Nhịp cầu tri thức số 3

(1)

Page 1 of 28

BÀI VIẾT KỲ NÀY

SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,

BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Nguyễn Trần Quang

Phương trình, bất phương trình vơ tỉ thường xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao đẳng dưới nhiều hình thức với nhiều phương pháp giải khác nhau bài viết này tơi xin giới thiệu một phương pháp giải đĩ là sử dụng phép nhân chia liên hợp. Thực chất của phương pháp là làm xuất hiện nhân tử chung để từ đĩ đưa về dạng tích với các phương trình đơn giải hơn để giải.

Nhận xét: + A B ^{A B}

A B

  

 + A B ^{A B}

A B

  

 +

A B2

A B

  

 +

A B2

A B

  

 Ví dụ 1. Giải PT : 4 1 3 2 ³

5

x  x  x (1).

Bài giải: Điều kiện: ²

x 3, nhân chia vế trái của (1) với biểu thức liên hợp tta cĩ:

 

¹ ^{  }^x ³ ^x₅^³



⁴^x^{ }¹ ²^x^³



^



^x^³

 

⁴^x^{ }¹ ²^x^{ }³ ⁵



^⁰

 4x 1 2x  3 5 0.

Đây là dạng cơ bản, giải ta được đáp số: x2

Ví dụ 2. Giải PT : 4x 5 3x 1 2x 7 x3 (1).

Bài giải

Điều kiện :

4 5 0

3 1 0

2 7 0

3 0 x x x x

  

  

  

  



5 4

1 1

3 3

7 2 3 x

x x

  



  

   

  



  



.

Ta cĩ : (1) ⁽⁴ ^{5) (3} ¹⁾ ⁽² ^{7) (} ³⁾

4 5 3 1 2 7 3

x x x x

     

 

      ^

4 4

4 5 3 1 2 7 3

x x

x x x x

 

       (2)

Do ¹

x 3 nên (2)  4x 5 3x 1 2x 7 x3 (3) Từ (1) và (3) ta cĩ : ⁴ ⁵ ³ ¹ ² ⁷ ³

4 5 3 1 2 7 3

x x x x

       



      

 2. 4x 5 2. 2x  7 x 1thỏa mãn .Vậy x1 là nghiệm của PT.

(2)

Page 2 of 28 Ví dụ 3. Giải PT : ^{3 2}



^ ^x^²



^²^x^ ^x^⁶⁽¹⁾

Bài giải

Điều kiện : ² ⁰ 2

6 0

x x

x

    

  

 . Ta có

(1) 2 6 3 2 6 2( 3) ⁹⁽ ^{2) (} ⁶⁾

3 2 6

x x

x x x x

x x

  

        

  

8( 3) 2( 3)

3 2 6

x x

   

   (2) + x3 là nghiệm.

+ x3: (2) 3 x 2 x 6 4. Do đó ta có : ³ ² ⁶ ⁴

3 2 6 2 6

x x

x x x

    



    



2. x 6 10 2x

   

2 2

5 5

6 25 10 11 19 0

x x

x x x x x

 

 

 

      

 

5 11 3 5

11 3 5

2 2

x

x x

 

 

     .

Vậy PT có tập nghiệm : 3;^{11 3 5} S  2 

  

 

 .

Ví dụ 4. Giải PT : x²  x 1 x²  x 1 2 (1) Bài giải

Ta có : ² 1 ( ¹)² ³ 0

2 4

x   x x   ; ² 1 ( ¹)² ³ 0

2 4

x   x x   . Do đó xlà điều kiện của PT.

Khi đó : (1) ² ² ² ²

2 2

( 1) ( 1)

2 1 1

1 1

x x x x

x x x x x

x x x x

    

       

     (2)

Từ (1) và (2) ta có :

2 2

2

2 2

1 1 2

2. 1 2

1 1

x x x x

x x x

x x x x x

      

     

      



2 2

4( 1) ( 2)

2 0 0

x x x

x x

    

  

   .

Vậy x0 là nghiệm của PT.

Ví dụ 5: Giải phương trình: ² ⁴ ^{2 2} ⁶ ₂ ⁴

 

¹

4

x x x

x

    

 Bài giải: Điều kiện:   2 x 2

    

   

 

2

2 4 2 2 2 4 2 2 2 3 2

1

2 4 2 2 4

2 3 2 2 3 2 2

3

2 4 2 2 4

2 4 2 2 4 2

x x x x x

x x x

      

 

   

   

            

(3)

Page 3 of 28 Giải

 

² , bình phương 2 vế ta được:

     

   

       

4 2 2 2 2 4 0

2

2 4 2 2 4 2 0

4 2 2 4 2 0 3

x x x x

x

x x x x

x x x

     

 

        

    



Dễ thấy

 

³ vô nghiệm với   2 x 2. Tóm lại phương trình có tập nghiệm ²; 2 S  3 

 

 Một số bài toán trên cho thấy rõ hiệu quả của việc sử dụng nhân chia liên hợp trong giải PT vô tỉ.

Ví dụ 6. Giải bất phương trình: ² ² ^{1 1}

 

¹

2 9

x x

x   

 Bài giải

Điều kiện: ² ^{1 0} ¹

2 9 0 2

x x

x

     

  

 .

Khi đó

 

¹ ² ² ^{1 1} ² ²

 

²

2 9 2 1 1 2 9 2 1 1

x x x x

     

     

1) Với ¹ ⁰

 

² ¹ ¹ ² ⁹ ² ^{1 1}

2 x 2 9 2 1 1 x x

x x

          

  

 

⁴⁵

2 9 2 1 1 2 2 1 7 2 2 1 49 4 2 1

x x x x x x 8

               (loại)

2) Với x0

 

² ¹ ¹ ² ⁹ ² ^{1 1}

2 9 2 1 1 x x

x x

       

  

 

⁴⁵

2 9 2 1 1 2 2 1 7 2 2 1 49 4 2 1

x x x x x x 8

               45

0 x 8

   . Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là 0;⁴⁵

S  8 

  . Ví dụ 7. Giải bất phương trình:

   

2 2

2 21 1

3 9 2

x x

x

   

Bài giải: Điều kiện:

9 9 2

9

3 9 2 0

9 0 9 2 0 2

2 x x

x x x

  

   

     

 

   

  .

Khi đó

   

 

2 2 2

2 2

2 3 9 2 2 9 9 2 6 9 2

1 21 21

9 9 2 4

x x x x x

x x

     

     

   

 

18 2 6 9 2 2 42 9 2 4 7

x x x x x 2

           . Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm là ^{9 7}^; ^{\ 0}

 

S  2 2 .

Ví dụ 8. Giải bất phương trình: ³^x² ^⁷^x^{ }³ ^x² ^³^x^{ }⁴ ^x²^{ }² ³^x² ^⁵^x^¹

 

¹

(4)

Page 4 of 28 Bài giải: Điều kiện:

2 2 2 2

7 13 7 13

3 7 3 0 ;

6 6 2

3 4 0

2; 2 5 37

2 0

5 37 5 37 6

3 5 1 0 ;

6 6

x x x x

x x x

x x

  

       

      

     

      

    

      

 

.

Ta có

 

¹ ^ ³^x²^⁷^x^{ }³ ³^x²^⁵^x^{ }¹ ^x²^{ }² ^x² ^³^x^⁴



²

 

²

 

²

 

²



2 2 2 2

3 7 3 3 5 1 2 3 4

x x x x x x x

        

 

        

     

2 2 2 2

2 2 3 2

2

3 7 3 3 5 1 2 3 4

x x

x x x x x x x

  

 

        

+ Với

 

2 2 0

2 2

3 2 0

x x x

x

  

     

 

 thỏa mãn

 

² ^.

+ Với

 

2 2 0

5 37 5 37

2 2

6 3 2 0 6

x x x

x

  

       

 

 thỏa mãn

 

² ^.

+ Với ^x^{ }²

 

² vô nghiệm.

+ Với

 



²



² ⁰

 

2 2

3 2 0

x x

x

  

  

 

 vô nghiệm.

Kết luận: Tập nghiệm của

 

¹ ^là^S ^{  }



^; ²^_^^^⁵^₆³⁷^{; 2}^^_

 

Bài tập tương tự

1. x 3 3x 1 2 x 2x2 2. 4 1 3 2 ³ 5 x  x  x 3. ₂_x²_{  }_x ₉ ₂_x²_{   }_x ₁ _x ₄ 4. 2x² x 6 x² x 2 x ⁴

      x 5. 3x²7x 3 x² 2 3x²5x 1 x²3x4

6. _x²_{  }₃_x ₂ _x_{ }₃ _x_{ }₂ _x²_₂_x_₃

7.

 

2

2 4

1 1

x x

x

    8. x²3x 2 x²4x 3 2 x²5x4

(5)

GIẢI BÀI KỲ Trước

MÔN TOÁN

 Dành cho các em học sinh lớp 10

Câu 1. Giải phương trình: x²³x⁴x² 2x1 (1) Lời giải.

+ Dễ thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình (1).

+ Xét x0 chia cả hai vế cho x ta được phương trình:

x ³ x ¹ 2 ¹

x x

     x ¹ ³ x ¹ 2 0

x x

     (2) + Đặt t ³ x ¹

 x , phương trình (2) trở thành: ^t³^{    }^t ² ⁰



^t ¹

 

^t²^{ }^t ²



^⁰

 

2

1

2 0 7 0

t

t t VN do

 

        

+ Với t = 1 ta cĩ: ³ ¹ 1 ¹ 1 0 ² 1 0 ¹ ⁵

x x x x x 2

x x

             Vậy phương trình đã cho cĩ tập nghiệm là: ¹ ⁵

S  2 

  

 

 .

Nhận xét: Cĩ nhiều bạn cĩ lời giải tốt, các bạn đã đưa ra nhiều cách giải khác nhau và đều đưa đến đáp số đúng như: Đào Thế Sơn, Nguyễn Sơn Hải, Nguyễn Xuân Thành, Nguyễn Hương Ly, Chu Thị Hằng, Lê Thị Diệu Linh, Hồng Thị Quỳnh Trang, Vũ Thị Ánh Huyền, Đinh Thu Phương, Vũ Đức Cảnh. Tuy nhiên cịn một số bạn kết luận nghiệm của phương trình cịn sai, xét thiếu trường hợp x = 0.

Câu 2. Giải hệ phương trình:

 

   

3 2 2

2 3

64 1

2 6 2

y x x y

x y

   



  



Lời giải. ĐK: ^{x y}² ^{64 *}

 

+ Từ (2) ta cĩ: ^y^



^x²^²



³^{ }⁶ ²³^{ }⁶ ²



^{do x}²^⁰

  

³

+ Mặt khác ta cĩ:

2

 

(1)

2 2 3 2 3

0 0 64 8 8 8 2 4

2

x x y x y y x y y

y

 

           

 

+ Từ (3) và (4) ta cĩ y = 2 thay vào (2) ta được x = 0.

+ Thử lại với x = 0, y = 2 vào hệ đã cho ta thấy thỏa mãn.

Vậy hpt cĩ nghiệm duy nhất là: (x, y) = (0, 2).

Nhận xét. Cĩ nhiều bạn cĩ lời giải tốt, các bạn đã đưa ra nhiều cách giải khác nhau và đều đưa đến đáp số đúng như: Đào Thế Sơn, Nguyễn Sơn Hải, Nguyễn Xuân Thành, Nguyễn Hương Ly, Chu Thị Hằng, Lê Thị Diệu Linh, Hồng Thị Quỳnh Trang, Vũ Thị Ánh Huyền, Đinh Thu Phương, Vũ Đức Cảnh.

(6)

Câu 3: Cho hình thang vuông ABCD, hai đáy AD = a, BC = b, đường cao AB = h. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AC và BD. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho BM CN . + Ta có: BM CNBM CN. 0

^¹₂



^BA^^BC

 

^.¹₂ ^CB^^CD



^⁰

BA CB. BC CB. BA CD. BC CD. 0 (1) + Vì ABBCBA CB. 0

+ BACD. BA CB.( BAAD)BACB. BA²BA AD. h² + ^{BC CD}^. ^^{BC CB}^.



^^BA^^AD



^{ }^BC²^^{BC AD}^. ^{  }^b² ^ab

Khi đó:

 

¹ ^{    }^b² ^h² ^b² ^ab^{ }⁰ ^h²^²^b²^^ab

Nguyễn Thị Hằng

 Dành cho các em học sinh lớp 11 Câu 1: Cho dãy số

 

un thỏa mãn

1

5

1 3, 1

n 2 n

u

u _ u n

 

   



, đặt v_n   u_n 6 3 2,n1,n . Tính

tổng ²⁰¹² ₁ ₂ ₂₀₁₂

1

... .

i i

S v v v v





    Lời giải. (Của nhiều bạn)

+ Đặt a_n  u_n 6 3 2,n1,n , ta có ¹ ¹ ^{6 3 2} ¹



^{3 2} ⁶



¹

2 2

n n n n

a _ u _    u    a . Suy

ra là a_nlà cấp số nhân công bội ¹

q 2. Do đó

     

2012 2012 2012 2012

1 1 1 1

6 3 2 12 6 2 2012 12 6 2

i i i i

S v u a a

   









  



  



 

. Mà

   

     

2012 2012 1006

2012 2011 1006 1005

1

2 1 2 1

5 6 3 2 5 6 3 2

2 2 2

2 2

i i

a



 

     

 



^{suy ra}



⁵ ^{6 3 2}



¹⁰⁰⁶²¹⁰⁰⁶¹⁰⁰⁵¹ 2012 12 6 2

 

2 2 2

S      

 .

Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản và hầu hết các bạn tham gia đều cho lời giải đúng. Tuy nhiên không có bạn nào phát biểu và chứng minh cho bài toán tổng quát.

Câu 2: An viết 4 lá thư cho 4 bạn khác nhau. Có bốn phong bì ghi địa chỉ của bốn bạn tương ứng với 4 bức thư. Vì nhầm lẫn An đã bỏ cả bốn bức thư không đúng địa chỉ! Em hãy tính xem xác suất nhầm lẫn như của bạn An là bao nhiêu? Tìm câu trả lời khi số bức thư và số phong bì là n.

Lời giải. Xét bài toán trong trường hợp tổng quát với số bức thư và số phong bì là n2. Gọi N là số cách bỏ thư, N* là số cách bỏ thư sao cho không bức thư nào đúng địa chỉ,

(1 )

Nk  k n là số cách bỏ thư sao cho ít nhất k lá thư đúng địa chỉ. Ta có N n!. Để tính N_k ta chọn ra k lá thư bỏ đúng địa chỉ, số còn lại bỏ tùy ý. Do đó

 

^! ^!

!

k

k n

N C n k n

  k . A

B C

D

(7)

Xét một số trường hợp đơn giản:

Với n2 ta có * ₁ ₂ 2! ^2! ^2! 1 1! 2!

N NN N     (theo quy tắc cộng mở rộng). Suy ra ¹ p2 Với n3 ta có * ₁ ₂ ₃ 3! ^3! ^3! ^3! 2

1! 2! 3!

N NN N N      . Suy ra ¹ p3. Với n4 ta có * ₁ ₂ ₃ ₄ 4! ^4! ^4! ^4! ^4! 9

1! 2! 3! 4!

N NN N N N       . Suy ra ⁹ ³ 24 8 p  . Tương tự ta có với n tùy ý thì ^* ^! ^! ^! ^! ^...

 

¹ ^!

1! 2! 3! !

n n n n n

N n

       n suy ra xác suất

! ! !

 

!

* ! ... 1

1! 2! 3! !

n n n n n

N n

       n ¹ ¹ ¹ ¹ ^...

 

¹ ¹ ¹ ¹ ^...

 

¹ ¹

1! 2! 3! ! 2! 3! !

n n

p       n      n . Nhận xét: Hầu hết các bạn tham gia đều tính đúng đáp số ³

p8 bằng nhiều cách khác nhau. Tuy nhiên không ai chứng minh trong trường hợp tổng quát. Một điều khá thú vị là nếu ta ký hiệu pn là xác suất việc nhầm lẫn trên ứng với số bức thư là n thì ta có limp_n ¹

e ! Câu 3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC với A, B, C là ký hiệu số đo ba góc của tam giác thì ta có:

1 1 1

1 1 1 27.

cosA cosB cosC

      

   

   

Lời giải. Trước hết ta ^cos^A^^cos^B^^cos^C^ ³₂ (dễ dàng chứng minh). Do đó với tam giác nhọn thì

cos cos cos 1 A B C8

(theo BĐT cauchy).

Tiếp theo ta chứng minh BĐT



¹^^x



¹^^y



¹^{  }^z

 

¹ ³ ^xyx



³^.

Thật vậy



¹^^x



¹^^y



¹^{  }^z

 

¹ ³ ^xyx



³ ^{   }^x ^y ^z ^xy^^yz^{ }^zx ^xy^z^^{3 x z}³ ^y ^³



³ ^{x z}^y



²^^xy^z

 

²

3 3

3 x z 3 x z

x y z xy yz zx y y

       

. Bất đẳng thức cuối cùng dễ dàng suy ra từ theo BĐT cauchy. Áp dụng BĐT vừa chứng minh ta được

 

3 3 3

1 1 1 1

1 1 1 1 1 2 27

cosA cosB cosC cosAcosBcosC

 

           

     

      . Suy ra điều phải

chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi

A B C

hay tam giác ABC đều.

Nhận xét: Hầu hết các bạn tham gia đều cho lời giải đúng.

Nhận xét chung: Xin biểu dương các em lớp 11A6: Phùng Văn Thắng, Lỗ Tuấn Anh, Đường Thị Thúy Hường, Nguyễn Văn Cường, Phạm Ngọc Hoàn….Lớp 11A7: Phùng Thị Hoa. Lớp 11A1 Trần Công Sơn. Ngoài ra cũng xin cám ơn rất đông đảo các bạn lớp khối lớp 10 tham gia giải bài tập lớp 11.

Hoàng Đức Trường

(8)

 Dành cho cỏc em học sinh lớp 12

Cõu 1: Giải phương trỡnh: ₂ ₅ ² ²

2 2 5

log _ (x 2x 11) log (x 2x 12)

     

Lời giải.

Đk: x²2x120(1)

Đặt : ₂ ₅ ² ²

2 2 5

log _ (x 2x 11) log (x 2x 12)

      =t, suy ra

2

2 11 (2 5)

2 12 (2 2 5 )

t

x x

    



   



Ta đ-ợc (2 2 5 ) 1 (2 5) ² ¹ 1

2 5

t t

t t    

           (2)

xét hàm số ( ) ² ¹ 1

2 5

t t

f t        

, 2 2 1 1

( ) ln ln 0,

2 5 2 5

t t

f t           t R

 f t( )là hàm số nghịch biến trên R. Mặt khác f(2)0 nên pt(2) có nghiệm duy nhất t =2

2 2

(x 1) (2 5 1)

     2 5

2 5 2 x

x

  

  

 tmđk(1)

Vậy pt có 2 nghiệm :x 2 5,x2 52

Cõu 2: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú SA=a, SA vuụng gúc với đỏy, ABCD là hỡnh thang vuụng ở A và B. AB = BC = a, AD = 2a. Gọi E là trung điểm AD. Xỏc định tõm và tớnh bỏn kớnh mặt cầu ngoại tiếp hỡnh chúp S.CED.

Lời giải. Vì E là trung điểm của AD nên tứ giác ABCE là hình vuông CE AD nên tâm I của đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CED là trung điểm của CD .Kẻ IY/ /SAIY là trục của đ-ờng tròn ngoại tiếp CED

G/s O là tâm mặt cầu cần tìm .Chọn chiều d-ơng là véc tơ

IY



(I là gốc) đặt OI x

  ta có tam giác ACD vuông

2

2 2 2 5

2 AI AC CI a

   

2 2

2 2 2 2 5 2 2 3

( ) ( )

2 2 2

a a a

SO  ax AI  ax  OD x   x Bán kính mặt cầu là:

2 2

9 11

4 2 2

a a a

R  

Cõu 3: Cho hàm số yx³2 2x cú đồ thị (C). Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh vuụng biết cỏc đỉnh của hỡnh vuụng đều nằm trờn (C ).

Lời giải. Xét hình vuông M M M M₁ ₂ ₃ ₄ có các đỉnh M x y₁( ;₁ ₁),M₂( ;x y₂ ₂),M x y₃( ;₃ ₃),M₄( ;x y₄ ₄)

thuộc (C) .Do M M₁ ₂M M₄ ₃

2 1 3 4, 2 1 3 4

x x x x y y y y

       .Vìy2y1 y3y4

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 3 4 3 3 4 4

(x x)(x x x x 2 2) (x x )(x x x x 2 2)

         

y O

I E

D

B C A S

(9)

Do x₂ x₁ x₃x₄ ox x_{2 1}x x_{3 4}.Ta có

2 2

1 3 1 4 1 3 4 1 3 4 1 2 1 1 1 2

(x x )(x x )x (x x x) x x x (x x x) x x 0

3 0

1 

x x (vì x₁x₄ o) , y₁y₃(x₁x₃)(x₁²x x_{1 3}x₃²2 2)0

 0 là tâm đối xứng của hình vuông.

Gọi k là hệ số góc của đt M M₁ ₃ hệ số góc của đt M M₂ ₄ là ¹ k



1 1 1 2 2 2

( ; ), ( ; 1 ) M x kx M x x

k



x1

 là nghiệm khác o của pt x³2 2xkx

2

1 2 2

x k

   ,x₂ là nghiệm khác o của pt x³ 2 2x ¹x x₂² 2 2 ¹

k k

     

2 2 2 2

1 1 1 (2 2 )(1 )

OM x y  k k ,OM₂² (2 2 ¹)(1 ¹₂)

k k

  

Vì ₁² ₂² ² 2 1 0 ⁶ ², ⁶ ²

2 2

OM OM k k k  k  

       

Vậy 4 đỉnh của hình vuông là: ^{3 2} ⁶; ^{3 2} ⁶

2 2

   

 

 

3 2 6 3 2 6

2 ; 2

   

  

 

 

, ^{3 2} ⁶; ^{3 2} ⁶

2 2

   

  

 

 

, ^{3 2} ⁶; ^{3 2} ⁶

2 2

   

 

 

 

Nhận xét:Xin biểu d-ơng những em sau đây: em Bùi Anh Tuấn 12A1 làm tốt cả 3 bài; em Nguyễn Văn Chiến 12A2 tham gia giải đúng cả lớp 10,11,12; Các em sau đấy cũng có bài làm khá tốt Đinh Văn Minh, Lê Trung Hiếu 12A2; Chu Thị Trang; Lê Hải Yến 12A1.

Nguyễn Minh Tỳ

MOÂN VAÄT LYÙ

 Dành cho học sinh lớp 10

Cõu 1: Một sợi dõy xớch nằm ngang trờn mặt bàn nhẵn khụng ma sỏt, nửa dõy xớch thũng xuống dưới. Buộc vào hai đầu dõy xớch hai khối lượng như nhau thỡ thời gian trượt của dõy xớch thay đổi thế nào?

Lời giải.

Gọi m, l lần lượt là khối lượng và chiều dài của xớch, m0 là khối lượng của mỗi đơn vị chiều dài (m₀ m l/ ), x là chiờu dài phần xớch buụng xuống.

* Lỳc chưa gắn vật khối lượng M vào 2 đầu (gọi a là gia tốc của xớch)

0 . 0. . /

mam x g a m x g m (1)

* Lỳc gắn vật khối lượng M vào 2 đầu: (gọi a1 là gia tốc của xớch)

0

1 0 1

( . )

(2 ) ( . )

2

m x M g M m a m x Mg a

M m

     

 (2) Tại thời điểm ban đầu (lỳc bắt đầu trượt): ₀

2 m m;

2

x l thỡ ₁ 2 aa  g Sau đú xl m x; ₀ m/ 2 (@) ta so sỏnh a và a1

Từ (1) và (2) : 1 ⁰ ⁰ ⁰

( ) (2 )

2 2

m xg m x M g m x m Mg a a

m M m M m

 

   

  (@@)

(10)

Từ (@) và (@@) ta được a-a1>0 suy ra a> a1.

Kết luận: khi gắn thêm 2 khối lượng như nhau thì dây chuyển động chậm hơn.

Câu 2: Cần tác dụng lên vật m= 400g trên mặt phẳng nghiêng góc ^ một lực F bằng bao nhiêu để vật nằm yên, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k=0,1, khi biết vật có xu hướng trượt xuống. Lấy g =10 m/s².

Lời giải.

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Áp dụng định luật II Newtơn ta có : F P N F_ms 0

   

    Chiếu phương trình lên trục Oy: N  Pcox  Fsin = 0

 N = Pcox + F sin

Fms = kN = k(mgcox + F sin)

Chiếu phương trình lên trục Ox : Psin  F cox  Fms = 0

 F cox = Psin  Fms = mg sin  kmg cox  kF sin

(sin ) (tan ) 4(tan 30 0,1)

cos sin 1 1 0,1tan 30 1,8

mg kcox mg k

F N

k ktan

  

  

    

  

Câu 3: Em bé ngồi dưới sàn nhà ném 1 viên bi lên bàn cao h = 1m với vận tốc V0 = 2 10 m/s. Để viên bi có thể rơi xuống mặt bàn ở B xa mép bàn A nhất thì vận tốc V_o phải nghiêng với phương ngang 1 góc  bằng bao nhiêu?

Lấy g = 10m/s².

Lời giải. Để viên bi có thể rơi xa mép bàn A nhất thì quỹ đạo của viên bi phải đi sát A.

Gọi V₁ là vận tốc tại A và hợp với AB góc ₁ mà:

2

sin 2 1

AB V

g

  (coi như được ném từ A với AB là tầm Để AB lớn nhất thì

1 1

sin 2 1

4

   

Vì thành phần ngang của các vận tốc đều bằng nhau V0cos = V.cos₁ cos .cos ₁

o

V

 V 

 

Với

2

1

2 cos 1

2 V Vo gh



  



 



, nên

 

2

2 2

2 1 1 1 10 1 1

cos .

2 2 2 2 10 2

o

o o

V gh gh x

V V

 ^        60^o

Cao Văn Tuấn

 Dành cho học sinh lớp 11

Câu 1: Có một số đèn (3V- 3W) và một số nguồn, mỗi nguồn có suất điện động  = 4V, điện trở r = 1.

Hình 3

(11)

a. Cho 8 đèn. Tìm số nguồn ít nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình thường. Xác định hiệu suất cách ghép.

b. Cho 15 nguồn. Tìm số đèn nhiều nhất và cách ghép đèn, ghép nguồn để đèn sáng bình thường. Xác định hiệu suất cách ghép.

Lời giải.

Bài 1: Gọi x là số nguồn điện; m là số dãy của bộ nguồn; n là số nguồn điện trong mỗi dãy Ta có: x = m.n; b = n; r_b ^nr

 m

Gọi y là số bóng đèn; p là số dãy bóng đèn; q là số bóng trên mỗi dãy. Ta có: y = p.q Cường độ dòng điện qua mạch chính I = p.Iđm

Ta có: U = b - Irb nr

n I

 m

   n r² . _dm

U n p I

 x

  Với

. dm

m x n I p I

 

 



(1)

Mà U = q.Uđm y _dm pU

 Với q ^y

 p (2)

So sánh (1) và (2) ta có: prI^dm ² y _dm 0

n n U

x   p  (3)

Phương trình (3) có nghiệm khi: ² 4 _dm y 0 rp x



    (4)

2

4rp_dm x

y 

  3

4 x

 y

* Khi y = 8 thì x  6 nên số nguồn tối thiểu là 6 nguồn.

Thay y = 8 và x = 6 vào (4)   = 0 nên n ¹²

 p ; ta lại có n ⁶; p ⁸

m q

 

Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:

m n p q

Cách 1 2 3 4 2

Cách 2 1 6 2 4

Hiệu suất: ₁ ^dm 50% ₂

b

U qU

H H

 n

   

b. Khi x = 15 thì ³ 20 4

x y

y    nên số bóng đèn nhiều nhất có thể mắc được 20 bóng.

Thay x = 15; y = 20 vào (4)   = 0 nên n ³⁰

 p ; ta lại có n ¹⁵; p ²⁰

m q

  Với m; n; p; q là các số nguyên dương nên:

m n p q

Cách 1 5 3 10 2

Cách 2 1 15 2 10

Hiệu suất: 1 ^dm 50% 2

b

qU

H U H

 n

   

Câu 2: Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau có điện dung C mắc song song và được tích đến hiệu điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Hai bản của một tụ cố định, còn hai bản của tụ kia

(12)

có thể chuyển động tự do.Tìm vận tốc của các bản tự do tại thời điểm mà khoảng cách giữa chúng giảm đi một nửa. Biết khối lượng của mỗi bản tụ là M, bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Lời giải.

+ Năng lượng của hệ hai tụ trước khi các bản chưa di chuyển:

W1=2. ¹

2 C.U²= C.U² Điện tích hệ Q=2C.U

+Khi hai bản của một tụ đã di chuyển đến khoảng cách bằng một nửa lúc đầu, địên dung của tụ này là 2C

+ Gọi W2 là năng lượng của hệ, U1 là hiệu điện thế trên mỗi tụ lúc này:

Q = Q1+ Q2 => 2C.U=(C+2C)U1= 3CU1 => U1=² 3U W2 =¹

2 C.U₁²+¹

2 2C.U₁²=¹

2C.U₁²+C.U₁²=³ 2C.

2 2

3 U

 

 

  =² ² 3CU

+ Độ biến thiên n�