Học tự luận - thi trắc nghiệm

TOPIC này được lập ra nhằm giúp các mem 95 nhớ tốt và vận dụng hiệu quả các công thức vật lý trong việc giải bài tập nhằm tiết kiệm thời gian làm bài và giảm rủi ro sai sót trong tính toán, hướng đến việc đạt kết quả cao nhất ở môn Lý trong kì thi đại học 2013.
Topic này sẽ đưa ra các dạng bài tập cần dùng công thức và chứng minh công thức cuối cùng để các bạn hiểu rõ công thức đó ở đâu ra. Vì trước giờ các bạn thường chỉ biết công thức mà không biết nó ở đâu ra, do đó dễ bị quên hoặc nhầm lẫn.

Bài toán 0:
(Biến thiên chu kì dao dộng của con lắc đơn theo nhiệt độ)
Con lắc đơn có chu kì dao động $T_1$ ở nhiệt độ $t_1 ^o C$. Biết hệ số nở dài của dây treo con lắc là $\alpha\, K^{-1}$. Tính chu kì $T_2$ của con lắc đơn ở nơi đó khi nhiệt độ là $t_2 ^o C$ và thời gian nhanh hay chậm của đồng hồ chạy bằng con lắc nói trên sau 1 ngày đêm (24h) ở $t_2 ^o C$
- Áp dụng cho nở dài :
$l_1= l_0\left(1+\alpha t_1\right)$
$l_2= l_0\left(1+\alpha t_2\right)$
Với $l_0$ là chiều dài dây treo ở $0^oC$
- Ta có :
$$\dfrac{T_2}{T_1}=\sqrt{\dfrac{l_2}{l_1}} =\sqrt{\dfrac{1+\alpha t_2}{1+\alpha t_1}}= \left(1+\alpha t_2\right)^{\dfrac{1}{2}}\left(1+\alpha t_1\right)^{-\dfrac{1}{2}}$$
- Công thức gần đúng: $\left(1+e\right)^n \approx 1+ne \left(e << 1\right)$
Như vậy với $\alpha t << 1$ ta có :
$\dfrac{T_2}{T_1} \approx \left(1+\dfrac{1}{2}\alpha t_2\right)\left(1-\dfrac{1}{2}\alpha t_1\right) \approx 1+ \dfrac{1}{2} \alpha \left(t_2-t_1\right)$
$\dfrac{T_2}{T_1} - 1 = \dfrac{1}{2}\alpha \Delta t $
Vậy$$\dfrac{\Delta T}{T_1} = \dfrac{1}{2}\alpha \Delta t$$
- Thời gian nhanh chậm :
$\Delta T > 0 $ : đồng hồ chạy chậm lại
$\Delta T < 0 $ : đồng hồ chạy nhanh lên
- Thời gian nhanh chậm sau 24h :
$\tau = N. \begin{vmatrix}\Delta T \end{vmatrix} = 86400. \dfrac{\begin{vmatrix}\Delta T \end{vmatrix}}{T_2} \approx 86400. \dfrac{\begin{vmatrix}\Delta T \end{vmatrix}}{T_1} $
$\tau = 43200 \alpha \Delta t$

Vậy ta đi tính bài trên như sau :
- Tính $ \dfrac{\Delta T}{T_1} = \dfrac{1}{2}\alpha \Delta t \Rightarrow \Delta T $
- Tính $T_2 = T_1+ \Delta T$
-Thời gian nhanh chậm sau 24h : $\tau = 43200 \alpha \Delta t$

1 CT khác đối với bài toán tính nhanh chậm của đồng hồ:
Quy ước:
+ $T_1,\ N_1, \theta_1$ lần lượt là chu kỳ, số chu kỳ dao động và thời gian chỉ của đồng hồ ứng với $T_1$
+ $T_2,\ N_2, \theta_2$ lần lượt là chu kỳ, số chu kỳ dao động và thời gian chỉ của đồng hồ ứng với $T_2$
+ $\theta$ là thời gian thực tế.

Khi đó ta sẽ có:$$\theta = N_1 T_1 = N_2 T_2 \Leftrightarrow \dfrac{N_1}{N_2} = \dfrac{T_2}{T_1} \quad \color{red}{\left(1\right)}$$.

Mà cứ mỗi chu kỳ thì số chỉ đồng hồ lại tăng thêm 1 khoảng thời gian nhất định. Do đó ta có:$$\dfrac{\theta_1}{\theta_2} = \dfrac{N_1}{N_2} \quad \color{red}{\left(2\right)}$$
Như vậy ta có CT:$$\dfrac{\theta_1}{\theta_2} = \dfrac{T_2}{T_1}$$
Khoảng thời gian nhanh \left(chậm\right) là:$$\Delta \theta = \theta_2 - \theta_1$$
+Nếu $\Delta \theta >0$ thì đồng hồ chạy nhanh.
+Nếu $\Delta \theta <0$ thì đồng hồ chạy chậm. * Chú ý: Thường thì ta sẽ có ứng với $T_1$ thì đồng hồ chạy đúng, như vậy $\theta_1=\theta$

Tùy TH mà ta có thể áp dụng CT này hoặc CT của H2O đưa ra.
Chúc các em 95 ôn thi tốt! !

Bài toán 1
(Biến thiên chu kỳ dao động của con lắc đơn theo độ cao và độ sâu kể từ mặt biển)

1. Ảnh hưởng của độ cao đối với chu kì dao động:

- Gia tốc trọng trường

$$g_o=\dfrac{GM}{R^2}$$\left(ở mặt biển\right)

$$g_o=\dfrac{GM}{\left(R+h\right)^2}$$(ở độ cao h)

(G: hằng số hấp dẫn, M: khối lượng trái đất)

- Độ biến thiên chu kì:

$$\dfrac{T}{T_o}=\sqrt{\dfrac{g_o}{g}}=\dfrac{R+h}{R}=1+\dfrac{h}{R}$$

Vậy$$\dfrac{\Delta T}{T_o}=\dfrac{h}{R}$$

2. Ảnh hưởng của độ sau đối với chu kì dao động:

- Khối lượng của Trái Đất từ độ sau h vào tâm:

$$M'=\left(\dfrac{R-h}{R}\right)^3M$$

- Gia tốc trọng trường ở độ sâu h:

$$g'=\dfrac{GM\left(R-h\right)}{R^3}$$

- Độ biến thiên chu kì:

$$\dfrac{T'}{T_o}=\sqrt{\dfrac{g_o}{g}}=\sqrt{\dfrac{R}{R-h}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{h}{R}}}\approx 1+\dfrac{h}{2R}$$

Vậy$$\dfrac{\Delta T'}{T_o}=\dfrac{h}{2R}$$


Con lắc đơn của một đồng hồ có chu kì dao động $T_o=2s$ ở mực ngang mặt biển.
A. Tính chu kì dao động của con lắc này ở độ cao 3200m. Coi nhiệt độ không thay đổi giữa 2 vị trí này.
B. Con lắc lại được đưa xuống 1 giếng mỏ. Độ biến thiên chu kì chỉ bằng một phần tư của trường hợp trên. Vẫn coi nhiệt độ không thay đổi, hãy tính độ sâu của giếng. Lấy bán kính Trái Đất là R=6400km

Bài toán 2:
(Biến thiên chu kì dao động của con lắc đơn do ảnh hưởng của một lực phụ không đổi)

- Các lực phụ ngoài trọng lực và lực căng của dây treo gồm:

+ Lực điện trường
+ Lực đẩy Archimede

- Con lắc không dao động

$$m.{g} ^{\rightarrow} + {T_o} ^{\rightarrow} + {f} ^{\rightarrow} = {0} ^{\rightarrow} $$

($ {f} ^{\rightarrow} $ : lực phụ không đổi)

Đặt $$m.{g'} ^{\rightarrow} =m.{g} ^{\rightarrow} +{f} ^{\rightarrow} \rightarrow m{g'} ^{\rightarrow} +{T_o}^{\rightarrow} ={0} ^{\rightarrow} $$

Suy ra $${T_o} ^{\rightarrow} =mg'$$ (g': gia tốc trọng trường hiệu dụng)

- Chu kì dao động:

$$T=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{g'}}$$

Mạch RLC gồm điện trở $R_t$, cuộn dây có độ tự cảm L và điện trở trong $r$, tụ điện có điện dung C. Khi đó điện trở tương đương của đoạn mạch là: $R=R_t+r$
1. Thay đổi giá trị $R_t$ :
Nhớ nhanh:$$P = I^2 R = \dfrac{U^2}{R+ \dfrac{\left(Z_L-Z_C\right)^2}{R}}$$
a. Mạch có cùng công suất:


Chú ý là hàm số: $f\left(x\right) = f\left(x+ \dfrac{a}{x}\right)$ có đặc điểm là: $f\left(x\right) = f\left(\dfrac{a}{x}\right)$ do đó ta có nếu với 2 giá trị $R_1$ và $R_2$ mạch có cùng công suất thì $R_1 = \dfrac{\left(Z_L-ZC\right)^2}{R_2}$ hay $R_1. R_2 =\left(Z_L-Z_C\right)^2$.
Từ đó ta có: $\color{red}{\boxed{\left(R_{t1} + r\right)\left(R_{t2}+r\right) = \left(Z_L-Z_C\right)^2}}$
$\Rightarrow $ quá trình nhẩm rất nhanh nên chúng ta không cần học CT này.

b. Công suất toàn mạch đạt giá trị cực đại:
Thực hiện Cô-si dưới mẫu ta rút được R đi, vậy khi đó nó đạt cực đại.
Ta không nhất thiết phải đặt bút vào xem nó ra cái gì, mà chỉ cần tìm điều kiện dấu bằng là:$$R = \dfrac{\left(Z_L-Z_C\right)^2}{R} \Leftrightarrow R = |Z_L-Z_C|$$Như vậy khi đã nhớ được CT ban đầu thì CT này cũng không cần học.
Khi đó dễ nhẩm ra: $P_{max} = \dfrac{U^2}{2R}$.
Từ đó ta có: $R_t + r = |Z_L-Z_C|$
* Chú ý trong TH: $r \ge |Z_L-Z_C|$ thì điều kiện dấu "=" không xảy ra nữa, và để P max thì $R_t=0$.

c. Thay đổi $R_t$ để công suất trên $R_t$ đạt giá trị cực đại:
Nhẩm được:$$P = \dfrac{U^2}{R_t + \dfrac{\left(Z_L-Z_C\right)^2}{R_t} + 2r}$$
Như vậy thực hiện BDT $Co-si$ ta có: $R_t = |Z_L-Z_C|$.

d. Thay đổi $R_1$ để công suất trên r đạt cực đại, hiệu điện thế 2 đầu cuộn dây cực đại, .. .. :
Các yêu cầu trên đều dẫn đến $I_{max} $, mà U không đổi nên $Z=\sqrt{\left(R_t+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}$ min, hay $R_t=0$.

2. Thay đổi L:
a. Mạch có cùng công suất, cùng cường độ dòng điện, hiệu điện thế 2 đầu tụ điện. .. :
Nhắc lại biểu thức tính công suất:$$P = \dfrac{U^2}{Z^2} . R$$
Tất cả các TH trên đều suy ra đưọc rằng, Z không đổi.
Mặt khác: $R$ không đổi, do đó ta có: $|Z_{L_1} - Z_C | = |Z_{L_2}-Z_C| \Leftrightarrow Z_{L_1} + Z_{L_2} = 2 Z_C \quad \left(L_1 \not = L_2\right) $
Thời gian nhẩm rất nhanh, như vậy CT này cũng không cần thuộc.

b. $U_{Lmax}$ :
Ta chỉ cần nhớ lúc này $U_{RC}$ vuông pha $U_{AB}$ .
Khi vẽ giản đồ Vecto trong trường hợp này, ta vẽ theo thứ tự $R_t-r-C-L$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, các bạn sẽ suy ra được rất nhiều CT, và biểu thức hay dùng đó là:$$Z_C.\left(Z_L-Z_C\right) = R^2 \Leftrightarrow Z_L = \dfrac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$$
CT này chỉ cần gạch 3 đường giản đồ Vecto là có ngay nên cùng không cần thuộc.

c. $U_L$ có cùng 1 giá trị:
$\dfrac{1}{L_1} + \dfrac{1}{L_2} = \dfrac{2}{L_{max}}$
Với $L_{max}$ là giá trị làm cho $U_{Lmax}$.

d. $U_{RL}$ max (xét trong trường hợp mạch mắc theo thứ tự R-L-C):
e. Hiệu điện thế 2 đầu cuộn dây đạt giá trị lớn nhất ( $U_{rLmax}$ ):
Ta nhớ trong TH này xảy ra hiện tượng cộng hưởng, và vẽ giản đồ ta có: $U_{rLmax} = \dfrac{r}{r+R_t} . U$
Tham khảo tài liệu anh Cá.
Chứng minh nhiều lần CT ta sẽ nhớ biểu thức sau: $ Z_L^2 -Z_C. Z_L -R^2 = 0$
Từ đó suy ra: $Z_L = \dfrac{Z_C+ \sqrt{Z_C^2+4R^2}}{2}$.
3. Thay đổi C:

Tương tự thay đổi L, các bạn tự suy nhé, không có mục e :P
4. Thay đổi $\omega$ :

Các vấn đề khác sẽ đề cập sau,
2 TH thay đổi $\omega$ để $U_{Lmax}$ và $U_{Cmax}$

Bổ sung những vấn đề còn thiếu trong cực trị. . . .

Mạch $R,\ L,\ C$ có $R^2 = \dfrac{L}{C}$, và tần số thay đổi được. Khi $f = f_1$ hoặc $f=f_2 = 4f_1$ thì mạch có cùng hệ số công suất. Tính hệ số công suất của mạch:

Click để xem thêm...

A. $0,44$
B. $0,5$
C. $0,55$
D. $0,6$

Click để xem thêm...

Ta có lời giải bài toán như sau:
Hệ số công suất của mạch không đổi, mà $\cos \varphi = \dfrac{R}{Z}$, R không đổi suy ra Z của mạch không đổi, hay ta có:$$\begin{aligned} & R^2 + \left(Z_{L_1} - Z_{C_1}\right)^2 = R^2 + \left(Z_{L_2} - Z_{C_2}\right)^2 \\ \Leftrightarrow & Z_{L_1} - Z_{C_1} = Z_{C_2} - Z_{L_2} \\ \Leftrightarrow & L\left(\omega_1 + \omega_2\right) = \dfrac{1}{C} \left(\dfrac{1}{\omega_1} + \dfrac{1}{\omega_2} \right) \\ \Leftrightarrow & \omega_1 \omega_2 = \dfrac{1}{LC} \end{aligned}$$
Từ hệ thức trên ta có:
$$\begin{cases} Z_{L_2} = Z_{C_1} \\ Z_{L_2} = 4 Z_{L_1} & \left(f_2 = 4f_1\right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} Z_{C_1} = 4Z_{L_1} \\ R^2 = Z_{L_1} Z_{C_1} & \left(\text{giả thiết}\right) \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} Z_{C_1} = 2R \\ Z_{L_1} = \dfrac12 R \end{cases}$$
$$\Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + \left(2R - \dfrac12 R\right)^2} }= \dfrac{2}{\sqrt{13}}$$

Vậy là bài toán này ta đã rút ra được rằng:
Nếu giữ nguyên điện trở(R), độ tự cảm của cuộn dây thuần cảm (L), điện dung của tụ điện(C) của mạch và thay đổi tần số góc để tổng trở của mạch Z không đổi thì ta có hệ thức:$$\boxed{\mathbf{ \color{red}{ \omega_1 \omega_2 = \dfrac{1}{LC}}}}$$
Và từ hệ thức này ta có:$$\begin{cases} Z_{L_1} = Z_{C_2} \\ Z_{C_1} = Z_{L_2} \end{cases}$$
Và cũng dễ thấy khi đó: Hiệu điện thế hai đầu cuộn dây ứng với $\omega_2$ sẽ bằng hiệu điện thế hai đầu tụ điện ứng với $\omega_1$. Hay nói cách khác ta sẽ có với mỗi giá trị $\omega = \omega_1$ làm cho $U_L = U$ thì sẽ có $\omega= \omega_2 = \dfrac{1}{LC \omega_2}$ làm cho $U_C = U$.
Do đó ta sẽ suy ra được khi thay đổi tần số góc để hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu cuộn dây và hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu tụ điện đạt giá trị max thì: $U_{Lmax} = U_{Cmax}$.
___________________________________________________

Từ những điều trên ta suy ra được:
Cho mạch RLC gồm điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, và tụ điện có điện dung C có hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu đoạn mạch không đổi, tần số thay đổi được. Khi $\omega = \omega_o$ thì mạch xảy ra cộng hưởng. Khi $\omega=\omega_1$ hay $\omega= \omega_2$ \left(với $\omega_1 \not= \omega_2$ \right) thì mạch có:
+ Cùng hệ số công suất, công suất tiêu thụ toàn mạch, hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu . . . \left(Tất cả các yếu tố có thể suy ra tổng trở toàn mạch Z không đổi\right)
+ $U_{Lmax}$ và $U_{Cmax}$.
Thì ta sẽ có CT:$$\boxed{\mathbf{\omega_1 \omega_2 = \dfrac{1}{LC} = \omega_o^2}}$$_______________________________________________________

Lý thuyết:
- Tam thức bậc 2 $f\left(x\right)=ax^2+bx+c$ đạt cực trị tại $x_o= - \dfrac{b}{2a}$.
- Với $x_1 \not= x_2$, ta có: $f\left(x_1\right) = f\left(x_2\right) \Leftrightarrow x_1+x_2 = 2x_o$
Ứng dụng: Ta xét các bài toán sau:
1. Mạch RLC có điện trở thuần R, tụ điện có điện dung C, và cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thỏa $R^2<\dfrac{2L}{C}$ được mắc vào nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng không đổi, tần số thay đổi được, với $\omega = \omega_o$ thì hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại, với $\omega= \omega_1$ và $\omega= \omega_2$ thì hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu cuộn dây có giá trị như nhau. Tìm biểu thức liên hệ giữa $\omega_o,\ \omega_1,\ \omega_2$ ?
Bài giải:$$U_L = \dfrac{U. \omega. L }{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}} = \dfrac{U. L}{\sqrt{\dfrac{1}{C^2}. \dfrac{1}{\omega^4} + \left(R^2- \dfrac{2L}{C}\right) \dfrac{1}{\omega^2} + L^2}}$$
Ta thấy tử số không đổi, $U_L$ không đổi thì ta sẽ có: $A. \dfrac{1}{\omega^4} + B \dfrac{1}{\omega^2} +C$ không đổi, theo như lý thuyết thì ta sẽ có:$$\dfrac{1}{\omega_1^2} + \dfrac{1}{\omega_2^2} = \dfrac{2}{\omega_o^2}$$
2. Tương tự như trên, nếu đổi thành tụ điện thì ta sẽ có hệ thức:$$\omega_1^2+ \omega_2^2 =2 \omega_o^2$$
3. Mạch RLC có điện trở thuần R, tụ điện có điện dung C, và cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được được mắc vào nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng và tần số không đổi. Với $L=L_o$ thì hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại. Với $L=L_1$ hoặc $L=L_2$ thì hiệu điện thế hiệu dụng 2 đầu cuộn dây có giá trị như nhau. Tìm biểu thức liên hệ giữa $L_o,\ L_1,\ L_2$ ?
Bài giải: $$U_L = \dfrac{U . \omega. L}{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}} = \dfrac{U \omega }{\sqrt{\left(R^2- Z_C^2\right) \dfrac{1}{L^2} - \dfrac{2}{C} \dfrac{1}{L} + \omega^2}}$$
Do đó ta có hệ thức: $\dfrac{1}{L_1} + \dfrac{1}{L_2} = \dfrac{2}{L_o}$
4. Tương tự với tụ điện ta sẽ có: $C_1+C_2= 2C_o$
5. Nối hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu đoạn mạch ngoài $RLC$ nối tiếp. Bỏ qua điện trở dây nối, coi từ thông cực đại gửi qua các cuộn dây của máy phát không đổi. Khi Rôto của máy phát quay với tốc độ $n_0$ (vòng/phút) thì công suất tiêu thụ ở mạch ngoài đạt cực đại. Khi Rôto của máy phát quay với tốc độ $n_1$ (vòng/phút) và $n_2$ (vòng/phút) thì công suất tiêu thụ ở mạch ngoài có cùng một giá trị. Hệ thức quan hệ giữa n0, n1, n2 là?
Bài giải:
$$I = \dfrac{NBS 2 \pi p\ . \ n}{\sqrt{R^2 + \left(nL - \dfrac{1}{nC}\right)^2}}$$
Do đó ta sẽ có biểu thức:$$\dfrac{1}{n_1^2} + \dfrac{1}{n_2^2} = \dfrac{2}{n_o^2}$$

Ban đầu các bạn cố gắng làm từng bước. Sau 1,2 lần thì có thể nhẩm biểu thức trong đầu và ghi ngay kết quả. Goodluck! Bổ sung về tam thức bậc 2. . . .
Lý thuyết 2: Dựa vào đồ thị của hàm số $f\left(x\right) = ax^2 + bx + c \left(a>0\right) $, ta dễ suy ra rằng, với $x=x_o=-\dfrac{b}{2a}$ thì hàm số f\left(x\right) đạt giá trị cực tiểu, với $x_1 \not= x_2$ thì ta có: $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right) \Leftrightarrow |x_1-x_o|>|x_2-x_o|$.
Ứng dụng: Ta xét ví dụ sau đây cho dễ hiểu:

Ví dụ: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và có tần số không thay đổi vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở R, cuộn cảm thuần L và tụ điện C ghép nối tiếp. Giá trị của R và C không đổi. Thay đổi giá trị của L nhưng luôn có $R^2 < \dfrac{2L}{C}$ thì khi $L=L_1=\dfrac{1}{2\pi}$ \left(H\right) , điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là $u_{L_1}=U_1.\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+\varphi_1\right)\left(V\right)$ ; khi $L=L_2=\dfrac{1}{\pi}$ \left(H\right) thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là $u_{L_2}=U_1\sqrt{2}\cos \left(\omega t+\varphi_2\right)\left(V\right)$ ; khi $L=L_3=\dfrac{2}{\pi}$ \left(H\right) thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là $u_{L_3}=U_2\sqrt{2}\cos \left(\omega t+\varphi_3\right)\left(V\right)$. So sánh $U_1$ và $U_2$ ta có hệ thức đúng là

Click để xem thêm...

A. $U_1 < U_2 $
B. $U_1 > U_2 $
C. $U_1 = U_2 $
D. $U_2 = \sqrt{2}U_1 $

Click để xem thêm...

Dễ dàng ta có:
$$U_L = \dfrac{U \omega}{ \sqrt{A. \dfrac{1}{L^2} + B . \dfrac{1}{L} + C}} = \dfrac{1}{ \sqrt{f\left(\dfrac{1}{L}\right)}} \quad A = \left(R^2+Z_C^2\right), \ B= - \dfrac{2}{C}, \ C= \left(\omega ^2 \right)$$
Áp dụng CT phía trên ta sẽ có:$$\dfrac{1}{L_o} = \dfrac12 \left(\dfrac{1}{L_1} + \dfrac{1}{L_2}\right) = \dfrac32 \pi$$
Do đó ta có:$$\left|\dfrac{1}{L_1} - \dfrac{1}{L_o} \right| = \dfrac{\pi}{2} < \pi = \left| \dfrac{1}{L_3} - \dfrac{1}{L_o} \right|$$Áp dụng lý thuyết 2 ta có:$$f\left(\dfrac{1}{L_1}\right) < f\left(\dfrac{1}{L_3}\right)\Leftrightarrow U_1 > U_2$$

Tiếp tục Bài toán 2:
(Biến thiên chu kì dao động của con lắc đơn do ảnh hưởng của một lực phụ không đổi)

Phương pháp chung: Sử dụng hình học để suy ra được độ lớn của g'
Chú ý: chúng ta thường lập tỉ số $\dfrac{T'}{T}=\sqrt{\dfrac{g}{g'}}$



2.1. Con lắc đơn có chiều dài l=10cm. Vật nặng có khối lượng m=10g mang điện tích $q=100\mu C$. Con lắc được treo giữa hai bản kim loại phẳng song song đặt thẳng đứng cách nhau khoảng d=10cm
a. Tính chu kì dao động của con lắc với biên độ nhỏ
b. Nối hai bản kim loại vào hiệu điện thế một chiều 40V. Hãy xác định:
-Vị trí cân bằng mới của con lắc
-Chu kì dao động mới với biên độ nhỏ.

2.2. Con lắc đơn có khối lượng m=0,5g thực hiện dao động góc nhỏ với chu kì $T_o=\dfrac{2\pi }{5}s$
a. Tính chiều dài con lắc
b. Hai con lắc cùng chiều dài và khối lượng như trên. Các vật nặng mang điện tích $q_1$ và $q_2$. Chúng được đặt trong điện trường đều thẳng đứng hướng xuống E. Các chu kì dao động góc nhỏ lần lượt đo được là $T'_1=5T_o$ và $T'_2=\dfrac{5T_o}{7}$. Hãy tính tỉ số $\dfrac{q_1}{q_2}$

2.3. Một con lắc đơn gồm một quả cầu kim loại nhỏ khối lượng m=1g tích điện $\mid q\mid =5,66.10^{-7}C$ được treo vào một sợi dây mảnh dài l=1,4m trong điện trường đều có phương ngang tại nơi có gia tốc trọng trường $g=9,8m/s^{-2}$. Vị trí cân bằng của con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc 30 độ.
A. Xác định độ lớn của CĐ ĐT và lực căng của dây treo khi con lắc thăng bằng
b. Cho con lắc dao động với biên độ góc nhỏ xung quanh vị trí cân bằng. Xác định chu kì của con lắc
c. Con lắc đang đứng yên ở vị trí cân bằng, ta đột ngột đổi chiều điện trường nhưng vẫn giữ nguyên độ lớn. Con lắc sẽ chuyển động như thế nào? Tính động năng cực đại của quả cầu. Bỏ qua mọi ma sát.

2.4. Thanh con lắc của đồng hồ có hệ số nở dài $\alpha =2.10^{-5}K^{-1}$
Quả nặng của con lắc có khối lượng riêng $D=8450kg.m^{-3}$. Đồng hồ chạy đúng tại nơi có nhiệt độ 20 độ C khi con lắc dao động trong không khí
a. Hỏi tại nơi đó, con lắc ở nhiệt độ 20 độ C đặt trong hộp chân không thì đồng hồ nhanh, chậm mỗi ngày bao nhiêu?
B. Phải tăng nhiệt độ con lắc tới bao nhiêu thì trong chân không đồng hồ lại chạy đúng?
Cho khối lượng riêng của không khí là $D_o=1,3kg.m^{-3}$, bỏ qua lực cản!

Mạch $R,\ L,\ C$ có $R^2 = \dfrac{L}{C}$, và tần số thay đổi được. Khi $f = f_1$ hoặc $f=f_2 = 4f_1$ thì mạch có cùng hệ số công suất. Tính hệ số công suất của mạch:

Click để xem thêm...

A. $0,44$
B. $0,5$
C. $0,55$
D. $0,6$
Ta có lời giải bài toán như sau:
Hệ số công suất của mạch không đổi, mà $\cos \varphi = \dfrac{R}{Z}$, R không đổi suy ra Z của mạch không đổi, hay ta có:$$\begin{aligned} & R^2 + \left(Z_{L_1} - Z_{C_1}\right)^2 = R^2 + \left(Z_{L_2} - Z_{C_2}\right)^2 \\ \Leftrightarrow & Z_{L_1} - Z_{C_1} = Z_{C_2} - Z_{L_2} \\ \Leftrightarrow & L\left(\omega_1 + \omega_2\right) = \dfrac{1}{C} \left(\dfrac{1}{\omega_1} + \dfrac{1}{\omega_2} \right) \\ \Leftrightarrow & \omega_1 \omega_2 = \dfrac{1}{LC} \end{aligned}$$
Từ hệ thức trên ta có:
$$\begin{cases} Z_{L_2} = Z_{C_1} \\ Z_{L_2} = 4 Z_{L_1} & \left(f_2 = 4f_1\right) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} Z_{C_1} = 4Z_{L_1} \\ R^2 = Z_{L_1} Z_{C_1} & \text{\left(giả thiết\right)} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} Z_{C_1} = 2R \\ Z_{L_1} = \dfrac12 R \end{cases}$$
$$\Rightarrow \cos \varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + \left(2R - \dfrac12 R\right)^2} }= \dfrac{2}{\sqrt{13}}$$

Click để xem thêm...

Bài toán của bạn "Nhân còi" chúng ta có thể xử đẹp nó như sau:
Ta có :$\begin{cases}
\omega_0 ^2=\dfrac{1}{LC}\\
\omega_0 ^2=\omega_1 \omega_2 \\
C=\dfrac{R^2}{ L}
\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}
\omega_0 =\sqrt{\omega_1 \omega_2}\\
L=\dfrac{R}{\omega _0}
\end{cases} $
$\cos \varphi =\dfrac{R}{\sqrt{R^2+\left(L\omega -\dfrac{1}{C\omega}\right)^2}}=\dfrac{R}{\sqrt{R^2+L^2.\left(\Omega_1-\dfrac{\omega_0 ^2}{\omega_1}\right)^2}}=\dfrac{R}{\sqrt{R^2+\dfrac{R^2}{\omega_0 ^2}. \left(\Omega_1-\omega_2\right)^2}}$

$$\Rightarrow \boxed{\cos \varphi =\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\sqrt{\dfrac{\omega_1}{\omega_2}}- \sqrt{\dfrac{\omega_2}{\omega_1}}\right)^2}}}$$