có: NBS .2πf pn điện áp đặt vào hai đầu mạch U = E = ; tần số dòng điện f = 60 2 U U1 NBS .2πf1 pn +) f1 = ; U1 = ⇒ I1 = 1 = =1 2 Z1 60 2 R+Z L1

U = 3U1 pn U = 3 f1 ⇒  2 ⇒ I2 = 2 = +) f 2 = 3 60 Z2 Z L 2 = 3Z L1

⇒

3U1 2

= 3

U1 2

⇒ Z L1 =

R + 9Z L1 R + Z L1 pn R +) f 3 = 2 = 2 f1 ⇒ Z L 2 = 2Z L1 = 2 60 3 Chọn đáp án: B

3U 1 R + Z L2

2

=

3U 1 R + 9Z L1

2

= 3

R 3

CHỦ ĐỀ 4: MÁY PHÁT ĐIỆN XOAY CHIỀU 3 PHA - ĐỘNG CƠ KHÔNG ĐỒNG BỘ 3 PHA -90-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Máy phát điện xoay chiều 3 pha 1. Nguyên tắc - Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ - Máy phát điện xoay chiều 3 pha tạo ra 3 suất điện động xoay chiều cùng tần số, cùng biên độ và lệch pha nhau góc 2 π /3 2. Cấu tạo - Stato: gồm 3 cuộn dây giống hệt nhau, đặt cố định trên đường tròn, lệch nhau đều đặn góc 1200 - Rôto: NC châm quay với tốc độ góc không đổi ω , khi NC quay từ thông qua 3 cuộn dây biến thiên cùng tần số, biên độ và lệch pha nhau góc 2 π /3 ⇒ xuất hiện 3 suất điện động cảm ứng cùng tần số, biên độ và lệch pha nhau 2 π /3 Động cơ không đồng bộ 3 pha A. LÝ THUYẾT: 1. Nguyên tắc Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ và việc sử dụng từ trường quay 2. Cấu tạo - Stato: gồm 3 cuộn dây giống hệt nhau, đặt cố định trên đường tròn, lệch nhau đều đặn góc 1200 Cho dòng điện xoay chiều 3 pha vào 3 cuộn dây, dòng điện sinh ra từ trường quay B1 = B0 cos(ωt )   Từ trường của các cuộn dây:  B2 = B0 cos(ωt + 2π / 3)  B = B cos(ωt − 2π / 3) 0  3 Tổng hợp lại được từ trường quay: + Độ lớn B = 1,5Bo

+ B quay với tốc độ góc bằng tốc độ góc của dòng điện - Rôto: Nhiều khung dây ghép với nhau tạo thành cái lồng hình trụ (roto lồng Sóc) Khung dây quay cùng chiều với từ trường quay nhưng vận tốc góc nhỏ hơn vận tốc góc của từ trường quay B. BÀI TẬP Loại : TỐC ĐỘ QUAY ROTO Bài tập mẫu Câu 1: Stato của một động cơ không đồng bộ ba pha gồm 9 cuộn dây, cho dòng điệ xoay chiều ba pha có tần

số 50Hz vào động cơ. Rôto có thể quay với tốc độ: A. 900 vòng/phút

B. 1500 vòng/phút

C. 3000 vòng/phút

D. 1000 vòng/phút

Giải Ta có: Động cơ không đồng bộ ba pha có 3 cuộn dây => p = 1 cặp cực ; 9 cuộn dây => p = 3 cặp cực f = np/60 => n = 1000 vòng/phút ( Tốc độ quay của từ trường).

Tốc độ quay roto phải nhỏ hơn tốc độ quay từ trường Chọn đáp án: A Câu 2: Stato của một động cơ không đồng bộ ba pha gồm 6 cuộn dây, cho dòng điện xoay chiều ba pha tần số

50Hz vào động cơ. Rôto của động cơ quay với vận tốc bằng bao nhiêu?

A. 1800vòng/phút.

B. 1450vòng/phút.

C. 1500vòng/phút.

Giải

Ta có: Số cặp cực p = 2 (6 cuộn dây) của từ trường quay -91-

D. 3000vòng/phút.

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

60. f Từ trường quay tại tâm động cơ quay với tốc độ n = =1500 vòng/phút p Do động cơ không đồng bộ nên tốc độ của động cơ luôn nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường,vậy tốc độ quay của roto có thể là 1450 vòng/phút Chọn đáp án: B

CHỦ ĐỀ 5: MÁY BIẾN ÁP -92-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

A. LÝ THUYẾT 1. Nguyên tắc - Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ - Dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó 2. Cấu tạo: - Hai cuộn dây có số vòng khác nhau + Cuộn sơ cấp N1 nối với nguồn điện xoay chiều + Cuộn thứ cấp N2 nối với tải tiêu thụ - Lói sắt kín: gồm nhiều lá mỏng ghép cách điện với nhau tránh hao phí do dòng điện Fuco 3. Hoạt động - Từ thông qua mỗi vòng dây của cuộn sơ cấp = từ thông qua số vòng dây cuộn thứ cấp nên: e1 E1 N 1 = = e2 E 2 N 2 U N - Nếu bỏ qua điện trở của dây cuốn thì U1 = E1, U2 = E2 thì: 1 = 1 U2 N2 - N2 > N1 Máy tăng áp và ngược lại U1 I 2 = - Nếu bỏ qua hao phí điện năng thì: U 2 I1 P U I cos ϕ 2 - Hiệu suất máy biến áp:H = 2 = 2 2 P1 U 1 .I 1 cos ϕ1 Trong đó: P1 = U1.I1.cos ϕ1 là công suất đầu vào ( Công suất đặt vào cuộn sơ cấp ) P2 = U2.I2.cos ϕ 2 là công suất đầu ra ( Công suất ra ở cuộn thứ cấp) - Hao phí: + Do toả nhiệt ở cuộn sơ cấp và thứ cấp + Do bức xạ điện từ + Do dòng điện Fucô - Chú ý: Máy biến thế không biến đổi được điện áp không đổi B. BÀI TẬP Loại 1: MÁY BIẾN ÁP LÝ TƯỞNG Bài tập mẫu Câu 1: Cuộn sơ cấp của một máy biến thế có 1000 vòng dây và hiệu điện thế ở hai đầu cuộn sơ cấp là 240V. Để hiệu điện thế ở hai đầu cuộn thứ cấp là 12V thì số vòng dây của cuộn thứ cấp là: A. 20.000 vòng B. 10.000 vòng C. 50 vòng D. 100 vòng Giải

N2 U 2 12 12 = = => N2 = .1000 = 50 vòng 240 N 1 U 1 240 Chọn đáp án: C

Ta có:

Câu 2: Một máy biến thế có số vòng cuộn sơ cấp là 3000 vòng, cuộn thứ cấp 500 vòng, được mắc vào mạng điện xoay chiều tần số 50 Hz, khi đó cường độ dòng điện qua cuộn thứ cấp là 12 A. Cường độ dòng điện qua cuộn sơ cấp là A. 2,00 A. B. 72,0 A. C. 2,83 A. D. 1,41 A. Giải N I 500 500 Ta có: 2 = 1 = => I1 = .12 = 2 A 3000 N 1 I 2 3000 Chọn đáp án: A Loại 2: MÁY BIẾN ÁP THAY ĐỔI SỐ VÒNG DÂY -93-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bài tập mẫu Câu 1: Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi thì điện áp ở hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 20V. Nếu giữa nguyên số vòng của cuộn sơ cấp, giảm số vòng cuộn thứ cấp đi 100 vòng thì điện áp ở hai đầu cuộn thứ cấp là 18V. Nếu giữ nguyên số vòng của cuộn thứ cấp, giảm số vòng của cuộn sơ cấp đi 100 vòng thì điện áp hiệu dụng của cuộn thứ cấp là 25V. Tính U. A. 12,5V B. 30V C. 10V D. 40V Giải Ta có: 25 N2 20 N 2 18 N 2 − 100 (1) (2) (3) = = = U N1 − 100 U N1 U N1 20 N2 Từ (1) và (2) : = ⇒ N 2 = 1000 18 N 2 − 100 20 N1 − 100 Từ (1) và (3) : = ⇒ N1 = 500 Thay vào (1) ⇒ U = 10(V ) 25 N1 Chọn đáp án: C Câu 2:(ĐH 2010): Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp một máy biến áp lý tưởng một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 100V. Ở cuộn thứ cấp nếu giảm bớt n vòng dây thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu để hở của nó là U, nếu tăng thêm n vòng thì điện áp đó là 2U, nếu tăng thêm 3n vòng ở cuộn thứ cấp thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây này để hở bằng: A. 100V B. 200V C. 220V D. 110V Giải Ta có:  U N2 − n U = N 1 N −n 100 N 2  1 1 = (1) và ⇒ = 2 ⇒ N 2 = 3n ;  U1 N1 2 N2 + n  2U = N 2 + n  U 1 N1 U x N 2 + 3n 100 N2 1 (2) ; Từ (1) và (2) ⇒ = = = ⇒ U x = 200(V ) U x N 2 + 3n 2 U1 N1 Chọn đáp án: B Câu 3: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến áp thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 100V. Nếu giữ nguyên số vòng dây của cuộn sơ cấp, giảm số vòng dây cuộn thứ cấp đi 100 vòng thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 90V. Nếu giữ nguyên số vòng dây của cuộn thứ cấp như ban đầu, giảm số vòng dây của cuộn sơ cấp đi 100 vòng thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 112,5V. Giá trị của U bằng A. 40V B. 90V C. 125V D. 30V Giải Ta có: 100 N 2 90 N 2 − 100 112,5 N2 = (1) = (2) = (3) U N1 U N1 U N1 − 100 100 N2 Từ (1) và (2) : = ⇒ N 2 = 1000 90 N 2 − 100 100 N − 100 Từ (1) và (3) : = 1 ⇒ N1 = 900 ⇒ U = 90(V ) 112,5 N1 Chọn đáp án: B Loại 3: MÁY BIẾN ÁP QUẤN NGƯỢC -94-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bài tập mẫu Câu 1: Một người định quấn một máy hạ áp từ điện áp U1 = 220 (V) xuống U2 =110 (V) với lõi không phân nhánh, xem máy biến áp là lí tưởng, khi máy làm việc thì suất điện động hiệu dụng xuất hiện trên mỗi vòng dây là 1,25 Vôn/vòng. Người đó quấn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại quấn ngược chiều những vòng cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy với điện áp U1 = 220V thì điện áp hai đầu cuộn thứ cấp đo được là 121(V).

Số vòng dây bị quấn ngược là: A. 9 B. 8 C. 12 D. 10 Giải Ta có: Gọi số vòng các cuộn dây của MBA theo đúng yêu cầu là N1 và N2 N 220 Ta có 1 = = 2 ⇒ N1 = 2N2 (1) Với N1 = 220 /1,25 = 176 vòng N 2 110 Gọi n là số vòng dây bị cuốn ngược. Khi đó ta có N1 − 2n 220 N − 2n 220 N − 2n 110 = ⇒ 1 = (2) => 1 = N1 N2 121 N1 121 121 2 121(N1 – 2n) = 110N1 => n = 8 vòng.

Chọn đáp án: B Câu 2: Một máy biến áp lí tưởng được sử dụng bởi một điện áp xoay chiều. Lúc mới sản xuất, tỉ số điện áp hiệu dụng của cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp là 2. Sau một thời gian sử dụng, do lớp cách điện kém nên có n vòng dây ở cuộn thứ cấp bị nốí tắt, vì vậy tỉ số điện áp hiệu dụng của cuộn sơ cấp và thứ cấp bằng 2,5. Để xác định n, người ta quấn thêm vào cuộn thứ cấp 180 vòng dây(cùng chiều với chiều cuốn ban đầu) thì tỉ số điện áp hiệu dụng giữa cuộn sơ và thứ cấp là 1,6. n có giá trị là?

A. 80 vòng B. 40 vòng C. 20 vòng D. 60 vòng Giải U2 N2 1 = = U 1 N1 2 Ta có:

U 2, N 2 − n 1 = = U1 N1 2,5

⇒ n = 80

U 2,, N 2 − n + 180 1 = = U1 N1 1,6 Chọn đáp án: A Câu 3: Một học sinh quấn một máy biến áp có số vòng dây cuộn thứ cấp gấp hai lần số vòng dây cuộn sơ cấp.

Khi đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 1,92U. Khi kiểm tra thì phát hiện trong cuộn thứ cấp có 40 vòng dây bị quấn ngược chiều so với đa số các vòng dây trong đó. Bỏ qua mọi hao phí máy biến thế. Số vòng dây cuộn sơ cấp là: A. 500 vòng.

B. 1000 vòng.

C. 600 vòng.

D. 1500 vòng.

Giải Ta có: U N1 N1 N2 = 2N1 = = ⇒ N1 = 1000.

1,92.U N 2 − 80 2 N 1 − 80 Chọn đáp án: B Câu 4: Một người định cuốn một biến thế từ hiệu điên thế U1=110V lên 220V, không mất mát năng lượng và các cuộn dây có điện trở rất nhỏ, với số vòng các cuộn ứng với 1,2vòng/vôn. Người đó cuốn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại cuốn ngược chiều những vòng cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy thứ cấp đo được U2=264V, điện áp nguồn là U1=110V. Số vòng dây bị cuốn ngược là: A.20 B.11 C.10 D.22 -95-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Giải Ta có: N1=110.1,2=132;

N2=264;

N1 − 2 x 110 = ⇒ n = 11 vòng N2 264

Chọn đáp án: B Loại 4: MÁY BIẾN ÁP NHIỀU CUỘN DÂY Bài tập mẫu Câu 1: Trong máy biến thế ở hình 2, cuộn sơ cấp có n1=1320 vòng, hiệu điện thế U1= 220V, một cuộn thứ cấp có U2 = 10V, I2 = 0,5 A; cuộn thứ cấp thứ hai có n3=36 vòng, I3=1,2A. Cường độ dòng điện trong cuộn sơ cấp và số vòng trong cuộn thứ cấp thứ nhất là A. I1= 0,023 A; n2= 60 vòng B. I1=0,055A; n2=60 vòng D. I1 = 0,023A; n2 = 86 vòng C. I1 = 0,055A; n2 = 86 vòng.

Giải Ta có: N1 U1 = ⇒ N 2 = 60 N2 U 2 n n 1

N U 1: 1 = 1 ⇒ U 3 = 6 N3 U 3

I1U1 = I 2U 2 + I 3U 3 ⇒ I1 = 2:

U1 6.1, 2 + 10.0,5 = 0, 05545 A 220

2

U2 U3 n3

U3 n 3 n n U U = ⇔ U 3 = U1 3 = 6V ; 2 = 2 ⇔ n2 = n1 2 = 60 vòng U1 n1 n1 n1 U1 U1

Có P1=P2+P3 ⇔ U1I1= U2I2+ U3I3 ⇔ I1 = U 2 I 2 + U 3I3 = 10.0,5 + 6.1, 2 = 0, 055A U1 220 Chọn đáp án: B Loại 5: MÁY BIẾN ÁP CÓ TẢI Bài tập mẫu Câu 1: Cho một máy biến thế có hiệu suất 80%. Cuộn sơ cấp có 150 vòng, cuộn thứ cấp có 300 vòng. Hai đầu cuộn thứ cấp nối với một cuộn dây có điện trở hoạt động 100Ω, độ tự cảm 1/π H. Hệ số công suất mạch sơ cấp bằng 1. Hai đầu cuộn sơ cấp được đặt ở hiệu điện thế xoay chiều có U1 = 100V, tần số 50Hz. Tính công suất mạch thứ cấp và cường độ hiệu dụng mạch sơ cấp?

A. 100W và1,5A B. 150W và 1,8A C. 200W và 2,5A D. 250W và 2,0A Giải U N Ta có: 2 = 2 ⇒ U 2 = 200V U1 N1 U R2 = 100 Ω, ZL2 = 100 Ω => Z2 = 100 2 Ω => I2 = 2 = 2 A => P2 = R2 I 22 = 200W Z2 P P P 200 H= 2 ⇒ P1 = 2 =U1I1 ⇒ I1 = 2 = = 2,5( A) P1 H HU1 0,8.100 Chọn đáp án: C Câu 2: Một máy biến áp lí tưởng có tỉ số vòng dây cuộn sơ cấp và thứ cấp là 2:3. Cuộn thứ cấp nối với tải 10−3 F . cuộn dây tiêu thụ là mạch điện xoay chiều gồm điện trở thuần R = 60Ω, tụ điện có điện dung C = 12π 3 -96-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

0, 6 3 H , cuộn sơ cấp nối với điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 120V và π tần số 50Hz. Công suất toả nhiệt trên tải tiêu thụ là A. 180W. B. 135W. C. 26,7W. D. 90W Giải 1 Ta có: ZL = 2πfL = 60 3 Ω; ZC = = 120 3 Ω => Z2 = 120Ω 2πfC U N N 3 Áp dụng công thức 1 = 1 => U2 = 2 U1 = 120 = 180V. 2 U 2 N2 N1 180 2 U P = I22R = ( 2 ) 2 R = ( ) 60 = 135W. 120 Z2 Chọn đáp án: B

thuần cảm có cảm kháng L =

Câu 3: Một máy tăng áp có tỷ lệ số vòng ở 2 cuộn dây là 0,5. Nếu ta đặt vào 2 đầu cuộn sơ cấp một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng là 130V thì điện áp đo được ở 2 đầu cuộn thứ cấp để hở sẽ là 240V. Hãy lập tỷ lệ giữa điện trở thuần r của cuộn sơ cấp và cảm kháng ZL của cuộn sơ cấp.

A.

5 12

B.

1 12

C.

1 168

Giải

N U Ta có: 1 = L = 0,5 ⇒ UL = 0,5U2 = 120V N1 U 2 UL2 + Ur2 = U12 = 1302 => Ur = 50V.

Ur UL U r 5 = ⇒ = r = r ZL Z L U L 12

Chọn đáp án: A

-97-

D.

13 .

24

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

CHỦ ĐỀ 6: TRUYỀN TẢI ĐIỆN NĂNG A. LÝ THUYẾT - Công suất truyền tải đi:P = UIcos ϕ

P 2 .R (U cos ϕ ) 2 - Giảm hao phí: Cách 1: Tăng U l Cách 2:Giảm R, (R = ρ ) S - Độ giảm điện thế: ∆U = IR P − ∆P - Hiệu suất truyền tải: H = (%) P ∆P - Hiệu suất hao phí: H’ = (%) P - Công suất hao phí: ∆P = I 2 R =

B. BÀI TẬP Loại 1: ĐIỆN NĂNG HAO PHÍ Bài tập mẫu Câu 1. Một máy phát điện xoay chiều có công suất 1000kW. Dòng điện nó phát ra sau khi tăng thế lên 110kV được truyền đi xa bằng một dây dẫn có điện trở 20Ω, coi dòng điện và điện áp cùng pha. Điện năng hao phí trên đường dây là: A 6050W B 2420W C 5500W D 1653W Giải P2 1012 Ta có: ∆P = 2 .R = .20 = 1653 W U 110 2.10 6 Chọn đáp án: D Bài tập tự giải Câu 2. Công suất hao phí dọc đường dây tải có điện áp 500kV, khi truyền đi một công suất điện 12000kW theo một đường dây có điện trở 10Ω là bao nhiêu? Coi dòng điện và điện áp cùng pha.

A.1736kW B. 576kW C. 5760W D. 57600W Câu 3. Một máy phát điện xoay chiều có công suất P = 1MW. Dòng điện do máy phát ra được tăng áp và truyền đi xa bằng một đường dây có điện trở 25Ω . Công suất hao phí điện năng trên đường dây là bao nhiêu khi điện áp được đưa lên đường dây 220kV? A. ∆P = 113,6W B. ∆P = 113,6kW C. ∆P = 516,5kW D. ∆P = 516,5W Loại 2: HIỆU SUẤT TRUYỀN TẢI Bài tập mẫu Câu 1. Một nhà máy điện sinh ra một công suất 100 000 kW và cần truyền tải tới nơi tiêu thụ. Biết hiệu suất truyền tải là 90%. Công suất hao phí trên đường truyền là: A. 10 000 kW B. 1000 kW C. 100 kW D. 10 Kw Giải P − ∆P Ta có: H = .100 = 90 ⇒ ∆P = 0,1P = 10000 kW P Chọn đáp án: A Câu 2. Một đường dây có điện trở 4Ω dẫn một dòng điện xoay chiều một pha từ nơi sản xuất đến nơi tiêu dùng. Hiệu điện thế hiệu dụng ở nguồn điện lúc phát ra là U = 5000V, công suất điện là 500kW. Hệ số công suất của mạch điện là cosφ = 0,8. Có bao nhiêu phần trăm công suất bị mất mát trên đường dây do tỏa nhiệt?

A. 16,4% B. 12,5% C. 20% D. 8% Giải -98-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

∆P 62500 P2 25.1010 Ta có: ∆P = 2 .

R = .4 = 62500 W ⇒ = = 0,125 = 12,5% 2 6 P 500000 U . cos ϕ 25.10 .0,64 Chọn đáp án: B Bài tập tự giải Câu 3. Điện năng được truyền từ một máy biến thế ở A tới máy hạ thế ở B (nơi tiêu thụ) bằng dây dẫn có điện trở tổng cộng là 50Ω. Dòng điện trên đường dây là I = 40A. Công suất tiêu hao trên đường dây bằng 10% công suất tiêu thụ ở B. Công suất tiêu thụ ở B là: A PB = 800W B PB = 8kW C PB = 80kW D PB = 800kW Câu 4. Điện năng ở một trạm phát điện có công suất điện 200KW được truyền đi xa dưới hiệu điện thế 2KV. Số chỉ công tơ điện ở trạm phát và nơi tiêu thụ sau mỗi ngày chỉ lệch nhau 480KWh thì hiệu suất của quá trình truyền tải điện năng là?

A. 80%.

B. 85% C. 90%.

D.95%.

Câu 5. Người ta cần tải đi một công suất 1MW từ nhà máy điện về nơi tiêu thụ. Dùng 2 công tơ điện đặt ở biến áp tăng áp và ở đầu nơi tiêu thụ thì thấy số chỉ của chúng chênh lệch mỗi ngày đêm 216 kW.h. Tỷ lệ hao phí do chuyển tải điện năng là bao nhiêu? Coi rằng tốc độ tiêu thụ điện năng không đổi.

A. 0,9% B. 2,16% C. 1,8% D. 3,6% Loại 3: HIỆU SUẤT THEO DÂY DẪN Bài tập mẫu Câu 1: Người ta cần truyền một công suất điện một pha 100kW dưới một hiệu điện thế hiệu dụng 5kV đi xa.

Mạch điện có hệ số công suất cosφ = 0,8. Muốn cho công suất hao phí trên đường dây không quá 10% thì điện trở của đường dây phải có giá trị trong khoảng nào?

A. R ≤ 16Ω B. 16Ω ≤ R ≤ 18Ω C. 10Ω ≤ R ≤ 12Ω D. R ≤ 14Ω Giải 2 10 P 10 Ta có: ∆P = 2 .R = .R ≤ 0,1.P = 10 4 ⇒ R ≤ 16 Ω 2 6 U . cos ϕ 25.10 .0,64 Chọn đáp án: A Câu 2: Người ta truyền tải điện xoay chiều một pha từ một trạm phát điện cách nơi tiêu thụ 10km. Dây dẫn làm bằng kim loại có điện trở suất 2,5.10−8Ωm, tiết diện 0,4cm2, hệ số công suất của mạng điện là 0,9. Điện áp và công suất truyền đi ở trạm phát điện là 10kV và 500kW. Hiệu suất truyền tải điện là A. 93,75% B. 96,88% C. 96,28% D. 96,14% Giải l 10 4 Ta có: R = ρ. = 2,5.10 −8. = 6,25Ω s 4.10 −5 P2 25.1010 ∆P = 2 .

R = .6,25 = 19290 W U . cos 2 ϕ 10 8.0,81

5.10 5 − 19290 P − ∆P .100 = .100 = 96,14% P 5.10 5 Chọn đáp án: D ⇒ H=

Bài tập tự giải Câu 3: Khi thay thế dây truyền tải điện bằng một dây khác cùng chất liệu nhưng có đường kính tăng gấp đôi thì hiệu suất tải điện là 91%. Hỏi khi thay thế dây truyền tải bằng loại dây cùng chất liệu nhưng có đường kính tăng gấp ba lần thì hiệu suất truyền tải điện khi đó là bao nhiêu ? Biết rằng công suất và điện áp nơi sản xuất là không đổi.

A. 94% B. 96% C. 92% D. 95%.

Câu 4: Một nhà máy phát ra một công suất P không đổi, công suất này được truyền đến nơi tiêu thụ bằng dây nhôm với hiệu suất truyền tải là 90%. Hỏi nếu tăng đường kính của dây nhôm lên gấp đôi thì hiệu suất truyền tải điện khi đó là bao nhiêu % ?

-99-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

A. 95%

B. 96%

C. 97,5%

GV Nguyễn Trung Hiếu

D. 92,5%

Loại 4: HIỆU SUẤT THEO ĐIỆN ÁP Bài tập mẫu Câu 1: Điện năng ở một trạm phát điện được truyền đi dưới điện áp là 110kV, hiệu suất của quá trình truyền tải điện là H=84%. Công suất điện truyền đi được giữ không đổi. Nếu điện áp ở đầu đường dây tải được tăng lên 220kV thì hiệu suất của quá trình truyền tải lúc này là A. 96% B. 92% C. 90% D. 98% Giải P2 P − ∆P P.R Ta có: H = .100 ⇒ ∆P = P − H .P = 2 .R ⇒ 1 – H = 2 P U U 2 2 1 − H 1 U 2 220000 1 − 0,84 ⇒ H2 = 0,96 = 96% Do đó: = 2 = = 4= 2 1 − H 2 U 1 110000 1− H2 Chọn đáp án: A Câu 2: Điện năng của một trạm phát điện được truyền đi dưới điện áp là 10 kV, hiệu suất quá trình truyền tải là 60%. Công suất truyền tải giữ không đổi. Nếu tăng điện áp giữa hai đầu đường dây tải thành 40kV thì hiệu suất truyền tải là: A. 92,5% B. 15% C. 97,5% D. 90% Giải P2 P − ∆P P.R Ta có: H = .100 ⇒ ∆P = P − H .P = 2 .R ⇒ 1 – H = 2 P U U 2 2 1 − H 1 U 2 40000 1 − 0,6 Do đó: ⇒ H2 = 0,975 = 97,5% = 2 = = 16 = 2 1 − H 2 U 1 10000 1− H2 Chọn đáp án: C Bài tập tự giải Câu 3: Cùng một công suất điện P được tải đi trên cùng một dây dẫn. Công suất hao phí khi dùng hiệu điện thế 400 kV so với khi dùng hiệu điện thế 200 kV là: A. Lớn hơn 2 lần.

B. Lớn hơn 4 lần.

C. Nhỏ hơn 2 lần.

D. Nhỏ hơn 4 lần.

Câu 4: Điện năng ở một trạm phát điện được truyền đi xa với hiệu điện thế 2KV, hiệu suất của quá trình truyền tải là 80%. Muốn hiệu suất của quá trình truyền tải tăng lên đến 95% thì ta phải A. tăng hiệu điện thế lên đến 4KV. B. tăng hiệu điện thế lên đến 8KV. C. giảm hiệu điện thế xuống còn 1KV. D. giảm hiệu điện thế xuống còn 0,5KV Câu 5: Người ta sử dụng máy tăng áp để truyền công suất P đến nơi tiêu thụ. Gọi k là hệ số tăng áp giữa số vòng dây cuộn thứ cấp với cuộn sơ cấp. Nếu k = n thì hiệu suất tuyền tải là 91%. Hỏi nếu k=2n thì hiệu suất tuyền tải là bao nhiêu phần trăm ?

A. 93,5 % B. 98,25% C. 96% D. 97,75% Câu 6: Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa, khi tăng điên áp ở nơi phát thêm 200kV thì hiệu suất truyền tải điện năng tăng từ 80% lên 95%. Điện áp ở nơi phát trước và sau khi tăng là A. 100kV và 300kV B. 300kV và 500kV C. 200kV và 400kV D. 400kV và 600kV Loại 5: SỐ THIẾT BỊ HOẠT ĐỘNG Bài tập mẫu Câu 1(ĐH 2012): Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến một khu tái định cư bằng đường dây truyền tải một pha. Cho biết, nếu điện áp tại đầu truyền đi tăng từ U lên 2U thì số hộ dân được trạm cung cấp đủ điện năng tăng từ 120 lên 144. Cho rằng đến hao phí trên đường dây, công suất tiêu thụ điện của các hộ dân đều như nhau, công suất của trạm phát không đổi và hệ số công suất trong các trường hợp đều bằng nhau. Nếu điện áp truyền đi là 4U thì trạm phát này cung cấp đủ điện năng cho A. 192 hộ dân B. 504 hộ dân C. 168 hộ dân D. 150 hộ dân Giải -100-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ta có: Gọi P 0 là công suất tiêu thụ của 1 hộ, n là số hộ khi điện áp phát là 4U:  P.R  P = 120 P0 + U 2cos 2ϕ (1)   P.R (2)  P = 144 P0 + 4.U 2 cos 2ϕ   P.R (3)  P = nP0 + 16.U 2cos 2ϕ  Nhân (2) với 4 trừ đi (1): 3P = 456P0 Nhân (3) với 16 trừ đi (1): 15P = (16n – 120)P0 Từ (4) và (5) ta có n = 150 hộ dân Chọn đáp án: D

(4) (5)

Bài tập tự giải Câu 2: Điện năng truyền tải từ nhà máy phát điện đến nơi tiêu thụ. Nếu dùng lần lượt máy tăng áp có tỉ số N N vòng dây 2 =4 và 2 =8 thì nơi tiêu thụ đủ điện năng lần lượt cho 192 và 198 máy hoạt động. Nếu đặt các N1 N1 máy tại nhà máy điện thì cung cấp đủ điện năng cho bao nhiêu máy?

A. 280 B. 220 C. 250 D. 200 Câu 3: Bằng đường dây truyền tải một pha, điện năng từ một nhà máy phát điện nhỏ được đưa đến một khu tái định cư. Các kĩ sư tính toán được rằng: nếu tăng điện áp truyền đi từ U lên 2U thì số hộ dân được nhà máy cung cấp đủ điện năng tăng từ 36 lên 144. Biết rằng chỉ có hao phí trên đường dây là đáng kể, các hộ dân tiêu thụ điện năng như nhau. Điện áp truyền đi là 3U, nhà máy này cung cấp đủ điện năng cho A. 164 hộ dân B. 324 hộ dân C. 252 hộ dân D. 180 hộ dân Câu 4: Điện năng được đưa từ trạm phát điện đến khu trung cư bằng đường dây truyền tải một pha. Cho biết nếu điện áp hai đầu truyền đi giảm từ 2U xuống U thì số hộ dân được trạm cung cấp đủ điện năng giảm từ 140 xuống còn 128 hộ dân. Cho rằng chỉ tính đến hao phí trên đườn dây, công suất tiêu thụ của cá hộ đều như nhau, Công suất của trạm phát không đổi và hệ số công suất của các trường hợp đều bằng nhau. Nếu điện áp truyền đi là 4U thì trạm phát điện này cung cấp đủ điện năng cho A. 168 hộ dân B. 150 hộ dân C. 143 hộ dân D. 146 hộ dân Loại 6: ĐỘ GIẢM ĐIỆN ÁP Bài tập mẫu Câu 1: Người ta cần truyền một công suất điện 200 kW từ nguồn điện có hiệu điện thế 5000 V trên đường dây có điện trở tổng cộng 20 Ω . Độ giảm thế trên đường dây truyền tải là: A. 40V B. 400V C. 80V D. 800V Giải P 200000 Ta có: I = = = 40 A ⇒ ∆ U = I.R = 40.20 = 800 V U 5000 Chọn đáp án: D Câu 2: Người ta cần truyền tải điện năng từ máy hạ thế có hiệu điện thế đầu ra 200V đến một hộ gia đình cách 1km. Công suất tiêu thụ ở đầu ra của máy biến thế cho hộ gia đình đó là 10kW và yêu cầu độ giảm hiệu điện thế trên dây không quá 20V. Xem hệ số công suất tiêu thụ trên mạch bằng 1. Điện trở dây dẫn phải như thế nào?

A. R>0,4Ω B. R>0,8Ω C. R<0,8Ω D. R<0,4Ω Giải Ta có: P 10000 ∆ U = I.R = .R = .R < 20 ⇒ R < 0,4 Ω U 200 Chọn đáp án: D -101-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Bài tập tự giải Câu 3: Một mạch điện là cuộn dây có điện trở r=8 Ω , tiêu thụ công suất 32W với hệ số công suất 0,8. Điện năng đưa từ máy phát điện xoay chiều một pha nhờ dây đẫn có điện trở R=4 Ω . Điện áp hiệu dụng hai đầu đường dây máy phát: A. 24V B. 10. 5 V C. 12. 5 V D. 28V Câu 4: Điên năng được truyền đi xa từ trạm tăng áp tới trạm hạ áp bằng dây dẫn có điện trở 50Ω, hệ số công N suất bằng 1. Máy hạ áp có tỉ số vòng dây sơ cấp và thứ cấp 1 =10. Điện áp hiệu dụng và cường độ hiệu N2 dụng ở cuộn thứ cấp của máy hạ áp là 220V và 80A coi máy hạ áp lí tưởng. Điện áp hiệu dụng ở cuộn thứ cấp của máy tăng áp là: A. 2600V B. 2000V C. 2200V D. 2400V Câu 5: Điện năng được truyền tải từ trạm tăng thế tới trạm hạ thế bằng đường dây có điện trở 25Ω. Biết điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn sơ cấp và thứ cấp của hạ thế lần lượt là 2500V và 220V. Cường độ dòng điện chạy trong mạch thứ cấp máy hạ thế là 125A. Hiệu suất truyền tải điện là: A. 85,3% B. 91,0% C. 80,5% D. 90,1% Câu 6: Công suất hao phí trên đường dây tải là 500W .Sau đó người ta mắc vào mạch một tụ điện nên hao phí giảm đến cực tiểu 245W. Tìm hệ số công suất lúc đầu?

A. 0,65 B. 0,8 C. 0,75 D. 0,7

-102-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

GIAO THOA ÁNH SÁNG A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT: Thí nghiệm giao thoa ánh sáng của Young

Vùng giao thoa

S1, S2 là hai khe sáng; O là vị trí vân sáng trung tâm a (m): khoảng cách giữa hai khe sáng D (m): khoảng cách từ hai khe sáng đến màn λ (m): bước sóng ánh sáng L (m): bề rộng vùng giao thoa, bề rộng trường giao thoa.

1. Hiệu đường đi từ S1, S2 đến điểm A trên màn ax (1) Xét D >> a, x thì: d2 – d1 = D 2. Vị trí vân sáng và vân tối a. Vị trí vân sáng Những chỗ hai sóng gặp nhau cùng pha, khi đó chúng tăng cường lẫn nhau và tạo nên vân sáng.

Tại A có vân sáng khi hai sóng cùng pha, hiệu đường đi bằng số nguyên lần bước sóng: d2 – d1 = k λ (2) Điều kiện trên còn được gọi là điều kiện cực đại giao thoa.

Từ (1) và (2) ta có: λD x=k (với k ∈ Z).

(3) a Khi k = 0 thì x = 0: ứng với vân sáng trung tâm hay vân sáng chính giữa. λD Khi k = ± 1: ứng với vân sáng bậc (thứ) 1. x = ± a Khi k = ± 2: ứng với vân sáng bậc (thứ) 2. ......

Khi k = ± n: ứng với vân sáng bậc (thứ) n (n là số nguyên dương) b. Vị trí vân tối Tại M có vân tối khi hai sóng từ hai nguồn đến M ngược pha nhau, chúng triệt tiêu lẫn nhau sẽ tạo nên vân tối. Điều kiện này thỏa mãn khi hiệu đường đi từ hai nguồn đến M bằng số lẻ nửa bước sóng λ 1 d2 – d1 = (2k + 1) = ( k+ )λ (4) 2 2 Điều kiện trên còn được gọi là điều kiện cực tiểu giao thoa. λD Từ (1) và (4) ta có: x = (2k +1) (với k ∈ Z).

(5) 2a * Về phía tọa độ dương (x>0) Khi k = 0: ứng với vân tối thứ 1 về phía dương.

Khi k = 1: ứng với vân tối thứ 2 về phía dương. * Về phía tọa độ âm (x<0) Khi k = −1: ứng với vân tối thứ 1 về phía âm.

Khi k = −2: ứng với vân tối thứ 2 về phía âm.

-103-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Khi k = −n: ứng với vân tối thứ n về phía âm.

3. Khoảng vân i λD i= (6) a + Gọi l là khoảng cách giữa n vân sáng liên tiếp hoặc khoảng cách giữa n vân tối liên tiếp, thì khoảng vân được tính như sau: l i= (7) n −1 4. Xác định vị trí một điểm M bất kì trên trường giao thoa cách vân trung tâm một khoảng xM có vân sáng hay vân tối xM =n + Lập tỉ số: (8) i Nếu n nguyên, hay n ∈ Z, thì tại M có vân sáng bậc k=n.

Nếu n bán nguyên hay n=k+0,5 với k ∈ Z, thì tại M có vân tối thứ k +1.

5. Xác định bề rộng quang phổ bậc k trong giao thoa với ánh sáng trắng Bề rộng quang phổ là khoảng cách giữa vân sáng màu đỏ ngoài cùng và vân sáng màu tím của một vùng quang phổ. xk= xđk-xtk D ∆xk = k (λ d − λt ) (9) a ∆xk = k(iđ − it) (10) với k ∈ N, k là bậc quang phổ.

6. Xác định số vân sáng quan sát được trên màn

Vùng giao thoa

+ Gọi L là bề rộng của giao thoa trường trên màn.

Xét trên nửa giao thoa trường trên màn L Lập tỉ số: (11) =n 2i Gọi z là phần nguyên của n {z=[n]}, p là phần thập phân của n.

VD: n=3,75 thì z=3 và p=0,75 + Tổng số vân sáng trên trường giao thoa là: Ns = 2z + 1 (12) + Tổng số vân tối trên trường giao thoa là: Nt = 2z nếu p < 0,5.

(13a) Nt = 2(z +1) nếu p ≥ 0,5.

(13b) 7. Giao thoa ánh sáng với nhiều bức xạ đơn sắc Vị trí vân sáng của các bức xạ đơn sắc trùng nhau λD λ D λD λ D x = k1 1 = k 2 2 = k 3 3 = …= k n n .

(14) a a a a (15) k1λ1=k2λ2=k3λ3=k4λ4=....=knλn. với k1, k2, k3,…, kn ∈ Z Dựa vào phương trình biện luận chọn các giá trị k thích hợp, thông thường chọn k là bội số của số nguyên nào đó. λ 5 Ví dụ: Hai bức xạ λ1 và λ2 cho vân sáng trùng nhau. Ta có k1λ1=k2λ2 ⇒ k1 = 2 k 2 = k 2 6 λ1 Vì k1, k2 là các số nguyên, nên ta chọn được k2 là bội của 6 và k1 là bội của 5 -104-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Có thể lập bảng như sau: 0 5 k1 k2 0 6 x 0 .....

GV Nguyễn Trung Hiếu

10 12 .....

15 18 .....

20 24 .....

25 30 .....

..... ..... .....

8. Giao thoa ánh sáng với nhiều bức xạ đơn sắc hay ánh sáng trắng a. Các bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại x0 khi: Tại x0 có thể là giá trị đại số xác định hoặc là một vị trí chưa xác định cụ thể. λD Vị trí vân sáng bất kì x= k a Vì x=x0 nên ax λD x0 = k ⇒λ = 0 .

(16) a kD λ 1 ≤ λ ≤ λ 2, thông thường λ 1=0,4.10-6m (tím) ≤ λ ≤ 0,75.10-6m= λ 2 (đỏ) với điều kiện Giải hệ bất phương trình trên, ax ax ⇒ 0 ≤ k ≤ 0 , (với k ∈ Z) (17) λ2 D λ1 D ax chọn k ∈ Z và thay các giá trị k tìm được vào tính λ với λ = 0 : đó là bước sóng các bức xạ của ánh sáng kD trắng cho vân sáng tại x0. b. Các bức xạ của ánh sáng trắng cho vân tối (bị tắt) tại x0: 2ax0 λD khi x = (2k+1) =x0 ⇒ λ = (18) 2a (2k + 1) D λ 1 ≤ λ ≤ λ 2 ⇔ λ 1 ≤ 2ax0 ≤ λ 2 với điều kiện (19) (2k + 1) D 2ax 0 2ax0 ⇒ ≤ 2k + 1 ≤ , (với k ∈ Z) (20) λ2 D λ1 D 2ax 0 Thay các giá trị k tìm được vào λ = : đó là bước sóng các bức xạ của ánh sáng trắng cho vân tối (bị (2k + 1) D tắt) tại x0.

9. Giao thoa với khe Young (Y-âng) trong môi trường có chiết suất là n Gọi λ là bước sóng ánh sáng trong chân không hoặc không khí.

Gọi λ ' là bước sóng ánh sáng trong môi trường có chiết suất n. λ λ' = n kλ ' D kλD a. Vị trí vân sáng: x = = a n.a λ 'D λD b.Vị trí vân tối: x =(2k +1) = (2k +1) 2a 2na λ ' D λD c. Khoảng vân: i= = a an

(21) (22) (23) (24)

MỘT SỐ DẤU HIỆU NHÂN BIẾT NHANH SỰ TRÙNG NHAU CỦA HAI HỆ VÂN GIAO THOA

Trước hết ta xem vùng giao thoa là đủ rộng . λ m - Biểu diễn tỉ số 1 dươi dạng tối giản : – Nghĩa là m và n không thể đồng thời là hai số chẵn λ2 n Bài toán 1 : Sự trùng nhau của các vân sáng của hai hệ vân -

-105-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Vị trí trùng nhau của các vân sáng: x = k1

λ1D a

= k2

λ2 D a

với k1 ; k2 ∈ Z

Đẳng thức trên trở thành : mk1 = nk2

Vậy bài toán luôn có nghiệm. + Khoảng vân trùng ( khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp cùng màu với vân trung tâm ) : it = ni1 = mi2 Bài toán 2 : Sự trùng nhau của các vân tối của hai hệ vân + Vị trí trùng nhau của các vân tối:

1λD  1λ D  x =  k1 +  1 =  k2 +  2 với k1 ; k2 ∈ Z 2 a 2 a   Đẳng thức trên trở thành : 1 1   m  k1 +  = n  k2 +  .

2 2   + Vậy bài toán chỉ có nghiệm khi m ; n đồng thời là hai số nguyên lẻ và chính giữa hai vân sáng trùng là một vân tối trùng của hệ vân và ngược lại Bài toán 3 : Sự trùng của vân sáng của bức xạ này với vân tối của bức xạ kia : + Vị trí của vân sáng của bức xạ 1 trùng với vân tối của bức xạ 2 λD  1λ D x = k1 1 =  k2 +  2 với k1 ; k2 ∈ Z a 2 a  Đẳng thức trên trở thành : 1  mk1 = n  k2 +  2  + Vậy bài toán chỉ có nghiệm khi n là số nguyên chẵn + Vị trí của vân sáng của bức xạ 2 trùng với vân tối của bức xạ 1 λD 1λ D  x =  k1 +  1 = k2 2 với k1 ; k2 ∈ Z a 2 a  Đẳng thức trên trở thành : 1  m  k1 +  = nk2 2  + Vậy bài toán chỉ có nghiệm khi m là số nguyên chẵn •

Lưu ý : Các em HS chỉ cần nhớ các kết luận để giải quyết nhanh các bài toán trắc nghiệm

B. MỘT SỐ BÀI TẬP VÍ DỤ: Ví dụ 1: Người ta thực hiện giao thoa ánh sáng với 2 khe Young S1 và S2 biết S1S2 = 1mm. Ánh sáng có bứơc sóng λ = 0,6µm, màn quan sát cách 2 khe 1 khoảng D=2m. a. Tính khoảng vân. b. Tính khoảng cách từ vân trung tâm đến vân tối thứ 5.

Lời giải:

a. i =

λ D 0, 6.10−6.2 = = 1, 2.10−3 (m) = 1, 2(mm) 10−3 a -106-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1 1 b. Vị trí vân tối thứ 5 về phía dương: xT5 = ( 5- )i = (5 - ).1,2 = 5,4(mm) 2 2 Ví dụ 2: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, hai khe S1 và S2 được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ. Khoảng cách giữa hai khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Người ta đo được khoảng cách giữa 6 vân sáng liên tiếp trên màn là 6 mm. Tính bước sóng của ánh sáng dùng trong thí nghiệm và khoảng cách từ vân sáng bậc 3 đến vân sáng bậc 8 ở cùng phía với nhau so với vân sáng chính giữa.

Lời giải:

L ai = 1,2 mm; λ = = 0,48.10-6 m; 6 −1 D x8 - x3 = 8i – 3i = 5i = 6 mm.

Ví dụ 3: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, hai khe S1 và S2 được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ = 0,4 µm. Khoảng cách giữa hai khe là 0,4 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m.

Xác định khoảng cách giữa 9 vân sáng liên tiếp và khoảng cách từ vân sáng bậc 4 đến vân sáng bậc 8 ở khác phía nhau so với vân sáng chính giữa.

Lời giải: λD = 2 mm; L = (9 – 1)i = 16 mm; Ta có: i = a x8 + x4 = 8i + 4i = 12i = 24 mm.

Ví dụ 4: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, hai khe S1 và S2 được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ = 0,5 µm. Khoảng cách giữa hai khe là 0,8 mm. Người ta đo được khoảng cách giữa 5 vân sáng liên tiếp trên màn là 4 mm. Tính khoảng cách từ hai khe đến màn và cho biết tại 2 điểm C và E trên màn, cùng phía với nhau so với vân sáng trung tâm và cách vân sáng trung tâm lần lượt là 2,5 mm và 15 mm là vân sáng hay vân tối? Từ C đến E có bao nhiêu vân sáng?

Lời giải: L ai Ta có: i = = 1 mm; D = = 1,6 m; 5 −1 λ xC = 2,5 nên tại C ta có vân tối; i xE = 15 nên tại N ta có vân sáng; i từ C đến E có 13 vân sáng kể cả vân sáng bậc 15 tại E. Ví dụ 5: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,6 µm. Khoảng cách giữa hai khe là 1 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2,5 m, bề rộng miền giao thoa là 1,25 cm (vân sáng trung tâm ở chính giữa). Tìm tổng số vân sáng và vân tối có trong miền giao thoa.

Lời giải: λD Khoảng vân: i = = 1,5 mm. a L Ta có: N = = 4,17; 2i Số vân sáng: Ns = 2N + 1 = 9; Số vân tối: vì phần thập phân của N < 0,5 nên: Nt = 2N = 8; Tổng số vân sáng và vân tối trong miền giao thoa: Ns + Nt = 17.

Ví dụ 6: Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là a = 2 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là D = 1,5 m. Nguồn sáng đơn sắc có bước sóng λ = 0,6 µm. Xét trên khoảng MN trên màn, với MO=5 mm, ON = 10 mm, (O là vị trí vân sáng trung tâm). Hỏi trên MN có bao nhiêu vân sáng, bao nhiêu vân tối?

Lời giải: λD Ta có: i = = 0,45.10-3 m; a Ta có: i =

-107-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

xM = 11,1; tại M có vân sáng bậc 11; i xN = 22,2; tại N có vân sáng bậc 22; i Trên MN có 34 vân sáng 33 vân tối.

Ví dụ 6: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng Iâng : khoảng cách hai khe S1S2 là 2mm, khoảng cách từ S1S2 đến màn là 3m, bước sóng ánh sáng là 0,5µm. Bề rộng giao thoa trường là 3cm. a. Tính khoảng vân. b. Tìm số vân sáng và vân tối quan sát được trên giao thoa trường. c. Tìm khoảng cách giữa vân sang bậc 2 và vân tối thứ 4 : - Chúng ở cùng bên so với vân trung tâm - Chúng ở hai bên so với vân trung tâm. d. Tìm số vân sáng giữa 2 điểm M cách 0.5 cm và N cách 1.25 cm so với vân trung tâm.

Lời giải: λ .D 0.5.10 −6.3 a. Khoảng vân : i = = = 0.75.10 −3 m −3 a 2.10 L 3.10 −2 b. Số khoảng vân trong nửa giao thoa trường : n = = = 20 2.i 2.0,75.10 −3 Số vân sáng : Ns = 2.n + 1 = 2.20 + 1 = 41 vân sáng .

Số vân tối : Nt = 2.n = 2.20 = 40 vân tối . c. Vị trí vân sáng bậc 2 : x s2 = k .i = 2.0,75.10 −3 = 1,5.10 −3 m 1 Vị trí vân tối thứ 4 : xt4 = (k ± )i = ±4,5.0,75.10 −3 = 3,375.10 −3 m 2 - Chúng ở cùng bên so với vân trung tâm : d = xs2 − xt4 = 1,875 . 10-3 m - Chúng ở hai bên so với vân trung tâm : d = xs2 + xt4 = 4,875 . 10-3 m d. Số vân sáng giữa M và N: xN xM 0,5.10 −2 1,25.10 −2 ≤k≤ ⇔ ≤k≤ ⇔ 6,66 ≤ k ≤ 16,66 i i 0,75.10 −3 0,75.10 −3 Có 10 giá trị k thỏa mãn => có 10 vân sáng giữa M và N Ví dụ 7: Thực hiện giao thoa ánh sáng với khe Young cách nhau a =2mm, khoảng cách từ 2 khe đến màn là D

= 2m. Ánh sáng đã có có tần số f = 5.1014 Hz. Biết vận tốc ánh sáng truyền trong không khí là c = 3.108 m.

Tính khoảng vân i trong 2 trường hợp: a. Thí nghiệm giao thoa trong không khí ( n=1) b. Thí nghiệm giao thoa trong nước ( n=4/3) Lời giải:

a. Ta có λ =

c 3.108 = = 0, 6.10−6 (m) f 5.1014

⇒ Khoảng vân i =

λ D 0, 6.10 −6.2 = =0,6.10-3(m) = 0,6(mm) 2.10−3 a

b. Trong không khí bước sóng của ánh sáng là λ = Trong nước, bước sóng các ánh sáng là λ’ =

c . f

v λ c ⇒ , = =n f λ v

Khoảng vân trong không khí và trong nước lần lượt là: -108-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

i=

GV Nguyễn Trung Hiếu

λD a

và i’ =

λ,D a

⇒

i λ = =n i' λ '

i 0, 6.3 = = 0, 45 (µm) n 4 Ví dụ 8: Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng . Khoảng cách giữa hai khe là a= 1mm . Khoảng cách

⇒ i’ =

từ hai khe đến màn là D =2m .Người ta chiếu đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 0, 5µm và

λ 2 = 0, 4µm .Xác định hai vị trí đầu tiên trên màn (kể từ vân trung tâm ) tại đó hai vân sáng trùng nhau .

Lời giải: Vị trí hai vân sáng ứng với hai bức xạ λ1 và λ 2 trên màn là :

x1 = k1

λ1D

a

; x2 = k2

λ2D

a

(1)

Hai vân sáng trên trùng nhau khi : x1=x2

⇔ k1

λ1D

a

= k2

λ2D

a

λ 5 k ⇔ k1λ1 = k 2 λ 2 ⇔ k 2 = k1 1 = 4 1 λ2

k1 và k2 là hai số nguyên nên (2) thoả mãn khi k1 là bội số của 4,tức là k1 = 8; 16; 24 ⇒ Vị trí trùng nhau lần đầu tiên ứng với k1 = 8

λ1 D 8.0,5.10−6.2 Vị trí đó là x1 =k1 = =8.10-3(m) =8(mm) −3 10 a Ví dụ 9: Trong một thí nghiệm giao thoa khe Young ánh sáng đơn sắc λ =0,6µm, 2 khe sáng cách nhau 1 mm. khoảng cách giữa 2 khe đến màn: 1m a. tính khoảng vân b. tìm vị trí vân sáng bậc 5 c. tại A, B cách vân trung tâm 3,3mm và 3,8mm là vân sáng hay tối? d. Cho giao thoa trường có L= 25,8 mm, xác định số lượng vân sáng và vân tối trên màn e. Chiếu thêm bức xạ λ2 = 0,4 µm , xác định khoảng cách ngắn nhất mà 2 vân sáng trùng nhau( không kể vân trung tâm) Tóm tắt: a = 1mm=10-3m; D=1m; λ =0,6µm= 0,6.10-6m Lời giải: λ .D 0,6.10 −6.1 a. khoảng vân: i = = = 6.10 − 4 (m ) = 0,6mm −3 a 10 b. vị trí vân sáng bậc 5: => k=5 => XS5=k.i=5.6.10-4=3.10-3(m) c. xét điểm A có khoảng cách từ A đến O là: OA = 3,3 mm OA 3,3.10 −3 ⇒ = = 5,5 ⇒ tại A là vân tối thứ 6 i 0,6.10 −3 Xét điểm B có khoảng cách từ B đến O là: OB = 3,8 mm OB 3,8.10 −3 ⇒ = = 6,33 => tại B không là vân sáng cũng không là vân tối i 0,6.10 −3 d. Gọi L: bề rộng giao thoa trường. L = 25,8 mm L 12,9.10 −3 L 25,8 = = 12,9mm = 12,9.10 −3 m 2 = = 21,5 2 2 i 6.10 − 4 -Số vân sáng = 2.21 +1 = 43 -109-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

-Số vân tối = 2.(21+1) = 44 e. λ =0,6µm; λ 2 = 0,4 µm . Gọi x là vị trí trùng của hai vân sáng λ .D x là vị trí vân sáng bậc k của bước sóng λ : x = k .i = k .

(1) a λ '.D x là vị trí vân sáng bậc k’ của bước sóng λ ' : x = k '.i = k '. ( 2) a λ .D λ '.D = k '. ⇒ k. a a 2 vị trí trùng nhau: k λ' 2 ⇔ = = k' λ 3

GV Nguyễn Trung Hiếu

∆x = k1.i1 = 2.0, 6 = 1.2mm

Ví dụ 10: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Dùng ánh sáng trắng (0,76 µm ≥ λ ≥ 0,38 µm) để chiếu sáng hai khe. Xác định bề rộng của quang phổ bậc 1 và bậc 2.

Lời giải: D D Ta có: ∆x1 = (λđ - λt) = 0,95 mm; ∆x2 = 2 (λđ - λt) = 2∆x1 = 1,9 mm. a a Ví dụ 11: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,4 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m., hai khe S1 và S2 được chiếu bằng ánh sáng trắng (0,76 µm ≥ λ ≥ 0,40 µm).

Xác định bước sóng của những bức xạ cho vân tối và những bức xạ cho vân sáng tại điểm M cách vân sáng trung tâm 8 mm.

Lời giải: λD ax axM axM Tại M có vân tối khi xM = (k + 0,5) k = M - 0,5 kmax = - 0,5=3,7; kmin = - 0,5 = 1,6; a λD λmin D λmax D

axM =0,64 µm; k = 3 thì λ = 0,48 µm. (k + 0,5) D λD ax axM axM Tại M có vân sáng khi xM = k’ k’ = M k’max = = 4,2; k'min= = 2,1; vì k’ ∈ Z nên k’ a λD λmin D λmax D ax nhận các giá trị: 3 và 4; với k’ = 3 thì λ = M = 0,53 µm; với k’ = 4 thì λ = 0,40 µm. kD k nhận các giá trị: 2 và 3; k = 2 thì λ =

Ví dụ 12: Hai khe Iâng cách nhau 0,8 mm và cách màn 1,2 m. Chiếu đồng thời 2 bức xạ đơn sắc λ1 = 0,75 µm và λ2 = 0,45 µm vào hai khe. Lập công thức xác định vị trí trùng nhau của các vân tối của 2 bức xạ λ1 và λ2 trên màn.

Lời giải: λD λD λ 5 . Vị trí vân trùng có: k1 1 = k2 2 k2 = k1 1 = k1; a a λ2 3 với k1 và k2 ∈ Z thì k1 nhận các giá trị 0, 3, 6, ... tương ứng với các giá trị 0, 5, 10, ... của k2.

Ví dụ 13: Một nguồn sáng điểm nằm cách đều hai khe Iâng và phát ra đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,6 µm và bước sóng λ2 chưa biết. Khoảng cách giữa hai khe là a = 0,2 mm, khoảng cách từ các khe đến màn là D=1m. Trong một khoảng rộng L = 2,4 cm trên màn, đếm được 17 vạch sáng, trong đó có 3 vạch là kết quả trùng nhau của hai hệ vân. Tính bước sóng λ2, biết hai trong 3 vạch trùng nhau nằm ngoài cùng của khoảng L. Lời giải: λD L Ta có: i1 = 1 = 3.10-3 m; = 8 a i1 có 9 vân sáng của bức xạ có bước sóng λ1 và có 17 - 9 + 3 = 11 vân sáng của bức xạ có bước sóng λ2 -110-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

L ai i2 = = 2,4.10-3 m λ2 = 2 = 0,48.10-6 m.

11 − 1 D Ví dụ 14: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2 m. Nguồn sáng dùng trong thí nghiệm gồm hai bức xạ có bước sóng λ1 = 450 nm và λ2 = 600 nm. Trên màn quan sát, gọi M, N là hai điểm ở cùng một phía so với vân trung tâm, cách vân trung tâm lần lượt là 5,5 mm và 22 mm. Tìm số vị trí vân sáng trùng nhau của hai bức xạ trên đoạn MN. Lời giải: λD λD λ 3 Các vân trùng có: k1 1 = k2 2 k2 = k1 1 = k1; a a λ2 4 các vân sáng trùng ứng với k1 = 0, 4, 8, 12, ... và k2 = 0, 3, 6, 9, ... . x λD x Vì i1 = 1 = 1,8.10-3 m M = 3,1; N = 12,2 trên đoạn MN có 9 vân sáng của bức xạ λ1 (từ vân sáng a i1 i1 bậc 4 đến vân sáng bậc 12). x λD x Vì i2 = 2 = 2,4.10-3 m M = 2,3; N = 9,2 trên đoạn MN có 9 vân sáng của bức xạ λ1 (từ vân sáng a i2 i2 bậc 3 đến vân sáng bậc 9).

Vậy trên đoạn MN có 3 vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ ứng với k1 = 4; 8 và 12 và k2 = 3; 6 và 9.

Ví dụ 15: Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 2 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Dùng nguồn sáng phát ra ba bức xạ đơn sắc λ1 = 0,4 µm, λ2 = 0,45 µm và λ3 = 0,6 µm. Xác định vị trí các vân sáng trùng nhau và khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân sáng cùng màu với vân sáng chính giữa.

Lời giải: λD λD λD Vị tr í vân trùng có: k1 1 = k2 2 = k3 3 9k1 = 8k2 = 6k3. a a a Khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân sáng cùng màu với vân sáng chính giữa là: λD λD λD ∆x = 9 1 = 8 2 = 6 3 = 3,6.10-3 m. a a a Ví dụ 16: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát đồng thời hai bức xạ đơn sắc, trong đó bức xạ màu đỏ có bước sóng λd = 720 nm và bức xạ màu lục có bước sóng λl (có giá trị trong khoảng từ 500 nm đến 575 nm). Trên màn quan sát, giữa hai vân sáng gần nhau nhất và cùng màu với vân sáng trung tâm có 8 vân sáng màu lục. Tính bước sóng λl của ánh sáng màu lục.

Lời giải: kλ Vị trí các vân trùng có: kdλd = klλl kd = l l .

λd

Vì giữa hai vân trùng gần nhau nhất có 8 vân màu lục nên vân trùng đầu tiên tính từ vân vân trung tâm là vân sáng bậc 9 của ánh sáng màu lục. k λ 9.500 9.575 Ta có: = 6,25 ≤ kd ≤ = 7,12. Vì kd ∈ Z nên kd = 7 λl = d d =560 nm.

720 720 kl Ví dụ 17: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng gồm các bức xạ có bước sóng lần là λ1 = 700 nm, λ2 = 600 nm v λ3 = 500 nm. Tại điểm M trong vùng giao thoa trên màn có hiệu khoảng cách đến hai khe là 2,1 µm có vân sáng của bức xạ nào? Tại điểm N có hiệu khoảng cách đến hai khe bằng 0,9 µm có vân tối của bức xạ nào? Xác định vị trí một điểm có hiệu đường đi (≠ 0) để cả ba bức xạ trên đều cho vân sáng.

Lời giải: Tại M ta có: ∆dM = 2,1.10-6 m = 3.0,7.10-6 m = 3λ1, do đó tại M có vân sáng của bức xạ có bước sóng λ1.

Tại N ta có: ∆dN = 0,9.10-6 m = 1,5.0,6.10-6 m = 1,5λ2, do đó tại N ta có vân tối của bức xạ có bước sóng λ2.

Bội số chung nhỏ nhất của λ1, λ2, và λ3 là 21.10-6 m, do đó tại điểm có hiệu đường đi 21 µm sẽ có vân sáng của cả ba bức xạ.

Ví dụ 18: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,8 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m. Dùng ánh sáng trắng (0,76 µm ≥ λ ≥ 0,38 µm) để chiếu sáng hai khe. Xác định bề rộng của quang phổ bậc 1 và bậc 2.

-111-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Lời giải:

D D (λđ - λt) = 0,95 mm; ∆x2 = 2 (λđ - λt) = 2∆x1 = 1,9 mm. a a Ví dụ 19: Trong thí nghiệm của Young về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,4 mm, khoảng cách từ hai khe đến màn là 2 m., hai khe S1 và S2 được chiếu bằng ánh sáng trắng (0,76 µm ≥ λ ≥ 0,40 µm).

Xác định bước sóng của những bức xạ cho vân tối và những bức xạ cho vân sáng tại điểm M cách vân sáng trung tâm 8 mm.

Lời giải: λD ax axM axM Tại M có vân tối khi xM = (k + 0,5) k = M - 0,5 kmax = - 0,5= 3,7; kmin = - 0,5=1,6; a λD λmin D λmax D Ta có: ∆x1 =

axM = 0,64 µm; k = 3 thì λ = 0,48 µm. (k + 0,5) D λD ax axM axM Tại M có vân sáng khi xM = k’ k’ = M k’max = = 4,2; k'min= = 2,1; vì k’ ∈ Z nên k’ a λD λmin D λmax D ax nhận các giá trị: 3 và 4; với k’ = 3 thì λ = M =0,53 µm; với k’ = 4 thì λ = 0,40 µm. kD Ví dụ 20: Trong thí nghiệm I- âng về giao thoa ánh sáng , hai khe được chiếu đồng thời 3 bức xạ đơn sắc có bước sóng : λ1 = 0,4µm , λ2 = 0,5µm , λ3 = 0,6µm . Trên màn quan sát ta hứng được hệ vân giao thoa , trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm , ta quan sát được bao nhiêu vân sáng Lời giải: Khi các vân sáng trùng nhau: k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 <=> k10,4 = k20,5 = k30,6 <=> 4k1 = 5k2 = 6k3 BSCNN(4,5,6) = 60 => k1 = 15 ; k2 = 12 ; k3 = 10 Bậc 15 của λ1 trùng bậc 12 của λ2 trùng với bậc 10 của λ3 Trong khoảng giữa phải có: Tổng số VS tính toán = 14 + 11 + 9 = 34 Ta xẽ lập tỉ số cho tới khi k1 = 15 ; k2 = 12 ; k3 = 10 k1 λ2 5 10 15 - Vớ i c ặ p λ 1 , λ 2 : = = = = k2 λ1 4 8 12 Như vậy: Trên đoạn từ vân VSTT đến k1 = 15 ; k2 = 12 thì có tất cả 4 vị trí trùng nhau Vị trí 1: VSTT Vị trí 2: k1 = 5 ; k2 = 4 Vị trí 3: k1 = 10 ; k2 = 8 Vị trí 4: k1 = 15 ; k2 = 12 => Trong khoảng giữa có 2 vị trí trùng nhau. k2 λ3 6 12 = = = - Với cặp λ2, λ3 : k3 λ2 5 10 Như vậy: Trên đoạn từ vân VSTT đến k2 = 12 ; k3 = 10 thì có tất cả 3 vị trí trùng nhau Vị trí 1: VSTT Vị trí 2: k2 = 6 ; k3 = 5 Vị trí 3: k2 = 12 ; k3 = 10 => Trong khoảng giữa có 1 vị trí trùng nhau. k1 λ3 3 6 9 12 15 - Vớ i c ặ p λ 1 , λ 3 : = = = = = = k3 λ1 2 4 6 8 10 Như vậy: Trên đoạn từ vân VSTT đến k1 = 15 ; k3 = 10 thì có tất cả 6 vị trí trùng nhau Vị trí 1: VSTT Vị trí 2: k1 = 3 ; k3 = 2 Vị trí 3: k1 = 6 ; k3 = 4 Vị trí 4: k1 = 9 ; k3 = 6 Vị trí 5: k1 = 12 ; k3 = 8 Vị trí 6: k1 = 15 ; k3 = 10 => Trong khoảng giữa có 4 vị trí trùng nhau. vì k ∈ Z nên k nhận các giá trị: 2 và 3; k = 2 thì λ=

-112-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Vậy tất cả có 2 + 1 +4 =7 vị trí trùng nhau của các bức xạ.

Số VS quan sát được = Tổng số VS tính toán – Số vị trí trùng nhau = 34–7=27 vân sáng.

GV Nguyễn Trung Hiếu

LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG Vấn đề 1: HIỆN TƯỢNG QUANG ĐIỆN NGOÀI I - PHƯƠNG PHÁP 1. Thuyết lượng tử ánh sáng - Ánh sáng được tạo bởi các hạt gọi là phôton(các lượng tử ánh sáng). Mỗi phô tôn có năng lượng xác định ε = h.f. (f là tần số của sóng ánh sáng đơn sắc tương ứng). Cường độ của chùm sáng tỉ lệ với số phô tôn phát ra trong 1 giây.

- Phân tử, nguyên tử, eletron… phát ra hay hấp thụ ánh sáng, cũng có nghĩa là chúng phát xạ hay hấp thụ phô tôn.

- Các phô tôn bay dọc theo tia sáng với tốc độ c = 3.108 m/s trong chân không.

2. Hiện tượng quang điện ngoài a) Thí nghiện hiện tượng quang điện ngoài

b) Nhận xét: Ở hình 1: Ta đặt tấm thủy tinh trước đèn hồ quang, thấy không có hiện tượng gì sảy ra với hai tấm kẽm tích điện âm Ở hình 2: Khi bỏ tấm thủy tinh trong suốt ra một lúc sau thấy hai lá kẽm tích điện âm bị cụp xuống.

Chứng tỏ điện tích âm của lá kẽm đã bị giải phóng ra ngoài.

Thí nghiệm số 2 gọi là thí nghiệm về hiện tượng quang điện c) Định nghĩa về hiện tượng quang điện ngoài Hiện tượng khi chiếu ánh sáng vào tấm kim loại làm các electron bật ra ngoài gọi là hiện tượng quang điện ngoài. (Hiện tượng quang điện) 3. Các định luật quang điện a) Định luật 1: (Định luật về giới hạn quang điện) Hiện tượng quang điện chỉ xảy ra khi ánh sáng kích thích chiếu vào tấm kim loại có bước sóng nhỏ hơn hoặc bằng bước sóng λ0. λ0 được gọi là giới hạn quang điện của kim loại đó. (λ ≤ λ0) b) Định luật 2: (Định luật về cường độ dòng quang điện bão hòa) Đối với mỗi ánh sáng kích thích có (λ ≤ λ0), cường độ dòng quang điện bão hòa tỉ lệ với cường độ của chùm sáng kích thích. c) Định luật 3: (Định luật về động năng cực đại của quang electron) Động năng ban đầu cực đại của quang electron không phụ thuộc cường độ của chùm kich thích, mà chỉ phụ thuộc bước sóng ánh sáng kích thích và bản chất kim loại.

4. Lưỡng tính sóng hạt của ánh sáng Sóng điện từ vừa mang tính chất sóng vừa mang tính chất hạt.

- Với sóng có bước sóng càng lớn thì tính chất sóng thể hiện càng rõ (các hiện tượng như giao thoa, khúc xạ, tán sắc…)

- Với các sóng có bước sóng càng nhỏ thì tính chất hạt thể hiện càng rõ (các hiện tượng như quang điện, khả -113-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

năng đâm xuyên…)

5. Các công thức quang điện cơ bản hc λ Ct2: Công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện ngoài hc 1 hc hc 1 1 = A + mv20 hoặc = + mv20 (Wđmax = mv02 = e.|Uh|) 2 2 λ λ λ0 2

Ct1: Công thức xác định năng lượng phôtôn: ε = h.f =

Ct3: Công suất của nguồn sáng- hoặc công suất chiếu sáng: P = nλ.ε = nλ.hf = nλ

P.λ hc ⇒ nλ = hc λ

N Ct4: Cường độ dòng quang điện bão hòa: Ibh = ne.e = .e ⇒ ne = Ibh t e I.hc Ct5: Hiệu suất phát quang: H = ne . 100% = .100% e.Pλ nλ Giải thích về ký hiệu: - ε: Năng lượng photon (J) - h: Hằng số plank h= 6,625.10-34 J.s.

- c: Vận tốc ánh sáng trong chân không. c = 3.108 m/s.

- f: Tần số của ánh sáng kích thích (Hz) - λ: Bước sóng kích thích (m) - λ0: Giới hạn quang điện (m) - m: Khối lượng e. me = 9,1. 10-31 kg - v: Vận tốc e quang điện (m/s) - Wdmax: Động năng cực đại của e quang điện (J) - Uh: Hiệu điện thế hãm, giá trị hiệu điện thế mà các e quang điện không thể bứt ra ngoài - P: Công suất của nguồn kích thích (J) - nλ: số phô tôn đập tới ca tốt trong 1s - ne: Số e bứt ra khỏi catot trong 1 s - e: điện tích nguyên tố |e| = 1,6. 10-19 C - H: Hiệu suất lượng tử. (%).

- 1 MeV = 1,6. 10-13 J; 1 eV = 1,6. 10-19 J. Định lý động năng: -Wđ = Wđ0 + U.q (nếu UAK >0) hoặc Wđ = Wđ0 - |U|.q (nếu UAK < 0) Để triệt tiêu dòng quang điện thì không còn e quang điện trở về Anot.

Cũng có nghĩa là Wđ = 0 hoặc e đã bị hút ngược trở lại catot.

1 ⇒ |U|q ≥ Wđ0 = mv20 2 II - MỘT SỐ BÀI TOÁN CẦN CHÚ Ý - Bài toán 1: Xác định bán kính quĩ đạo của electron trong từ trường 2 m.v FLorenxơ = q.v.B = mv = Fhướng_tâm ⇒ R = q.B R - Bài toán 2: Xác định điện tích của quả cầu kim loại đặt trong khí khi bị chiếu sáng để hiện tượng quang điện ngoài sảy ra: U .R q= h k - Bài toán 3: Xác định bán kính cực đại vùng e quang điện khi đến anot:

không

III - BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Một ngọn đèn ra pha ánh sáng màu đỏ có bước sóng λ= 0,7 µm. Hãy xác định năng lượng của pho ton ánh sáng.

A. 1,77 MeV B. 2,84 MeV C. 1,77 eV D. 2,84 eV Hướng dẫn: [Đáp án C] -114-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

hc Ta có: ε = =... λ Ví dụ 2: Một ngọn đèn phát ra ánh sáng đỏ với công suất P = 2W, bước sóng của ánh sáng λ = 0,7 µm.. Xác định số phô tôn đèn phát ra trong 1s.

A. 7,04.1018 hạt B. 5,07.1020 hạt C. 7.1019 hạt D. 7.1021 hạt Hướng dẫn: [Đáp án A] hc P.λ Ta có: P = nλ nλ = =... hc λ Ví dụ 3: Một tấm kim loại có giới hạn quang điện λ0 = 0,6 µm, được chiếu sáng bởi bức xạ đơn sắc có bước sóng λ = 0,7µm. Hãy xác định vận tốc cực đại của e quang điện.

A. 3,82.106 m/s B. 4,57.105 m/s 4 D. Ht quang điện Không sảy ra.

C. 5,73.10 m/s Hướng dẫn: [Đáp án D] Vì λ > λ0 ⇒ hiện tượng quang điện không sảy ra.

Ví dụ 4: Một tấm kim loại có giới hạn quang điện λ0 = 0,6 µm, được chiếu sáng bởi bức xạ đơn sắc có bước sóng λ = 0,5 µm. Hãy xác định vận tốc cực đại của e quang điện.

B. 4,57.105 m/s A. 3,82.105m/s C. 5,73.104m/s D. Ht quang điện Không sảy ra.

Hướng dẫn: [Đáp án A] 2hc 1 1 hc hc 1 Áp dụng công thức: = + mv20 ⇒ v0 = ( - ) =... m λ λ0 2 λ λ0 Ví dụ 5: Chiếu bức xạ có bước sóng phù hợp vào một tấm kim loại, thì hiện tượng quang điện xảy ra. Người ta đo được cường độ dòng quang điện bão hòa là I = 2mA. Hãy xác định số e quang điện phát ra trong một giây? Cho e = 1,6.10-19C. A. 1,25.1016 hạt B. 2.1016 hạt C. 2,15.1016 hạt D. 3.1015 hạt Hướng dẫn: [Đáp án A] I Ta có: I = ne.e ⇒ ne = =... e Ví dụ 6: Một tấm kim loại có giới hạn quang điện λ0 = 0,6 µm, được chiếu sáng bởi 2 bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,5 µm và λ2 = 0,55 µm. Hãy xác định vận tốc cực đại của e quang điện.

A. 3,82.105 m/s B. 4,57.105 m/s 4 C. 5,73.10 m/s D. Hiện tượng quang điện không xảy ra Hướng dẫn: [Đáp án A] Khi tấm kim loại bị chiếu sáng bởi 2 hay nhiều bức xạ khác nhau thì khi tính vmax hoặc |Uh| lớn nhất theo bức xạ có năng lượng lớn nhất(tức là có bước sóng nhỏ nhất).

Vì λ1 < λ2, Nên khi tính Vmax ta tính theo λ1 2hc 1 1 Áp dụng công thức: v0 = ( - ) =... m λ λ0 Ví dụ 7: Chiếu vào catot của một tế bào quang điện các bức xạ có bước sóng λ = 400nm và λ1 = 0,25µm thì thấy vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện gấp đôi nhau. Xác định công thoát eletron của kim loại làm catot.

A. A = 3, 9750.10-19J. B. A = 1,9875.10-19J. C. A = 5,9625.10-19J. D. A = 2,385.10-19J Hướng dẫn: [Đáp án A] Gọi v1 là vận tốc ban đầu cực đại của e quang điện khi chiếu λ1 vào tế bào quang điện v là vận tốc ban đầu cực đại của e quang điện khi chiếu λ vào tế bào quang điện.

Theo đề: λ1 < λ ⇒ v1 = 2v2 ⇒ Wd1max = 4Wdmax Ta có hệ phương trình sau: -115-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

hc hc 1 4 1 = A + Wđmax (1) và = A + 4Wđmax (2) Giải hệ ta được A = .hc( - ) =...

3 λ λ1 λ λ1 Ví dụ 8: Chiếu lần lượt các bức xạ có tần số f, 3f, 5f vào catốt của tế bào quang điện thì vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện lần lượt là v, 3v, kv. Giá trị k là A. 34 B. 5 C. 17 D. 15 Hướng dẫn: [Đáp án C] Theo đề ta có: hf = A + Wdmax (1) 3.hf = A + 9 Wdmax (2) Trừ (2) cho (1) vế theo vế ta có: 2hf = 8Wdmax ⇒ hf = 4Wdmax (3) Thay (3) vào (1) ta có: A = hf - Wdmax = 3Wdmax. ⇒ 5hf = A + k2.Wdmax ⇔ 5.4Wdmax = 3Wdmax + k2 Wdmax ⇒ k2 = 17. ⇒ k = 17 Ví dụ 9: Catốt của tế bào quang điện chân không là một tấm kim loại phẳng có giới hạn quang điện là λ0 = 0,6 µm. Chiếu vào catốt ánh sáng có bước sóng λ = 0,5 µm. Anốt cũng là tấm lim loại phẳng cách catốt 1cm.

Giữa chúng có một hiệu điệnthế 10V. Tìm bán kính lớn nhất trên bề mặt anốt có quang electron đập tới.

A. R = 4,06 mm B. R = 4,06 cm C. R = 8,1 mm D. R = 6,2 cm Hướng dẫn: [Đáp án C] Uh Áp dụng công thức: R = 2d UAK hc 1 1 Vớ i U h = [ - ] |e| λ λ0 Vấn đề 2: TIA X I - PHƯƠNG PHÁP Định nghĩa Tia X là sóng điện từ có bước sóng từ 10-8 đến 10-11 m Nguồn phát Do máy X quang phát ra.

Tác dụng - Khả năng năng đâm xuyên cao - Làm đen kính ảnh - Làm phát quang một số chất - Gây ra hiện tượng quang điện ngoài ở hầu hết các kim loại - Làm iôn hóa không khí - Tác dụng sinh lý, hủy diệt tế bào Ứng dụng - Chuẩn đoán hình ảnh trong y học - Phát hiện khuyết tật trong các sản phẩm đúc - Kiểm tra hành lý trong lĩnh vực hàng không - Nghiên cứu thành phần cấu trúc vật rắn Các công thức tập 1 hc Ct1: q.UAK = m.v2max = hfmax = 2 λmin Ct2: Cường độ dòng điện trong ống Rơnghen: I = ne.e - Tổng động năng của e khi va chạm đối ca tốt trong 1s: ∑Wd = ne.Wd = I.UAK ∑ε - Công thức xác định hiệu suất ống Cu - lit - giơ: H = ∑W d Với ∑e là tổng năng lượng tia X ⇒ ∑ε = ∑Wd.H ⇒ ∑Q = ∑W(1-H) - q là độ lớn điện tích của electron = 1,6. 10-19C - UAK là hiệu điện thế giữa anot và catot của máy (V) - m là khối lượng các electron; m = 9,1.10-31 kg -116-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

- Vmax là vận tốc cực đại của các khi đập vào đối catot (m/s) - h là hằng số plank - fmax là tần số lớn nhất của bức xạ phát ra (Hz) - λmin là bước sóng của bức xạ (m)

II - BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Một ống rơnghen có điện áp giữa anốt và katốt là 2000V. Bước sóng ngắn nhất của tia rơnghen mà ống có thể phát ra là A. 4,68.10-10m B. 5,25.10-10m C. 3.46.10-10m D. 6,21.10-10m Hướng dẫn: [Đáp án D] hc hc Ta có: U.q = ⇒ λmin = ...

U.q λmin Ví dụ 2: Để bước sóng ngắn nhất tia X phát ra là 0,05nm hiệu điện thế hoạt động của ống Culitgiơ ít nhất phải là A. 24,84KV B. 25KV C. 10KV D. 30KV Hướng dẫn: [Đáp án A] hc hc Ta có: U.q = ⇒U = =... λmin q.λmin Ví dụ 3: Tần số lớn nhất trong chùm bức xạ phát ra từ ống Rơnghen là 4.1018 Hz. Hiệu điện thế giữa hai cực của ống là A. 16,4 kV B. 16,56 kV C. 16,6 kV D. 16,7 V Hướng dẫn: [Đáp án B] Ta có: h.fmax = U.q ⇒ U = hfmax =... q Ví dụ 4: Một ống Culigio mỗi giây có 2.1018 electron chạy qua ống. Xác định cường độ dòng điện chạy trong ống?

A. 3,2 A B. 3,2mA C. 0,32 A D. 32.10-3 A Hướng dẫn: [Đáp án A] I = ne.q = 2.1018.1,6.10-19 =...

Vấn đề 3: MẪU NGUYÊN TỬ BOHR - QUANG PHỔ NGUYÊN TỬ HIDRO I - PHƯƠNG PHÁP 1. Tiên đề về trạng thái dừng - Nguyên tử chỉ tồn tại trong một số trạng thái có năng lượng xác định gọi là các trạng thái dừng. Khi ở trong các trạng thái dừng thì nguyên tử không bức xạ - Trong các trạng thái dừng của nguyên tử, electron chỉ chuyển động xung quanh hạt nhân trên những quỹ đạo có bán kính hoàn toàn xác định gọi là các quỹ đạo dừng. Đối với nguyên tử Hidro bán kính quỹ đạo dừng tăng tỉ lệ với bình phương của các số nguyên liên tiếp: Rn = n2.r0 Rn: là bán kính quỹ đạo thứ n n: là quỹ đạo thứ n r0 = 5,3.10-11 m: là bán kính cơ bản

r0

4r0

9r0

16r0

25r0

36r0

K

L

M

N

O

P

-117-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

2. Tiên đề về hấp thụ và bức xạ năng lượng - Khi nguyên tử chyển từ trạng thái dừng có năng lượng (En) sang trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn (Em) thì nó phát ra một pho ton có năng lượng đúng bằng hiệu: En - Em ε = hfnm = En - Em hấp - Ngược lại, nếu nguyên tử đang ở trong trạng thái dừng có năng lượng Em mà thụ một photon có năng lượng đúng bằng hiệu En- Em thì nó chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng En. hc ε = hfnm = En - Em = λ - Từ tiên đề trên: Nếu một chất hấp thụ được ánh sáng có bước sóng nào thì nó cũng có thể phát ra ánh sáng ấy.

3. Quang phổ vạch Hiđrô 13,6 - Mức năng lượng ở trạng thái n: En = - 2 với (n = 1,2,3…) n - e lectron bị ion hóa khi: E∞ = 0.

1 1 1 E13 = E12 + E23 ⇒ f13 = f12+f23 hay = + ⇒ λ13 = λ12λ23 λ13 λ12 λ23 λ12+λ23

II - BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Ở nguyên tử hidro, quỹ đạo nào sau đây có bán kính lớn nhất so với bán kính các quỹ đạo còn lại?

A. O B. N C.L D. P Hướng dẫn: [Đáp án D] Ta có: Rn = n2.r0 (trong đó r0 là bán kính quĩ đạo cơ bản: ro = 5,3.10-11 m) Quĩ đạo O có n = 5.

Quĩ đạo N có: n = 4 Quĩ đạo L có n = 2 Quĩ đạo P có n = 6. ⇒ Trong các quĩ đạo trên, quĩ đạo P có n lớn nhất lên bán kính là lớn nhất.

Ví dụ 2: Xác định bán kính quĩ đạo dừng M của nguyên tử, biết bán kính quĩ đạo K là RK = 5,3.10-11 m.

A. 4,77 A0 B. 4,77pm C. 4,77 nm D. 5,3 A0 Hướng dẫn: [Đáp án A] RK = r0 = 5,3.10-11 m.

Rn = n2r0. Với quỹ đạo M thì n =3 ⇒ RM = 32.5,3.10-11 = 4,77.10-10m.

Ví dụ 3: e lec tron đang ở quĩ đạo n chưa rõ thì chuyển về quĩ đạo L, và thấy rẳng bán kính quĩ đạo đã giảm đi 4 lần. Hỏi ban đầu electron đang ở quĩ đạo nào?

-118-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

A. O B. M C. N Hướng dẫn: [Đáp án C] Bán kính quĩ đạo L: R2 = 22.r0 = 4.r0 Bán kính quĩ đạo n: Rn = n2.r0 2 Theo đề bài: Rn = n = 4 ⇒ n = 4 Vậy electron ban đầu đang ở quĩ đạo N R2 4

D. P

GV Nguyễn Trung Hiếu

Ví dụ 4: Năng lượng của êlectron trong nguyên tử hyđrô được tính theo công thức: En = -

Xác định năng lượng ở quĩ đạo dừng L. B. 5,44eV A. 5,44.10-20 J Hướng dẫn: [Đáp án D] Quĩ đạo dừng thứ L ứng với n = 2 ⇒ EL =...

C. 5,44MeV

13,6 ; n = 1,2,3, … n2

D. 3,4.eV

13,6 ; n = 1,2,3, n2 …Hỏi khi electron chuyển từ quĩ đạo L về quĩ đạo K thì nó phát ra một photon có bước sóng là bao nhiểu?

A. 0,2228 µm.

B. 0,2818 µm.

C.0,1281 µm.

D. 0,1218 µm.

Hướng dẫn: [Đáp án D] hc hc Khi e chuyển từ quĩ đạo L về quĩ đạo K thì nó phát ra một photon: = E2 - E1 ⇒ λ = =...

E λ 2-E1 Ví dụ 6: Trong quang phổ của nguyên tử hiđro, ba vạch đầu tiên trong dãy Lai man có bước sóng λ12 = 121,6 nm; λ13 = 102,6 nm; λ14 = 97,3 nm. Bước sóng của vạch đầu tiên trong dãy Banme và vạch đầu tiên trong dãy pasen là A. 686,6 nm và 447,4 nm. B. 660,3 nm và 440,2 nm.

C. 624,6nm và 422,5 nm. D. 656,6 nm và 486,9 nm.

Hướng dẫn: [Đáp án D] Ví dụ 5: Năng lượng của êlectron trong nguyên tử hyđrô được tính theo công thức: En = -

Vấn đề 4: HIỆN TƯỢNG QUANG - PHÁT QUANG; TIA LAZE I - TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Hiện tượng quang - phát quang a) Định nghĩa - Một số chất có khả năng hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra ánh sáng có bước sóng khác. Hiện tượng trên gọi là hiện tượng quang - phát quang.

Ví dụ: Chiếu tia tử ngoại vào dung dịch fluorexein thì dung dịch này sẽ phát ra ánh sáng màu lục. Trong đó tia tử ngoại là ánh sáng kích thích còn ánh sáng màu lục là ánh sáng phát quang.

- Ngoài hiện tượng quang - phát quang ta còn đề cập đến một số hiện tượng quang khác như: hóa - phát quang (đom đóm); phát quang ca tốt (đèn hình ti vi); điện - Phát quang (đèn LED)… b) Phân loại quang phát quang

Huỳnh quang

Lân quang

-119-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Sự phát quang của các chất lỏng và khí có đặc điểm là ánh sáng phát quang bị tắt nhanh sau khi tắt ánh sáng kích thích. Gọi là hiện tượng huỳnh quang - Ánh sáng huỳnh quang có bước sóng dài hơn bước sóng của ánh sáng kích thích

GV Nguyễn Trung Hiếu

Sự phát quang của nhiều chất rắn lại có đặc điểm là ánh sáng phát quang có thể kéo dài một khoảng thời gian nào đó sau khi tắt ánh sáng kích thích. Sự phát quang trên gọi là hiện tượng lân quang.

- Một số loại sơn xanh, đỏ, vàng lục quyets trên các biển báo giao thông hoặc ở đầu các cọc chỉ giới đường là các chất lân quang có thời gian kéo dài khoảng vài phần mười giây.

Định luật Stock về hiện tượng phát quang: λk < λp

- Năng lượng mất mát trong quá trình hấp thụ phô tôn: ∆ε = hfkt - hfhq =

hc hc 1 1 = hc( - ) λkt λkt λkt λhq

- Công thức hiệu suất phát quang: H = Phq.100% = nhq.λkt.100% Pkt nkt.λhq 2. Laser (LAZE) Định nghĩa laser - Laze là một nguồn sáng phát ra một chùm sáng cường độ lớn dựa trên hiện tượng phát xạ cảm ứng.

- Đặc điểm của tia laze. + Tính đơn sắc cao vì (có cùng năng lượng ứng với sóng điện từ có cùng bước sóng) + Tính định hướng rất cao (bay theo cùng một phương) + Tính kết hợp cao (cung pha) + Cường độ của chumg sáng rất lớn(số phô tôn bay theo cùng một hướng rất lớn) - Ứng dụng của tia laze: + Trong y học dùng làm dao mổ trong các phẫu thuật tinh vi + Thông tin liên lạc (vô tuyến định vị, liên lạc vệ tinh) + Trong công nghiệp dùng để khoan cắt, tôi chính xác + Trong trắc địa dùng để đo khoảng cách, tam giác đạc…. + Laze còn dùng trong các đầu đọc đĩa Τ.

3. Hiện tượng quang điện trong a) Quang điện trong: Hiện tượng ánh sáng giải phóng các e liên kết để cho chúng trở thành các electron dẫn đồng thời tạo ra các lỗ trống cùng tham gia vào quá trình dẫn điện gọi là hiện tượng quang điện trong b. Chất quang dẫn: hiện tượng giảm điện trở suất, tức là tăng độ dẫn điện của bán dẫn, khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào gọi là hiện tượng quang dẫn.

Chất Ge Si PbS CdS PbSe

λ0 (µm) 1.88 1,11 4,14 0,9 5,65

c) Pin quang điện: là pin chạy bằng năng lượng ánh sáng nó biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.

Pin hoạt động dựa vào hiện tượng quang điện trong của một số chất bán dẫn như đồng oxit, Selen, Silic…. d) Quang điện trở: Là một tấm bán dẫn có giá trị điện trở thay đổi khi cường độ chùm sáng chiếu vào nó thay đổi II BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Trong các hiện tượng sau: hiện tượng nào là hiện tượng quang - phát quang?

A. Than đang cháy hồng B. Đom đóm nhấp nháy C. Màn hình ti vi sáng D. Đèn ống sáng -120-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Hướng dẫn: [Đáp án D] - Than cháy hồng là nguồn sáng do phản ứng đốt cháy - Đom đóm nhấp nháy là hiện tượng hóa phát quang - Màn hình ti vi là hiện tượng phát quang ca tốt - Đèn ống sang là hiện tượng quang phát quang.

Ví dụ 2: Một chât phát quang có khả năng phát ra ánh sáng có bước sóng λp = 0,7 µm. Hỏi nếu chiếu vào ánh sáng nào dưới đây thì sẽ không thể gây ra hiện tượng phát quang?

A. 0,6 µm B. 0,55 µm C. 0,68 µm D. Hồng ngoại Hướng dẫn: [ Đáp án D] Theo định luật Stock về hiện tượng phát quang ta có λk ≤ λp = 0,7 µm Chỉ có tia Hồng ngoài có λhồngngoại > λp = 0,7 µm ⇒ Không có hiện tượng quang phát quang sảy ra Ví dụ 3: Một chất phát quang có thể phát ra ánh phát quang màu tím. Hỏi nếu chiếu lần lượt từng bức xạ sau, bức xạ nào có thể gây ra hiện tượng phát quang?

A. Đỏ B. Tử ngoại C. Chàm D. Lục Hướng dẫn: [Đáp án B] Theo định luật Stock về hiện tượng phát quang ta có λk ≤ λp ⇒ Chỉ có λtử ngoại < λtím Ví dụ 4: Một vật có thể phát ra ánh sáng phát quang màu đỏ với bước sóng λ = 0.7 µm. Hỏi nếu chiếu vật trên bằng bức xạ có bước sóng λ = 0,6 µm thì mỗi phô ton được hấp thụ và phát ra thì phần năng lượng tiêu hao là bao nhiêu?

A. 0,5 MeV B. 0,432 eV C. 0,296 eV D. 0,5 eV Hướng dẫn: [Đáp án C] hc hc 1 1 Ta có: ∆ε = hfkt - hfhq = = hc( - )=... λkt λkt λkt λhq Vấn đề 4: THUYẾT TƯƠNG ĐỐI CỦA ANHXTANH Trong thuyết tương đối, nếu động năng của một hạt ( hay vật ) bằng n lần năng lượng nghỉ K = n.E0 thì tốc độ của hạt được tính theo công thức : 1−

v2 1 = 2 c n +1

VÍ DỤ 1. (ĐH2011): Theo thuyết tương đối, một êlectron có động năng bằng một nửa năng lượng nghỉ của nó thì êlectron này chuyển động với tốc độ bằng A. 2,41.108 m/s B. 2,75.108 m/s C. 1,67.108 m/s D. 2,24.108 m/s 2. (ĐH2010): Một hạt có khối lượng nghỉ m0. Theo thuyết tương đối, động năng của hạt này khi chuyển động với tốc độ 0,6c (c là tốc độ ánh sáng trong chân không) là A. 1,25m0c2.

B. 0,36m0c2. C. 0,25m0c2. D. 0,225m0c2.

3. (ĐH 2013): Một hạt có khối lượng nghỉ m0. Theo thuyết tương đối, khối lượng động (khối lượng tương đối tính) của hạt này khi chuyển động với tốc độ 0,6c (c là tốc độ ánh sáng trong chân không) là: A. 1,75 m0.

B. 1,25 m0.

C. 0,36 m0.

D. 0,25 m0.

4. (CĐ2012): Biết động năng tương đối tính của một hạt bằng năng lượng nghỉ của nó. Tốc độ của hạt này (tính theo tốc độ ánh sáng trong chân không c) bằng 1 2 3 3 A. c.

B. c.

C. c.

D. c.

2 2 2 4

-121-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

HẠT NHÂN CỦA NGUYÊN TỬ I. Kiến thức cơ bản 1. Cấu tạo hạt nhân

- Hạt nhân mang điện dương, được cấu tạo từ những hạt nhỏ hơn – gọi là các Nuclon.

- Có hai loại Nuclon là Proton và nơtron: + Proton: kí hiệu là p, q p = e ; m p = 1,007276u = 1,672.10 −27 kg + Nơtron: kí hiệu là n, q n = 0 ; m n = 1,008665u = 1,674.10 −27 kg Trong đó u là đơn vị khối lượng nguyên tử, với 1u = 1,66055.10-27kg.

- Hạt nhân nguyên tố X có số khối A, số thứ tự Z kí hiệu là X ZA hay

A Z

X . A là tổng số Nuclôn trong hạt nhân.

Ví dụ: 1 1

+ Hạt nhân nguyên tố Hiđrô + Hạt nhân nguyên tố Heli -

4 2

+ Hạt nhân nguyên tố Nhôm -

H

He 27 13

Al

- Hạt nhân coi như quả cầu bán kính R thì bán kính hạt nhân đươc tính bởi công thức thực nghiệm: 1

R = 1,2.10 −15 A 3 (m) Ví dụ: + Bán kính hạt nhân 11 H H: R = 1,2.10-15m + Bán kính hạt nhân

27 13

Al Al: R = 3,6.10-15m

2. Đồng vị

1. Khái niệm: Đồng vị là những nguyên tử mà hạt nhân có chứa cùng số Proton Z nhưng khác nhau số Nơtron.

2. Ví dụ - Nguyên tử H có 3 đồng vị: + Hiđro thường - 11 H + Đơtêri - 12 H ( 12 D) -122-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

+ Triti - 13 H ( 21T ) .

Trong đó T và D là thành phần của nước nặng là nguyên liệu của công nghệ nguyên tử.

- Nguyên tử Cacbon có 4 đồng vị: C11 đến C14. Trong đó C12 có nhiều trong tự nhiên – chiếm 99% 3. Năng lượng liên kết 3.1 Độ hụt khối: ∆m

∆m = Zm p + ( A − Z )m n − m . Với m là khối lượng hạt nhân còn m p , m n là khối lượng của các Nuclôn riêng rẽ.

3.2 Năng lượng liện kết

- Năng lượng liên kết hạt nhân: kí hiệu là ∆ E( ∆ W) + KN: là năng lượng liên kết giữa A Nuclôn. + Biểu thức: ∆W = ∆m.c 2 - Năng lượng liên kết riêng: kí hiệu là ε + KN: là năng lượng liên kết cho 1Nuclôn. + Biểu thức: ε =

∆W A

+ YN: đặc trưng cho tính bền vững của hạt nhân.

4. Các hiện tượng liên quan tới hạt nhân.

4.1 Hiện tượng phóng xạ (HTPX) - HT phân rã hạt nhân.

- KN: HTPX là hiện tượng một hạt nhân tự động phóng ra những tia không nhìn thấy(tia phóng xạ) rồi biến đổi thành hạt nhân khác.

- Các loại tia phóng xạ: + Tia α : là dòng hạt nhân Heli( 24 He ) phóng ra với tốc độ khoảng 2.107m/s. + Tia β : là dòng hạt electron hoặc phản hạt của electron phóng ra với tốc độ gần tốc độ ánh sáng. + Tia γ : là sóng điện từ có bước sóng cực ngắn cỡ pm.

Tác dụng:

- Các tia phóng xạ đều có tác dụng đâm xuyên, hủy diệt tế bào, tác dụng ion hóa, tác dụng phát quang,…

Chú ý:

+ Tia γ có tác dụng đâm xuyên mạnh nhất và rất nguy hiểm với con người. Nó có thể xuyên qua tấm chì dày vài chục cm. + Nếu coi mỗi tia phóng xạ như 1 hạt nhân thì chúng được kí hiệu như sau: Tia α : 24 He ; Tia β :

0 −1

e và 10 e ; Tia γ : 00 γ

- Các công thức:

+ Định luật phóng xạ - Xác định số hạt nhân còn lại ở thời điểm t:

-123-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

N t = N 0 .2

t − T

GV Nguyễn Trung Hiếu

= N 0 .e −λt . Trong đó λ = ln 2 ≈ 0,693 : hằng số phóng xạ.

T

T

- Khối lượng chất phóng xạ còn lại ở thời điểm t:

mt = m0 .2

−

t T

= m0 .e −λt

+ Độ phóng xạ (Htb hoặc Ht), đơn vị: (Becoren) Bq = 1phân rã/s;

còn dùng: Ci(curi) = 3,7.1010Bq. . H tb = −

∆N ∆t

. H t = H tb ⇔ ∆t → 0 . Khi đó H t = N t' 4.2 Phản ứng hạt nhân (PUHN)

- ĐN: PUHN là sự tương tác giữa các hạt nhân dẫn tới sự biến đổi thành các hạt nhân khác.

Thực tế: thường dùng hạt nhân con (đạn) bắn phá hạt nhân đứng yên(bia).

- Các định luật bảo toàn trong PUHN + ĐLBT số Z – ĐLBT điện tích: Z 1 + Z 2 = Z 3 + Z 4 + ĐLBT số A: A1 + A2 = A3 + A4 + ĐLBT động lượng: mv = m1 v1 + m 2 v 2 + ĐLBT năng lượng toàn phần: E A + E B = E C + E D với E = mc 2 + Wđ ; m: khối lượng nghỉ.

II. Một số dạng toán cơ bản Dạng 1. Xác định A, Z, N năng lượng liên kết hoặc năng lượng liên kết riêng.

PP

+ Từ kí hiệu hạt nhân ⇒ A, Z , N + Sử dụng công thức ε =

∆E ∆mc 2 Với 1uc2 = 931,5MeV; ∆m = m − m 0 ; m = Zmp+ Nmn = A A

Vận dụng Bài 1. Xác định số Nuclon của hạt nhân: 24 He . Tính năng lượng liên kết riêng. Biết

mn = 1,00866u; mp = 1,00728u; mHe = 4,0015u HD  N = A−Z + Từ  4 ⇒ N = 4−2 = 2  2 He

+ Ta có ∆m = 2(m p + m n ) − 4,0015 = 0,03038 u

⇒ ∆E = 0,03038uc 2 = 0,03038.931,5MeV = 28,29MeV ⇒ ε = Bài 2.

56 26

28,29 = 7,07 MeV 4

Fe . Tính năng lượng liên kết riêng. Biết mn = 1,00866u; mp = 1,00728u; mFe = 55,9349u -124-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

HD

+ Ta có ∆m = 26m p + 30m n − 55,9349 = 0,50866u

⇒ ∆E = 0,50866uc 2 = 0,50866.931,5MeV = 473,8MeV ⇒ ε =

473,8 = 8,46MeV 56

Dạng 2. Xác định các đại lượng liên quan tới hiện tượng phóng xạ.

PP

+ Hằng số phóng xạ: λ =

ln 2 0,693 -1 (s ) = T T

+ Số hạt còn lại: N = N 0 e

− λt

=

N0

2

t T

= N 0 .2

−

t T

tương tự với khối lượng m

+ Số hạt đã bị phân rã: ∆N = N 0 − N = (1 − e − λt ) N 0 + Số hạt theo mol: N = + Độ phóng xạ: H tb

m NA A

t − H0 H ∆N T =− ; H = t = H 0 .2 hay H = λ0t = H 0 .e − λt ∆t e 2T

Vận dụng Bài 1. Pôlôni là nguyên tố phóng xạ α , nó phóng ra một hạt α và biến đổi thành hạt nhân con X. Chu kì bán

rã của Pôlôni là T = 138ngày.

1. Xác định cấu tạo, tên gọi của hạt nhân con X. 2. Ban đầu có 0,01g. Tính độ phóng xạ của mẫu phóng xạ sau 3chu kì bán rã.

HD

1. Xác định hạt nhân con X + Ta có phương trình phân rã:

210 84

Po →

4 2

He +

A Z

X

210 = 4 + A  A = 206 + Theo các ĐLBT ta có:  → X : 206 → 82 Pb 84 = 2 + Z Z = 82

210 = 4 + A  A = 206 Nếu trắc nghiệm chỉ cần:  → → X : 206 82 Pb 84 = 2 + Z Z = 82 t  − m = m0 .2 T m = m 0 .2 − k 0,693.m 0 N A .2 − k   ⇒ = 2,08.1011 Bq 3. Từ  H = λN mN A ⇒ H = T .A  H = λ m  A  N = .N A  A

0,693.m 0 N A .2 − k Nếu trắc nghiệm cần nhớ: H = = 2,08.1011 Bq T .A Bài 2. Phản ứng phân rã của Urani có dạng: 238 92

U →

206 82

Pb + x α + y β

−

-125-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

1. Xác định x và y U là T = 4,5.109năm. Lúc đầu có 1g

238 92

2. Chu kì bàn rã của

238 92

U nguyên chất:

a. Tính độ phóng xạ sau 9.109năm. b. Tính số hạt nhân

238 92

U bị phân rã sau 1năm. Coi e − λt ≈ 1 − λt

HD

238 = 206 + 4 x + 0. y  x = 8 x = 8 1. Từ  → → 92 = 82 + 2 x − y 2 x − y = 10  y = 6 t  − m = m 0 .2 T m = m 0 .2 − k 0,693.m 0 N A .2 − k   ⇒ ⇒ H = = 3089Bq 2. a.  H = λN mN A T .A H =λ   m A   N = .N A A 

∆N = N 0 − N = N 0 (1 − e − λt ) ≈ N 0 (1 − λt ) m N (1 − λt )  b. Từ  ⇒ ∆N = 0 A = 2,525.10 21 hat m0 N A A N =  0  A

Nếu trắc nghiệm cần nhớ: ∆N = Bài 3.

200 79

m 0 N A (1 − λt ) = 2,525 .10 21 hat A

Au là chất phóng xạ. Biết độ phónga xạ của 3.10-9kg chất đó là 58,9Ci.

1. Tìm chu kì bán rã.

2. Hỏi sau bao lâu lượng chất phóng xạ giảm đi 100lần.

HD

1. H = λ

mN A 0,693 .m.N A 0,693 .m.N A = ⇒T = = 2872 ,4 s A T .A H .A

m0 = 100  2 ln 10.2872,4 0 , 693 .t = 19087 ,86 s 2. Từ  m ⇒ e λ t = 100 ⇒ = 2 ln 10 ⇒ t = 0,693 T  m 0 = e λt  m

Bài 4. Một lượng chất phóng xạ Radon( 222 Rn ) có khối lượng ban đầu là m0 = 1mg. Sau 15,2ngày thì độ

phóng xạ của nó giảm 93,75%. Tính chu kì bán rã và độ phóng xạ của lượng chất phóng xạ còn lại.

HD

H 1  H 1 − H = 93,75%  H = 16 t t 0   0 + Từ  ⇒ ⇒ = 4 ⇒ T = = 3,8ngay t t T 4  H = 2 −T  H = 2 −T  H 0  H 0

+ H=

0,693.m 0 N A .2 − k = 3,578.1011 Bq T .A

Bài 5. Pôlôni là nguyên tố phóng xạ α với chu kì bán rã là T = 138ngày.

1. Viết phương trình phóng xạ và khối lượng ban đầu của polôni. Biết H0 = 1,67.1011Bq. -126-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

2. Sau thời gian bao lâu độ phóng xạ của nó giảm đi 16lần.

3. Tìm năng lượng tỏa ra khi chất phóng xạ trên phân rã hết.

HD

1.

210 84

Po →

4 2

He +

A Z

 A = 206 X ⇒ Z = 82

H0 = λ

m 0 N A 0,693.m 0 .N A H 0 TA = ⇒ m0 = = 1.10 − 3 g = 1mg A T .A 0,693.N A

  2. Từ   

H0 = 16 = 2 4 t H T ⇒ 2 = 2 4 ⇒ t = 4 T = 552 ngay t H0 = 2T H

3. Năng lượng tỏa ra do một phân rã là: q = (209,9828-4,0026-205,9744)uc2 = 5,8.10-3.931,5 = 5,4MeV Trong m0 = 1mg có N0 =

6,022.10 23 .10 −3 = 2,867.10 18 210

Năng lượng tỏa ra khi phân rã N0 hạt là: Q = N0.q = 2,867.1018.5,4.1,6.10-13 = 2,47.106J = 2,47MJ Bài 6. Hạt nhân

235 92

U hấp thụ một hạt n sinh ra x hạt α , y hạt β , 1hạt

208 82

Pb và 4 hạt n. Viết phương trình

phản ứng đầy đủ.

HD

+ Phương trình phản ứng hạt nhân:

235 92

U + n → xα + yβ + 208 82 Pb

235 + 1 = 4 x + 0. y + 208  x = 4 x = 4 + Ta có  → → 92 = 82 + 2 x ± y 2 x ± y = 10  y = 2 Bài 7. Tính độ hụt khối và năng lượng liên kết của hạt nhân

16 8

O . Biết mp = 1,007276u; mn = 1,008665u; me =

0,000549u, khối lượng của nguyên tử oxi là mo = 15,994910u; 1uc2 = 931,5MeV. HD

+ Ta có độ hụt khối là: ∆m = (8.1,007276 + 8.1,008665 + 8.0,000549 − 15,994910) = 0,137u + ⇒ ∆E = 0,137uc 2 = 0,137.931,5MeV = 127,6 MeV Dạng 3. Tính năng lượng tỏa ra của phản ứng hạt nhân hoặc động năng của các hạt sau phản ứng.

PP + Tính khối lượng của các hạt trước và sau phản ứng: m0 = mA + mB; m = mC + mD Q > 0 : ToaNL + ADCT: Q = (m 0 − m)c 2 . Nếu  Q <: ThuNL

Trong đó Q = WC + WD – WA(B)(W: động năng)

-127-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

W = 1,4 MeV  2 ⇒v= + Ngoài ra còn hỏi vận tốc của các hạt: W = mv  2

2W m

Góc tạo bởi giữa các hạt bay ra sau phản ứng: •

Tính vận tốc các hạt.

•

Sử dụng định lý cosin trong tam giác: b; c = α

( )

cos α =

b2 + c 2 − a2 2bc

Vận dụng Bài 1. Cho phản ứng hạt nhân:

1 0

n+

6 3

Li → T + α + 4 , 8 MeV

1. Tính khối lượng của hạt nhân Li 2. Tính năng lượng tỏa ra khi phân tích hoàn toàn 1gLi. Biết mn = 1,0087u; mT = 3,016u; m α = 4,0015u; 1uc2 = 931,5MeV. Bỏ qua động năng ban đầu của các hạt.

HD

1. Từ

1 0

n+

6 3

⇒ Q = 4,8MeV

Li → T + α + 4 , 8 MeV

Còn có ⇒ m 0 =

Q Q 1 + m ⇔ m Li = 2 + m − m n = 4,8 + 4,0015 + 3,016 − 1,0087 = 6,014u 2 931,5 c c

1 2. Số hạt nhân Li trong 1g là N = .6,022.10 23 6

6,022.10 23 Năng lượng tỏa ra là E = NQ = 4,8MeV = 7,7.10 10 J 6 Bài 2. Cho phản ứng hạt nhân:

23 11

Na + X → α + 1020 Ne .

1. Viết phương trình đầy đủ.

2. Tính năng lượng tỏa ra hay thu vào của phản ứng trên ra eV. Biết mNa = 22,983734u; mH = 1,007279u; mHe = 4,001506u; mNe = 19,986950u 1uc2 = 931,5MeV HD

1. Từ

23 11

Na +

A Z

X →

4 2

A = 1 ⇒ Z = 1

α + 1020 Ne ⇒ 

Bài 3. Cho phản ứng hạt nhân:

9 4

Be + 11 H →

6 3

23 11

Na + 11 p →

Li + X

a. Xác định X. b. Tính năng lượng tỏa ra hay thu vào của phản ứng trên. Biết MBe = 9,01219u; mH = 1,00783u; mLi = 6,01513u; mX = 4,00260u 1uc2 = 931,5MeV. -128-

4 2

α + 1020 Ne

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

c. Biết hạt proton có động năng 5,45MeV bắn phá hạt nhân Be đứng yên, Be bay ra với động năng 3,55MeV. Tìm động năng của hạt X. HD

a.

9 4

Be + 11 H →

6 3

Li +

A z

A = 4 X ⇒  ⇒ X = 24 He Z = 2 

b. Q = (m 0 − m)c 2 = (9,01219 + 1,00783 − 6,01513 − 4,0026)uc 2 = 2,133MeV > 0: Tỏa năng lượng

c. Theo ĐLBT năng lương ta có

W p + m 0 c 2 = m.c 2 + W He + W Li

⇒ WHe = Q + Wp − WLi = 2,133 + 5, 45 − 3,55 = 4, 033MeV

Bài 4. Một hạt α

có động năng 4MeV bắn vào hạt nhân Nitơ đứng yên, gây phản ứng:

α + 147 N → 11 H + X . Biết hai hạt bay ra sau phản ứng có cùng động năng. a. Tính vận tốc mỗi hạt. b. Tính góc tạo bởi hướng bay các hạt sau phản ứng.

Biết mα = 4,002603u ; m N = 14,003074u ;

m H = 1,007825u ; m X = 16,999133u ; 1uc2 = 931,5MeV. HD

a. + Ta có W H = W X ⇔

m H v H2 m v2 = X X (1) 2 2

+ Theo bảo toàn động lượng ta có mα vα = m H v H + m X v X (2) + Theo BTNL có

Wα + m 0 c 2 = mc 2 + 2W X ⇒ W X = W H =

Wα + Q (3) 2

Với Q = (4,002603+14,003074-1,007825-16,999133).931,5MeV = -1,193MeV(4) + Từ (3)&(4) ⇒ W X = W H = W = 1,4MeV  2 ⇒v= + Từ W = mv 2 

Wα + Q 4 − 1,193 = = 1,4 MeV = W (5) 2 2

2W m

⇒ vH =

⇒ vX =

b. ta có

vα =

2Wα = mα

2.1,4.1,6.10 −13 = 1,6.10 7 m / s − 27 1,007825.1,66055.10

2.1,4.1,6.10 −13 = 0,4.10 7 m / s = 4.10 6 m / s − 27 16,999133.1,66055.10

2.4.1,6.10 −13 4,002603.1,66055.10 − 27 (m/s)

-129-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

TOÁN KHÓ VỀ SỰ PHÓNG XẠ I. X¸c ®Þnh c¸c ®¹i l−îng ®Æc tr−ng cho sù phãng x¹ I.1 Ph−¬ng ph¸p chung 1) X¸c ®Þnh sè nguyªn tö (khèi l−îng ) cßn l¹i cña chÊt phãng x¹ sau thêi gian phãng x¹ t

Chó ý:

−

-Sè nguyªn cßn l¹i sau thêi gian phãng x¹ t:

N=N0 e − λ .t =N0 . 2

-Khèi l−îng cßn l¹i sau thêi gian phãng x¹ t : ln 2 0,693 Víi λ = = T T

m= m0. e − λ .t =m0 2

-Sè nguyªn tö cã trong m(g) l−îng chÊt :

N m = NA A

t T

−

t T

NA=6,022.1023 h¹t/mol lµ sè Av«ga®r« t +Khi =n víi n lµ mét sè tù nhiªn th× ¸p dông c¸c c«ng thøc T N =N0 . 2

−

t T

; m= m0 2

−

t T

t lµ sè thËp ph©n th× ¸p dông c¸c c«ng thøc : T N=N0 e − λ .t ; m= m0. e − λ .t +Khi t << T th× ¸p dông c«ng thøc gÇn ®óng : e − λ .t =1- λ .t 2) X¸c ®Þnh sè nguyªn tö (khèi l−îng ) bÞ phãng x¹ cña chÊt phãng x¹ sau thêi gian phãng x¹ t -Khèi l−îng bÞ phãng x¹ sau thêi gian phãng x¹ t : +Khi

− λ .t

−

− λ .t

−

∆ m=m0-m=m0(1- e )=m0(1- 2 -Sè nguyªn tö bÞ phãng x¹ sau thêi gian phãng x¹ t :

t T

t T

)

∆ N=N0-N=N0(1- e )=N0(1- 2 ) Chó ý: +PhÇn tr¨m sè nguyªn tö (khèi l−îng) chÊt phãng x¹ bÞ phãng x¹ sau thêi gian t ph©n r· lµ: ∆N .100%=(1- e − λ .t ).100% % ∆ N= N0 ∆m %∆m = .100% =(1- e − λ .t ).100% m0 +PhÇn tr¨m sè nguyªn tö (khèi l−îng ) cßn l¹i cña chÊt phãng x¹ sau thêi gian t N %N = .100% = e − λ .t .100% N0 -130-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

m %m = .100% = e − λ .t .100% m0 3) X¸c ®Þnh sè nguyªn tö (khèi l−îng ) h¹t nh©n míi t¹o thµnh sau thêi gian phãng x¹ t -Mét h¹t nh©n bÞ phãng x¹ th× sinh ra mét h¹t nh©n míi ,do vËy sè h¹t nh©n míi t¹o thµnh sau thêi gian phãng x¹ t b»ng sè h¹t nh©n bÞ phãng x¹ trong thêi gian ®ã ∆N ' = ∆ N=N0-N=N0(1- e − λ .t )=N0(1- 2

−

t T

)

-Khèi l−îng h¹t nh©n míi t¹o thµnh sau thêi gian phãng x¹ t: ∆m' =

∆N ' . A' NA

A’ lµ sè khèi cña h¹t nh©n míi t¹o thµnh Chó ý:+Trong sù phãng x¹ β h¹t nh©n mÑ cã sè khèi b»ng sè khèi cña h¹t nh©n con (A=A’) .Do vËy khèi l−îng h¹t nh©n míi t¹o thµnh b»ng khèi l−îng h¹t nh©n bÞ phãng x¹ ∆N ' + Trong sù phãng x¹ α th× A’=A- 4 => ∆m' = (A- 4) N

• TỈ LỆ KHỐI LƯỢNG VÀ TỈ LỆ SỐ HẠT NHÂN TRONG PHÓNG XẠ HẠT NHÂN Giả sử phương trình phóng xạ có dạng : X →α +Y TỈ LỆ KHỐI LƯỢNG: m X AX  1  m A  1  = Hoặc : X = X  t  λt  (1)  (2) mY AY  e − 1  mY AY  T  2 −1   m A  t mY A = Y e λt − 1 (3) Hoặc : Y = Y  2 T − 1 (4) m X AX  m X AX  TỈ LỆ SỐ HẠT NHÂN:

(

)

 N Y  Tt =  2 − 1 (1) NX   N 1 Hoặc : X = λt (3) NY e −1

NY = e λt − 1 (2) NX NX 1 = t (4) NY  T   2 − 1     CHÚ Ý : Vận dụng các công thức trên có thể giải nhanh bài toán tìm số hạt nhân và khối lượng chất tạo thành ( sinh ra ) 4) Trong sù phãng x¹ α ,x¸c ®Þnh thÓ tÝch (khèi l−îng) khÝ Heli t¹o thµnh sau thêi gian t phãng x¹.

- Mét h¹t nh©n bÞ phãng x¹ th× sinh ra mét h¹t α ,do vËy sè h¹t α t¹o thµnh sau thêi gian phãng x¹ t b»ng sè h¹t nh©n bÞ phãng x¹ trong thêi gian ®ã.

(

(

)

)

∆N ' He= ∆ N=N0-N=N0(1- e − λ .t )=N0(1- 2

−

t T

)

∆N He NA ∆N He -ThÓ tÝch khÝ Heli ®−îc t¹o thµnh(®ktc) sau thêi gian t phãng x¹: V = 22,4. (l) NA 5) X¸c ®Þnh ®é phãng x¹ cña mét chÊt phãng x¹ t − ln 2 H= λ N=H0 e − λ .t =H0 2 T víi H0= λ N0= .N0 T §¬n vÞ cña ®é phãng x¹ Bp: 1ph©n r· /1s= 1Bq (1Ci=3,7.1010Bq) ln 2 Chó ý: Khi tÝnh H0 theo c«ng thøc H0= λ N0= .N0 th× ph¶i ®æi T ra ®¬n vÞ gi©y(s) T I.2 C¸c vÝ dô: -Khèi l−îng khÝ Heli t¹o thµnh sau thêi gian t phãng x¹:

-131-

mHe=4.

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

VÝ dô 1: C«ban

GV Nguyễn Trung Hiếu

60 27

Co lµ ®ång vÞ phãng x¹ ph¸t ra tia β − vµ γ víi chu k× b¸n r T=71,3 ngµy.

1.. X¸c ®Þnh tû lÖ phÇn tr¨m chÊt Co bÞ ph©n r trong 1 th¸ng (30 ngµy).

2. Cã bao nhiªu h¹t β ®−îc gi¶i phãng sau 1h tõ 1g chÊt Co tinh khiÕt.

Gi¶i: 1. Tû lÖ phÇn tr¨m chÊt Co bÞ ph©n r· trong 1 th¸ng (30 ngµy).

-%C0=

∆N .100%=(1- e − λ .t ).100%=(1- e N0

−0 , 693.30 71, 3

).100%= 25,3%

2. Sè h¹t β ®−îc gi¶i phãng sau 1h tõ 1g chÊt Co tinh khiÕt −0 , 693

∆N ' =N0(1- e

− λ .t

m 1 )= 0 .N A (1- e − λ .t )= .6,023.1023.(1- e 71,3.24 )= 4,06.1018 h¹t 60 A

VÝ dô 2:Ph−¬ng tr×nh phãng x¹ cña P«l«ni cã d¹ng:

210 84

Po → ZA Pb + α

1.Cho chu kú b¸n r cña P«l«ni T=138 ngµy. Gi¶ sö khèi l−îng ban ®Çu m0=1g. Hái sau bao l©u khèi l−îng P«l«ni chØ cßn 0,707g?

2. TÝnh ®é phãng x¹ ban ®Çu cña P«l«ni. Cho NA=6,023.1023nguyªn tö/mol.

Gi¶i:

1 m0 138. ln m 0,707 m = 1.TÝnh t: = e − λ .t => t= = 69 ngµy ln 2 ln 2 m0 ln 2 ln 2 m0 ln 2 1 2.TÝnh H0: H0= λ N0= .N0= . .NA= . .6,023.10 23 T T A 138.24.3600 210 T . ln

H0 = 1,667.1014 Bq VÝ dô 3:Gäi ∆t lµ kho¶ng thêi gian ®Ó sè h¹t nh©n cña mét l−îng chÊt phãng x¹ gi¶m ®i e lÇn (e lµ sè tù nhiªn víi lne=1), T lµ chu kú b¸n r cña chÊt phãng x¹. Chøng minh r»ng ∆t =

T . Hái sau kho¶ng thêi ln 2

gian 0,51 ∆t chÊt phãng x¹ cßn l¹i bao nhiªu phÇn tr¨m l−îng ban ®Çu ? Cho biÕt e0,51=0,6.

Gi¶i: Ta cã + +

λ.∆t m0 =e = m

e ⇒ λ . ∆ t=1 ⇔ ln 2 . ∆ t=1 ⇒ ∆ t= T

ln 2

T

m T m = e − λ .t víi t=0,51 ∆ t=0,51. = e −0,51 .100%= 60% ⇒% ln 2 m0 m0

VÝ dô 4:H¹t nh©n

224 88

Ra phãng ra mét h¹t α , mét photon γ vµ t¹o thµnh ZA Rn . Mét nguån phãng x¹

cã khèi l−îng ban ®Çu m0 sau 14,8 ngµy khèi l−îng cña nguån cßn l¹i lµ 2,24g. H y t×m : 1. m0 2. Sè h¹t nh©n Ra ® bÞ ph©n r vµ khèi l−îng Ra bÞ ph©n r ?

3.Khèi l−îng vµ sè h¹t nh©n míi t¹o thµnh ?

4.ThÓ tÝch khÝ Heli t¹o thµnh (®ktc) Cho biÕt chu kú ph©n r cña

224 88

Ra lµ 3,7 ngµy vµ sè Av«ga®r« NA=6,02.1023mol-1.

Gi¶i

-132-

224 88

Ra

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu t − T

t T

1.TÝnh m0 : m= m0 2 ⇒ m0=m. 2 =2,24. 2 2.- Sè h¹t nh©n Ra ®· bÞ ph©n r· :

14,8 3, 7

=2,24.24=35,84 g

t − m0 35,84 T .NA(1- 2 )= 6,02.1023(1-2-4) ∆ N=N0(1- 2 ) = A 224 23 ∆ N=0,903. 10 (nguyªn tö)

−

t T

-Khèi l−îng Ra ®i bÞ ph©n r· : ∆ m=m0(1- 2

−

t T

)=35,84.(1-2-4)=33,6 g

3. Sè h¹t nh©n míi t¹o thµnh : ∆N ' = ∆ N=N0(1- 2 -Khèi l−îng h¹t míi t¹o thµnh: ∆m' =

−

t T

)=9,03.1023 h¹t

∆N ' 0,903.10 23 . A' = .220 =33g NA 6,02.10 23

4 ThÓ tÝch khÝ Heli t¹o thµnh (®ktc) : V=22,4.

∆N He 0,903.10 23 =22,4. =3,36 (lit) NA 6,02.10 23

II. TÝnh chu kú b¸n r· cña c¸c chÊt phãng x¹ II.1 Ph−¬ng ph¸p 1)TÝnh chu kú b¸n rA khi biÕt : a) TØ sè sè nguyªn tö ban ®Çu vµ sè nguyªn tö cßn l¹i sau thêi gian phãng x¹ t b)TØ sè sè nguyªn tö ban ®Çu vµ sè nguyªn tö bÞ ph©n r· sau thêi gian phãng x¹ t c)TØ sè ®é phãng ban ®Çu vµ ®é phãng x¹ cña chÊt phãng x¹ ë thêi ®iÓm t Ph−¬ng ph¸p: a) TØ sè sè nguyªn tö ban ®Çu vµ sè nguyªn tö cßn l¹i sau thêi gian phãng x¹ t t ln 2 N=N0 e − λ .t => T= N ln 0 N b)TØ sè sè nguyªn tö ban ®Çu vµ sè nguyªn tö bÞ ph©n r· sau thêi gian phãng x¹ t

∆ N=N0(1- e − λ .t ) =>

∆N =1- e − λ .t =>T=N0

t. ln 2 ∆N ln(1 − ) N0

c)TØ sè ®é phãng ban ®Çu vµ ®é phãng x¹ cña chÊt phãng x¹ ë thêi ®iÓm t t. ln 2 H=H0 e − λ .t =>T= H ln 0 H 2)T×m chu k× b¸n rA khi biÕt sè h¹t nh©n ë c¸c thêi ®iÓm t1 vµ t2 N1=N0 e − λ .t1 ;N2=N0 e − λ .t2 N1 (t − t ) ln 2 = e λ .(t2 −t1 ) =>T = 2 1 N N2 ln 1 N2 3)T×m chu k× b¸n khi biÕt sè h¹t nh©n bÞ ph©n rA trong hai thêi gian kh¸c nhau ∆N 1 lµ sè h¹t nh©n bÞ ph©n r· trong thêi gian t1 Sau ®ã t (s) : ∆N 2 lµ sè h¹t nh©n bÞ ph©n r· trong thêi gian t2=t1 ∆N 1 -Ban ®Çu : H0= t1

-133-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

∆N 2 t. ln 2 -Sau ®ã t(s) H= mµ H=H0 e − λ .t => T= ∆N 1 t2 ln ∆N 2 4)TÝnh chu k× b¸n rA khi biÕt thÓ tÝch khÝ Heli t¹o thµnh sau thêi gian phãng x¹ t V -Sè h¹t nh©n Heli t¹o thµnh : NA ∆N = 22,4 V NA ∆N lµ sè h¹t nh©n bÞ ph©n r· ∆ N=N0(1- e − λ .t ) = 22,4 m m t. ln 2 V Mµ N0= 0 NA => 0 (1- e − λ .t ) = => T=A.V A A 22,4 ln(1 − ) 22,4.m0 II.2 C¸c vÝ dô VÝ dô1:

31 14

Si lµ chÊt phãng x¹, ph¸t ra h¹t β − vµ biÕn thµnh h¹t nh©n X. Mét mÉu phãng x¹

31 14

Si ban ®Çu

trong thêi gian 5 phót cã 190 nguyªn tö bÞ ph©n r , nh−ng sau 3 giê còng trong thêi gian 5 phót chØ cã 85 nguyªn tö bÞ ph©n r . H y x¸c ®Þnh chu kú b¸n r cña chÊt phãng x¹.

Gi¶i: -Ban ®Çu: Trong thêi gian 5 phót cã 190 nguyªn tö bÞ ph©n r· ⇒ H0=190ph©n r·/5phót -Sau t=3 giê:Trong thêi gian 5 phót cã 85 nguyªn tö bÞ ph©n r·. ⇒ H=85ph©n r· /5phót

t. ln 2 3. ln 2 = = 2,585 giê H0 190 ln ln 85 H VÝ dô2: §Ó ®o chu kú cña mét chÊt phãng x¹ ng−êi ta cho m¸y ®Õm xung b¾t ®Çu ®Õm tõ thêi ®iÓm t0=0. §Õn thêi ®iÓm t1=2 giê, m¸y ®Õm ®−îc n1 xung, ®Õn thêi ®iÓm t2=3t1, m¸y ®Õm ®−îc n2 xung, víi n2=2,3n1. X¸c ®Þnh chu kú b¸n r cña chÊt phãng x¹ nµy.

Gi¶i: H=H0 e − λ .t =>T=

-Sè xung ®Õm ®−îc chÝnh lµ sè h¹t nh©n bÞ ph©n r·: ∆ N=N0(1- e − λ .t ) -T¹i thêi ®iÓm t1: ∆ N1= N0(1- e − λ .t1 )=n1 -T¹i thêi ®iÓm t2 : ∆ N2= N0(1- e − λ .t2 )=n2=2,3n1 1- e − λ .t2 =2,3(1- e − λ .t1 ) ⇔ 1- e −3λ .t1 =2,3(1- e − λ .t1 ) ⇔ 1 + e − λ .t1 + e −2 λ .t1 =2,3 ⇔ e −2λ .t1 + e − λ .t1 -1,3=0 => e − λ .t1 =x>0 ⇔ X2 +x-1,3= 0 => T= 4,71 h VÝ dô3: H¹t nh©n P«l«ni lµ chÊt phãng x¹ α ,sau khi phãng x¹ nã trë thµnh h¹t nh©n ch× bÒn .Dïng mét

mÉu Po nµo ®ã ,sau 30 ngµy ,ng−êi ta thÊy tØ sè khèi l−îng cña ch× vµ Po trong mÉu b»ng 0,1595.TÝnh chu k× b¸n r cña Po Gi¶i: -

m Pb ∆m' N 0. (1 − e − λ .t ) A' A' TÝnh chu k× b¸n r· cña Po: = = = (1- e − λ .t ) − λ .t m A m Po N A m0 e

-134-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

30. ln 2 t. ln 2 T== = 138 ngµy 0,1595.210 m Pb . A ) ln(1 − ) ln(1 − 206 m Po . A' VÝ dô 4: Ra224 lµ chÊt phãng x¹ α .Lóc ®Çu ta dïng m0=1g Ra224 th× sau 7,3 ngµy ta thu ®−îc V=75cm3 khÝ Heli ë ®ktc .TÝnh chu kú b¸n r cña Ra224 Gi¶i: t. ln 2 7,3. ln 2 T= == 3,65 ngµy A.V 224.0,075 ln(1 − ) ln(1 − ) 22,4.m0 22,4.1 III. TÝnh tuæi cña c¸c mÉu vËt cæ III.1 Ph−¬ng ph¸p 1) NÕu biÕt tØ sè khèi l−îng (sè nguyªn tö) cßn l¹i vµ khèi l−îng (sè nguyªn tö) ban ®Çu cña mét l−îng chÊt phãng x¹ cã trong mÉu vËt cæ m T . ln 0 m m = e − λ .t => t= ln 2 m0 N T . ln 0 N N = e − λ .t =>t= ln 2 N0 2) NÕu biÕt tØ sè khèi l−îng (sè nguyªn tö) bÞ phãng x¹ vµ khèi l−îng (sè nguyªn tö) cßn l¹i cña mét l−îng chÊt phãng x¹ cã trong mÉu vËt cæ A.∆m' T . ln( + 1) ∆m' N 0. (1 − e − λ .t ) A' A' − λ .t m. A' = = (1e ) =>t= m A ln 2 N A m0 e −λ .t ∆N T . ln(1 + ) ∆N λt N = e -1 => t= N ln 2 3) NÕu biÕt tØ sè khèi l−îng (sè nguyªn tö) cßn l¹i cña hai chÊt phãng x¹ cã trong mÉu vËt cæ

N1 = N01e −λ1.t ; N2 = N02e −λ2t N 1 .N 02

ln N1 N01 t (λ2 −λ1 ) ln 2 N 2 .N 01 ln 2 = . e => =>t= víi λ1 = , λ2 = N2 N02 T2 λ 2 − λ1 T1 4) TÝnh tuæi cña mÉu vËt cæ dùa vµo 146 C (§ång hå Tr¸i §Êt) -ë khÝ quyÓn ,trong thµnh phÇn tia vò trô cã c¸c n¬tr«n chËm ,mét n¬tr«n gÆp h¹t nh©n 1 0 14 6

n+

14 7

N

14 6

14 7

N t¹o nªn ph¶n øng

1 1

C + p

C lµ ®ång vÞ phãng x¹ β − víi chu kú b¸n r· 5560 n¨m

- 146 C cã trong ®i«xit cacbon .Khi thùc vËt sèng hÊp thô CO2 trong kh«ng khÝ nªn qu¸ tr×nh ph©n r· c©n b»ng víi qu¸ tr×nh t¸i t¹o 146 C -Thùc vËt chÕt chØ cßn qu¸ tr×nh ph©n r· 146C ,tØ lÖ 146 C trong c©y gi¶m dÇn Do ®ã: +§o ®é phãng x¹ cña 146 C trong mÉu vËt cæ => H +§o ®é phãng x¹ cña 146 C trong mÉu vËt cïng lo¹i ,cïng khèi l−îng cña thùc vËt võa míi chÕt =>H0 H T . ln 0 H víi T=5560 n¨m H=H0 e − λ .t => t= ln 2 -135-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

-§éng vËt ¨n thùc vËt nªn viÖc tÝnh to¸n t−¬ng tù III.2 C¸c vÝ dô

VÝ dô 1: HiÖn nay trong quÆng thiªn nhiªn cã chøa c¶

238 92

U vµ

235 92

U theo tØ lÖ nguyªn tö lµ 140 :1. Gi¶ sö ë

thêi ®iÓm t¹o thµnh Tr¸i §Êt, tû lÖ trªn lµ 1:1. H y tÝnh tuæi cña Tr¸i §Êt. BiÕt chu kú b¸n r cña 4,5.109 n¨m.

238 92

U lµ

235 92

U cã chu kú b¸n r 7,13.108n¨m

Gi¶i: Ph©n tÝch :

N 1 .N 02 N 2 .N 01 t= = λ 2 − λ1 ln

ln 140 = 60,4 .108 (n¨m) 1 1 ln 2( − ) 8 7,13.10 4,5.10 9

VÝ dô 2: Thµnh phÇn ®ång vÞ phãng x¹ C14 cã trong khÝ quyÓn cã chu kú b¸n r lµ 5568 n¨m. Mäi thùc vËt sèng trªn Tr¸i §Êt hÊp thô cacbon d−íi d¹ng CO2 ®Òu chøa mét l−îng c©n b»ng C14. Trong mét ng«i mé cæ, ng−êi ta t×m thÊy mét m¶nh x−¬ng nÆng 18g víi ®é phãng x¹ 112 ph©n r /phót. Hái vËt h÷u c¬ nµy ® chÕt c¸ch ®©y bao nhiªu l©u, biÕt ®é phãng x¹ tõ C14 ë thùc vËt sèng lµ 12 ph©n r /g.phót.

Gi¶i: Ph©n tÝch :Bµi nµy tÝnh tuæi dùa vµo C14

H0 12 5560. ln 112 / 18 = H = H=H0 e − λ .t => t= 5268,28 (n¨m) ln 2 ln 2 Chó ý:Khi tÝnh to¸n cÇn l−u ý hai mÉu vËt ph¶i cïng khèi l−îng VÝ dô 3: Trong c¸c mÉu quÆng Urani ng−êi ta th−êng thÊy cã lÉn ch× Pb206 cïng víi Urani U238. BiÕt chu T . ln

kú b¸n r cña U238 lµ 4,5.109 n¨m, h y tÝnh tuæi cña quÆng trong c¸c tr−êng hîp sau: 1. Khi tû lÖ t×m thÊy lµ cø 10 nguyªn tö Urani th× cã 2 nguyªn tö ch×.

2. Tû lÖ khèi l−îng gi÷a hai chÊt lµ 1g ch× /5g Urani.

Gi¶i :Ph©n tÝch:Trong bµi nµy tÝnh tuæi khi biÕt tØ sè sè nguyªn tö(khèi l−îng) cßn l¹i vµ sè nguyªn tö (khèi l−îng ) h¹t míi t¹o thµnh:

∆m' 1 ∆N 1 = , = m 5 N 5

238 A.∆m' + 1) 4,5.10 9 ln( + 1) T . ln( ∆m' N 0. (1 − e − λ .t ) A' A' − λ .t 5.206 m. A' = = (1) =>t= = =1,35.109 n¨m e m A ln 2 ln 2 N A m0 e −λ .t ∆N 1 T . ln(1 + ) 4,5.10 9 ln(1 + ) ∆N N = 5 = 1,18.109 n¨m = e λt -1 => t= N ln 2 ln 2 IV. N¨ng l−îng trong sù phãng x¹ IV.1 Ph−¬ng ph¸p:

1.§éng n¨ng c¸c h¹t B,C m B WC W W W + WC mC ∆E = = ⇒ B = C = B ⇒ WB = ∆E mC W B mC m B m B + m C m B + mC mC + m B mB ⇒ WC = ∆E m B + mC 2. % n¨ng l−îng to¶ ra chuyÓn thµnh ®éng n¨ng cña c¸c h¹t B,C W mB % WC= C .100% = 100% ∆E m B + mC %WB=100%-%WC -136-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

3.VËn tèc chuyÓn ®éng cña h¹t B,C 2W 1 WC= mv2 ⇒ v= 2 m Chó ý: Khi tÝnh vËn tèc cña c¸c h¹t B,C -

IV.2 C¸c vÝ dô VÝ dô 1: Randon

222 86

§éng n¨ng cña c¸c h¹t ph¶i ®æi ra ®¬n vÞ J(Jun) Khèi l−îng c¸c h¹t ph¶i ®æi ra kg 1u=1,66055.10-27 kg 1MeV=1,6.10-13 J

Rn lµ chÊt phãng x¹ phãng ra h¹t α vµ h¹t nh©n con X víi chu k× b¸n r T=3,8 ngµy.BiÕt

r»ng sù phãng x¹ nµy to¶ ra n¨ng l−îng 12,5MeV d−íi d¹ng tæng ®éng n¨ng cña hai h¹t sinh ra (W α + WX).

H y t×m ®éng n¨ng cña mçi h¹t sinh ra. Khi tÝnh, cã thÓ lÊy tØ sè khèi l−îng cña c¸c h¹t gÇn ®óng b»ng tØ sè sè khèi cña chóng (m α /mX ≈ A α /AX). Cho NA=6,023.1023mol-1.

Gi¶i :

W α + WX ⇒ WC =

WB = VÝ dô 2: H¹t nh©n

226 88

= ∆ E =12,5

mB 218 ∆E = .12,5= 12,275 MeV 222 m B + mC

mC ∆E = 12,5 -12,275=0,225MeV mC + m B

Ra cã chu k× b¸n r 1570 n¨m, ®øng yªn ph©n r ra mét h¹t α vµ

biÕt ®æi thµnh h¹t nh©n X. §éng n¨ng cña h¹t α trong ph©n r lµ 4,8MeV. H y x¸c ®Þnh n¨ng l−îng toµn phÇn to¶ ra trong mét ph©n r .Coi khèi l−îng cña h¹t nh©n tÝnh theo ®¬n vÞ u xÊp xØ b»ng khèi l−îng cña chóng.

Gi¶i :

mα W X 4 4 4 ⇒ WX = = = .Wα = .4,8= 0,0865 MeV 222 222 m X Wα 222 = ∆ E =4,8 +0,0865 =4,8865 MeV

W α + WX

VÝ dô 3 : H¹t nh©n

210 84

Po cã tÝnh phãng x¹ α . Tr−íc khi phãng x¹ h¹t nh©n Po ®øng yªn. TÝnh ®éng n¨ng

cña h¹t nh©n X sau phãng x¹. Cho khèi l−îng h¹t nh©n Po lµ mPo=209,93733u, mX=205,92944u, m α =4,00150u, 1u=931MeV/c2.

Gi¶i : ∆E =931 (mA – mB – mC)=931.( 209,93733-205,92944-4,00150)=5,949(MeV)

W α + WX

WB =

= ∆ E =5,949

mC 4 ∆E = .5,949=0,1133 MeV 210 mC + m B

VÝ dô 4: H y viÕt ph−¬ng tr×nh phãng x¹ α cña Randon ( 222 86 Rn ).Cã bao nhiªu phÇn tr¨m n¨ng l−îng to¶ ra trong ph¶n øng trªn ®−îc chuyÓn thµnh ®éng n¨ng cña h¹t α ? Coi r»ng h¹t nh©n Randon ban ®Çu ®øng yªn vµ khèi l−îng h¹t nh©n tÝnh theo ®¬n vÞ khèi l−îng nguyªn tö b»ng sè khèi cña nã.

Gi¶i : % WC=

WC mB 218 .100% = 100%= .100%=98,2% 222 ∆E m B + mC

VÝ dô 5: P«l«ni

210 84

Po lµ mét chÊt phãng x¹ α , cã chu k× b¸n r T=138 ngµy. TÝnh vËn -137-

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

tèc cña h¹t α , biÕt r»ng mçi h¹t nh©n P«l«ni khi ph©n r to¶ ra mét n¨ng l−îng E=2,60MeV. = ∆ E =2,6

Gi¶i : W α + WX

mα W X 4 = = => W α = 0,04952MeV=0,07928 .10-13J m X Wα 206

⇒ v=

2W = 1,545.106m/s m

NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ 2012

Câu 1 (mã đề 958): Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng 100N/m và vật nhỏ khối lượng m. Con lắc dao động theo phương ngang với chu kì T. Biết ở thời điểm t vật có ly độ T 5cm, ở thời điểm t + vật có vận tốc 50cm/s. Giá trị m bằng 4 A. 0,5kg.

B. 1,2kg.

C. 0,8kg.

D. 1,0kg.

Có thể có các cách giải như sau: Có thế có cách giải sau:

Cách 1: Giả sử

* Tại t:

A cos ωt = 5.

*

Tại

t

x = A cos ωt → v = −ωAsinωt . +

T/4:

π  v = −ω Asin  ωt +  = −ω Acosωt → v = ω Acosω t = 50 2 

⇒ ω = 10rad / s ⇒ m = 1kg.

Cách 2: Hai vị trí cách nhau T/4 => Hai vị trí lệch pha nhau góc π/2. Theo đường tròn lượng giác:

v x v k = => m = 1,0kg (hình bên). => ω = = 10rad/s. Mà ω = m A ωA x t : x1 2π T π  ⇒ ∆α = . = ⇒ x12 + x22 = A2 . Mặt khác Cách 3: Ta có:  T T 4 2 t + 4 : x2 2

v  x +  2  = A2 ω  2 2

2

 v2  nên x −   = 0 ⇒ m = 1kg (hình bên). ω  2 1

-138-

π/2 x2

x1

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

t : x1 , v1  π T T Cách 4: Ta có  . Do khoảng thời gian là nên góc quét ∆α = . Áp dụng 2 4 t + 4 : x2 , v2

v2 = ±ω x1 ⇒ ω = 10rad / s ⇒ m = 1kg . * Nhận xét: Theo ý kiến của cá nhân thì thấy cách 3 giải khá hay (vì kiến thức này theo mạch tư duy của các em).

Cách 1: có vẻ dài hơn và yêu cầu các em nắm kiến thức lượng giác (chuyển từ sin sang cos). Tuy nhiên, tùy sở trường của mình mà các em có thể chọn cho mình cách giải phù hợp.

Câu 4 (mã đề 958): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ1 . Trên màn quan sát, trên đoạn thẳng MN dài 20 mm (MN vuông góc với hệ vân giao thoa) có 10 vân tối, M và N là vị trí của hai vân sáng. Thay ánh 5λ sáng trên bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ2 = 1 thì tại M là vị trí của một vân giao 3 thoa, số vân sáng trên đoạn MN lúc này là Có thế có cách giải sau: Cách 1: Do M, N là hai vân sáng và trên MN có 10 vân tối => có 10 khoảng vân => i1 = 2mm. Mặt khác:

10 i1 λ1 3 MN = = => i2 = mm => trên MN có = 6 khoảng vân => có 7 vân sáng.

3 i2 λ 2 5 i2 Cách 2:

λ1 :

* Khi

Do M, N là vị trí của 2 vân sáng và trên đoạn MN = 20mm có 10 vân tối nên

MN = 10i1 = 10. * Khi

λ1 D

λ2 : xs = k .

a

= 20mm →

λ2 D a

= k.

D 2(mm) . = a λ1

5λ1 2 10 . = k . mm . M là một vân giao thoa, ta có thể chọn M ≡ O , vì vậy số 3 λ1 3

vân sáng trên đoạn OM bằng số vân sáng trên đoạn MN. Do đó số vân sáng cần tìm là

0 ≤ k.

10 ≤ 20 ⇔ 0 ≤ k ≤ 6 → N = 7 3

Cách 3:

(có thể chọn

−10 ≤ k .

10 ≤ 10 ).

3

* Khi

λ1 : Có 10 vân tối, mà M và N là hai vân sáng → có 11 vân sáng → có 10 khoảng vân → i1 = 2mm.

* Khi

λ2 : Do λ2 = λ1 ⇒ i2 = i1 (i tỷ lệ với λ ) → có 6 khoảng vân → có 7 vân sáng.

5 3

Cách 4: Ta có

5 3

i1 = 2mm

sáng trong khoảng MN là

λ2 =

Cách

5:

Ta

Ns = có

(lý luận như trên). Do i tỷ lệ

λ

nên

i2 =

10 mm . Tại M là vân sáng nên số vân 3

20 +1 = 7 . i2

i1 = 2mm

(lý

luận

λ D 10 5λ1 10a = (mm) ⇒ i2 = 2 = (mm) ⇒ 3 3D a 3

như

trên)

số vân sáng cần tìm:

-139-

i1a 2a (mm) . Mà = D D MN = 6 ⇒ số vân sáng 7. n= i2

⇒ λ1 =

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

* Nhận xét: Nhìn chung các cách giải đều na ná như nhau. Tùy sở trường của em mà chọn cho mình cách giải phù hợp nhất.

Đặt điện áp u = U0cos100πt (V) vào hai đầu đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM gồm điện trở thuần 100 3Ω mắc nối 10 −4 F. tiếp với cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. Đoạn mạch MB chỉ có tụ điện có điện dung 2π π so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch Biết điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM lệch pha 3 AB. Giá trị của L bằng 2 3 2 1 H. A. H .

B. H .

C. H .

D. π π π π Câu 7 (mã đề 958):

Có thế có cách giải sau: Cách 1 (phương pháp loại trừ): Ta có R = * Nếu ZL > ZC. Điều kiện tồn tại:

ϕ AM > π/3

* ZL = Zc ⇒ Hiện tượng cộng hưởng ⇒

100 3Ω ; ZC = 200Ω.

Cách 2 (dùng công thức): Ta có:

⇒ ZL > 300 Ω ⇒ Đáp án A và B loại.

ZC ⇒ ϕ = 490 ⇒ Loại đáp án D ⇒ Đáp án đúng là A. R π tgϕ AM − tgϕ = 3 −ϕ = ⇒ 1 + tgϕ AM .tgϕ 3

tan ϕ =

ϕ AM

⇔ tgϕ AM − tgϕ = 3(1 + tgϕ AM .tgϕ ) ⇔

⇔ Z L2 − Z L Z C + 104 = 0 ⇔ ( Z L − 100 )

2

Z L  Z L − ZC − R  R

  Z L Z L − ZC   = 3 1 + .  R R    1 = 0 ⇔ Z L = 100 ⇔ L = .

π

Cách 3 (dùng giản đồ véctơ): Ta có

3 3 3 ZC ⇒ U R = U C ⇒ ∆OUU AM có đường cao OU R = U AM U ⇒ 2 2 2 1 R π ⇔ ZL = ⇒L= . ∆OUU AM đều ⇒ U L = U R tan π 6 3 R=

UAM

UL

O

π/3

* Nhận xét: Cách giải 1 có vẻ nhanh hơn cách 2, tuy nhiên không phải bào nào củng loại trừ được. Cách 2 là cách giải cơ bản, dù hơi dài. Cách 3 yêu cầu các em nắm chắc giản đồ véctơ và phải nhanh trong việc nhận xét

UR =

3 UC .

2

UC

Câu 11 (mã đề 958): Hai dao động cùng phương lần lượt có phương trình x1 = π π A1 cos(π t + ) (cm) và x2 = 6 cos(π t − ) (cm). Dao động tổng hợp của hai dao động này có 6 2 phương trình x = A cos(π t + ϕ ) (cm). Thay đổi A1 cho đến khi biên độ A đạt giá trị cực tiểu thì π π rad . ϕ = − rad . ϕ = − ϕ = π rad .

A. B. C. D. ϕ = 0 rad .

Có thể có các cách giải sau: 3 6

-140-

UR

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Cách

1

GV Nguyễn Trung Hiếu

(dùng

công

π

x2 = 6 cos(π t − )cm .

2

Biên

 2π A2 = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos   3 A = Amin ⇔ A1 = 3 . Khi đó

tan ϕ =

thức): độ

Ta

có dao

π

động

tổng

hợp

2  2  = A1 − 6 A1 + 36 = ( A1 − 3) + 27 ≥ 27 ⇒ 

O

π /6 ϕ

∆

A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ2 3sin (π / 6 ) + 6sin ( −π / 2 ) π = = − 3 ⇒ϕ = − .

3 A1cosϕ1 + A2 cosϕ2 3cos (π / 6 ) + 6cos ( −π / 2 )

Cách 2 (dùng định lý sin): Áp dụng định lý sin cho ∆ OA1A:

A1

x1 = A1 cos(π t + )cm ; 6

A

A A 6 A2 = = ⇔ 1 = = π π π cosϕ sin( π + ϕ ) sin( π ) sin( − ϕ ) sin( + ϕ ) sin( ) 2 6 3 6 3 3 3 π π π ⇒ A= ⇒ A = Amin : sin( + ϕ ) = 1 ⇔ ϕ = . Do ϕ dưới trục ∆ nên ϕ = − π 6 3 3 sin( + ϕ ) 6 A1

A

A2

.

* Nhận xét: Cách 2 giải nhanh hơn nhưng yêu cầu các em nắm được định lý sin và vẽ được giản đồ véctơ.

Câu 18 (mã đề 958): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát đồng ánh sáng đơgiải n ssau: ắc λ1, λ2 có bước sóng lần lượt là 0,48 µm và 0,60 µm. Trên màn thời hai Có thể có các cách sát, kho ng gigiốữnga vân haitrung vântâm sáng n nhau nhủấat2và quan Cách 1: Vtrong ị trí vân có ảmàu tại đgóầcó sự trùngc vâncùng sáng: màu với vân sáng với vân sáng trung tâm có A. 4 vân sáng λ1 và 3 vân sáng λ2.

B. 5 vân sáng λ1 và 4 vân sáng λ2.

C. 4 vân sáng λ1 và 5vân sáng λ2.

D. 3 vân sáng λ1 và 4 vân sáng λ2.

Cách 1:

x1 = x2 ⇔ k1

λ1 D a

= k2

λ2 D a

⇔ 4k1 = 5k2 = 20k12 → k1 = 5k12 → x12 = 5

Trong khoảng 2 vân cùng màu vân trung tâm:

λ1 D a

k12 → x12 Min = 5

λ1 D a

λ1 D λ1 D  0 < k1 a < x12 min = 5. a 0 < k1 < 5 k = 1, 2,3, 4 ⇔ → 1 ⇒ Có 4 vân sáng λ1 ; 3 vân sáng λ2 .  0 < k2 < 4 k2 = 1, 2,3 λ1 D  0 < k λ2 D < x 2 12min = 5.  a a Cách 2: Muốn tại vị trí nào đó có màu cùng với màu của vân trung tâm thì tại đó phải là vị trí trùng nhau của 2 vân sáng của 2 bức xạ. Do đó

k1λ1 = k2 λ2 ⇒

k1 λ2 5 = = . Do giữa vân trung tâm và ví trí trùng nhau đo không con k2 λ1 4

vân sáng nào trùng nhau nữa nên trong khoảng đó có 4 vân sáng của λ1 và 3 vân sáng λ2. * Nhận xét : Cách 2 là cách giải hay (nhanh, ít tính toán, đơn giản).

Câu 24 (mã đề 958): Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến một khu tái định cư bằng đường dây truyền tải một pha. Cho biết, nếu điện áp tại đầu truyền đi tăng từ U lên 2U thì số hộ dân được trạm cung cấp đủ điện năng tăng từ 120 lên 144. Cho rằng chi tính đến hao phí trên đường dây, công suất tiêu thụ điện của các hộ dân đều như nhau, công suất của trạm phát không đổi và hệ số công suất trong các trường hợp đều bằng nhau. Nếu điện áp truyền đi là 4U thì trạm phát huy này cung c-141 ấp đủ - điện năng cho A. 168 hộ dân.

B. 150 hộ dân.

C. 504 hộ dân.

D. 192 hộ dân.

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

GV Nguyễn Trung Hiếu

Gợi ý cách giải Nhận xét: Công suất nhà máy P và điện trở đường dây R không đổi.

Gọi P0 là công suất tiên thụ của một hộ dân. Ta có

 P2  120 P0 + R U 2 = P 2   U :120 P0 + RI1 = P P2   2 =P⇔  2U :144 P0 + RI 2 = P ⇒ 144 P0 + R 4U 2  4U : nP + RI 2 = P  0 3   P2 nP + R =P  0 2 16 U 

 3RP 2  24 P0 = 4U 2 ⇒ n = 150.  2 ( n − 120) P = 15RP 0  16U 2

Có cách giải khác nhưng cách này ngắn nên chỉ chọn cách này.

Câu 29 (mã đề 958): Đặt điện áp u = 400cos100πt (u tính bằng V, t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện trở thuần 50 Ω mắc nối tiếp với đoạn mạch X. Cường độ dòng điện hiệu dụng qua đoạn mạch là 2 A. Biết ở thời điểm t, điện áp tức thời giữa hai đầu AB 1 (s), cường độ dòng điện tức thời qua đoạn mạch bằng có giá trị 400 V; ở thời điểm t + 400 không và đang giảm. Công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch X là A. 400 W. B. 200 W. C. 160 W. D. 100 W. Có thể có các cách giải sau: Cách 1 * Sau thời gian

∆t =

π 1 ( s ) → ∆ϕu = ω∆t = 400 4

. Trên đường tròn lớn ứng M u .

* Giá trị i = 0 , đang giảm, trên đường tròn nhỏ ứng với M i . *

Nhìn

vào

đường

tròn

i

sớm

pha

hơn

π u

là

4

nên

π  = + u 100 2 c os(100 t )(V ) π R  4  . i = i = 2 2cos(100π t + π )( A) X  4 0 Do đó u X = u AB − u R = 316, 2 cos(100π t − 18, 43 ) . Vậy công suất 316, 2 ).cos( −18, 430 − 450 ) = 200W . tiêu thụ mạch X: PX = 2.( 2 -142-

Mi

MU

π/4 O

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Cách 2: Ta có

GV Nguyễn Trung Hiếu

t : u = 400V  T π  T t : . + ∆ = = ⇒ u = 220 2V . α ω  8 8 4

Muốn i = 0 thì i phải nhanh pha hơn u một góc

π 4

2 . Vậy công suất tiêu 2 PX = P − PR = UIcosϕ − RI 2 = 200W .

mạch

π/4

. Do đó hệ số công suất của

cosϕ =

thụ

mạch

trên

X

O

U0

là

* Nhận xét : Cách 2 là cách giải hay (nhanh, ít tính toán, đơn giản).

Câu 31 (mã đề 958): Hai chất điểm M và N có cùng khối lượng, dao động điều hòa cùng tần số dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục tọa độ Ox. Vị trí cân bằng của M và của N đều ở trên một đường thẳng qua góc tọa độ và vuông góc với Ox. Biên độ của M là 6 cm, của N là 8 cm. Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất giữa M và N theo phương Ox là 10 cm. Mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Ở thời điểm mà M có động năng bằng thế năng, tỉ số động năng của M và động năng của N là 4 3 9 16 A. .

B. .

C. .

D. .

3 4 16 9 Có thể có các cách giải sau:

Cách 1: Biên độ dao động tổng hợp cạnh AM, AN, A là tam giác vuông. * Khi

WđM = WtM ⇒ xM =

* Tỷ số động năng

WđM WđN

A = AM − AN . Do AM = 6cm, AN = 8cm, A = 10cm nên tam giác có 3

A1 A π π ⇒ ϕ1 = ⇒ ϕ 2 = ⇒ xN = 2 .

4 4 2 2

 A − 2 2 2 v A −x  = M2 = 12 M2 = vN A2 − xN  A22 −   2 1

2

A1   9 2 = .

2 A2  16  2

A AN

π/2

AM

π/4 xN

Cách 2: Khoảng cách giữa hai chất điểm M, N:

O

xM

d = xM − xN = 6cos(ωt + ϕM ) − 8cos(ωt + ϕN ) = 6cos(ωt + ϕM ) + 8cos(ωt + ϕN + π ) = A cos(ωt + ϕ ) 2

2

⇒ xM ; xN

vuông pha, do đó

 xM   xN   =1.   + A A  M  N

Mặt khác: 2

WđM

WđM WđN

A = WtM ⇒ xM = ± M , 2  A12 −  2 2 2 v A −x  = M2 = 12 M2 = vN A2 − xN  A22 −  

do

đó

 xN  1 AN   = ⇒ xN = ± 2 2  AN 

.

Khi

đó

2

A1   9 2 = .

2 A2  16  2

* Nhận xét: Cách giải 1 ngắn và dễ hiểu hơn.

Câu 35 (mã đề 958): Hai điểm M, N cùng nằm trên một hướng truyền sóng và cách nhau -143một phần ba bước sóng. Biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền. Tại một thời điểm, khi li độ dao động của phần tử tại M là 3cm thì li độ dao động của phần tử tại N là -3cm.

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8

Gợi ý cách giải

Độ lệch pha của 2 sóng

3=

GV Nguyễn Trung Hiếu

∆ϕ =

2π d

λ

=

2π 3

, do hai tọa độ đối xứng nhau nên

A 3 ⇒ A = 2 3cm .

2

120°

* Nhận xét: Cách giải này nhanh, phù hợp cho giải trắc nghiệm, (còn cách giải bằng cách viết phương trình sóng tại M và N rồi dựa vào bài giải ra biên độ, các em thử tìm hiểu xem).

___oOo___

-144-

-

3 2

3 2