BÀI tập vật lí NÂNG CAO

BÀI TẬP VẬT LÍ NÂNG CAO PHẦN 1: CƠ HỌC ĐỘNG HỌC Câu Một hạt chuyển động chậm dần đường thẳng với gia tốc a mà độ lớn phụ thuộc vận tốc theo quy luật |a| = k v , k số dương Tại thời điểm ban đầu vận tốc hạt v0 Tìm quãng đường hạt dừng lại thời gian hết quãng đường Giải: + Ta có a=k v =- dv  -kdt = v-1/2dv dt kt   + Lấy tích phân ta có v =  v0 -  2  + Thời gian chuyển động dừng hẳn t = v0 k  kt   k  + Quãng đường dS = vdt =  v -  dt =  v0 - k v0 t +   t  dt 2      2 v0 / k + Vậy quãng đường đến dừng hẳn S =  + Kết S =   v0 - k v t +   k  2   t  dt    3/2 2v 3k Bài Một hạt chuyển động theo chiều dương trục Ox với vận tốc cho v  a x (a số dương) Biết lúc t = hạt vị trí x=0 Hãy xác định : a Vận tốc gia tốc hạt theo thời gian b Vận tốc trung bình khoảng thời gian từ vị trí x = đến vị trí x Giải: a Theo đề : v  a x  Nguyên hàm hai vế :  dx x dx  a x hay dt dx  adt x   a dt  x  at  c Do t  x   c  Do x  at  x  Vận tốc vật v a2 t dx  x' dt => v  a2 t Gia tốc vật : w d 2x  x' ' dt => w  b Vận tốc trung bình NAVAN86 a2 v x a2  t t => v  -1- a x Câu Một học sinh thứ chạy đường trịn tâm O bán kính R  30m với tốc độ không đổi u  3,14m / s Học sinh thứ hai bắt đầu chạy từ tâm O với tốc độ không đổi v  2u ln nằm bán kính nối tâm O với học sinh thứ a Khi học sinh thứ hai đến điểm M (OM = r) véc tơ vận tốc cậu ta hợp với OM góc  Chứng tỏ sin   r / R b Sau học sinh thứ hai đuổi kịp học sinh thứ Giải: a Vận tốc góc HS1   u / R Do hai ln nằm bán kính nên r quay quanh tâm với vận tốc góc  , hay   v sin  / r Do sin   r / R b Dễ dàng thấy q trình đuổi bắt, góc  thay đổi từ đến  / 6, (sin   / 2) Xét khoảng thời gian dt góc  tăng d , r tăng dr, ta có: dr  R cos  d Do vận tốc theo phương bán kính v cos  nên: dt  R cos  d d  dr   t  2R cos    v cos  Như thời gian HS đưổi kịp học sinh là:   R   5s t   6 6u Câu Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A đoạn s Cứ chuyển động giây chất điểm lại nghỉ giây Trong giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc v0 = m/s Trong khoảng giây chất điểm chuyển động với vận tốc 2v0, 3v0,…nv0 Tính vận tốc trung bình chất điểm quãng đường AB trường hợp: a s =315m; b s = 325m Giải: Đặt: t1  3( s) Gọi quãng đường mà chất điểm sau nt1 giây s: s  s1  s   sn Trong s1 quảng đường chất điểm giây s2,s3,…,sn quảng đường mà chất điểm khoảng giây Suy ra: S  v0.t1  2v0t1   nv0t1  v0 t1 (1    n) n(n  1) v0 t1  7,5n(n  1) (m) n  a Khi s  315 m  7,5n(n+1) = 315   (loại giá trị n=-7) n  7 Thời gian chuyển động: t  nt1  n   23( s) s 315 Vận tốc trung bình: v   => v  13,7(m / s ) t 23 b Khi s  325 m : S Thời gian 315 mét đầu 23 giây NAVAN86 -2- Thời gian 10 mét cuối : t  Vận tốc trung bình: v  10 10   0.29( s) v n 1 7.5 325 => v  13,38(m / s) 23  0,29  Câu Cho hệ hình vẽ B chuyển động sang phải với  gia tốc a , vật nhỏ A nối với điểm C sợi dây không dãn nâng lên theo đường dốc mặt trụ vật B Mặt có bán kính R Giả sử thời điểm ban đầu vật A nằm sàn đứng yên, sợi dây căng.Hãy tính vận tốc trung bình vật A q trình A từ sàn lên đến điểm cao trụ B (điểm D) Giải: Khi A từ sàn lên đến điểm cao trụ độ dời IA : IA  AD  DI  AD.DI cos  (      IA   R   R  2  IA   2.R  )  R 2 R   4  Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là: EF  at Thời gian để trụ từ E đến F thời gian chuyển dời vật nhỏ từ I đến A  R 2.EF AD  R   Suy ra: t  a a Vận tốc trung bình vật nhỏ A: a a v IA t => v  (  4  8)aR  Câu Trên mặt phẳng nằm ngang có cột trụ bán kính R thẳng đứng, người ta dùng sợi dây mảnh không dãn, khối lượng không đáng kể để nối vật nhỏ với điểm vành trụ, điểm sát mặt phẳng ngang Ban đầu vật nhỏ nằm yên mặt phẳng dây tư căng, lúc chiều dài dây L Truyền cho vật vận tốc v0 hướng vng góc với dây vật chuyển động mặt phẳng ngang dây vào trụ Hỏi sau dây hết trụ? Giả thiết chuyển động dây nằm ngang Bỏ qua ma sát bề dày dây Giải: Ta nhận thấy khơng có lực tác dụng vào vật sinh công, động vật bảo tồn có vận tốc khơng đổi v0 Tại thời điểm dây có chiều dài l, xét thời gian vô bé dt vật cung AB: = l d = v0dt Do dl  Rd  d = NAVAN86 dl vào phương trình ta được: R -3- dl = v0 dt R L t ldl l2 Lấy tích phân hai vế:  =  v0 dt  R R l L  v0 t t L2 L2  v0 t  t  2R 2v R  Vậy thời gian để dây hết trụ là: t  L2 2v R Câu Có hai tàu A B cách khoảng a, tàu A B chuyển động với vận tốc không đổi v u v  u  Tàu B chuyển động đường thẳng (đường thẳng vuông góc với đoạn thẳng nối vị trí ban đầu hai tàu), trình chuyển động tàu A hướng tàu B Hỏi sau tàu A đuổi kịp tàu B? Giải: Ta gắn hệ trục xy trùng với mặt phẳng nước trục 0x phương chiều với chuyển động tàu B , tàu A nằm phần dương trục 0y vị trí ban đầu có toạ độ 0, a  Tàu A chuyển động với vận tốc v ln hướng phía tàu B với vận tốc gồm hai thành phần: dx  v x  dt  v cos   v  dy  v sin   y dt Lấy vế chia vế hai phương trình ta rút ra: dx dy dy    cot  dt tan  dt dt y Ta lại có: tan    ut  x  y cot  ut  x (1) (2) Đạo hàm vế (2) ta được: u dx dy y d  cot   dt dt sin  dt (3) Thay (1) vào (3) ta suy ra: u y d sin  dt (4) dy dy  v sin   dt   dt v sin  y d uv hay Thay dt từ (5) vào (4): dy sin  Mặt khác: y  u dy d   v a y  sin  Lấy tích phân vế:    y   a NAVAN86 u dy d  v y sin   u y  ln  ln tan  v a 2  Suy ra: tan (5) u v -4-  2  Mặt khác ta lại có: sin    u u 1     y v  y  v   tan  tan tan    2  a    a  dy dt   v sin  u u    a  y  v  y  v   y  nên (*) dt      d    2v  a  a  a   Lấy tích phân vế phương trình (*): u u    t a  y  v  y  v   y  0 dt   2v a  a    a   d  a      av a  1  hay t   t  u u 2v  v  u2 1  1 v v  Câu Ở mép bàn chiều cao h, có cầu đồng chất bán kính R = 1(cm) ( R  h) Đẩy cho tâm cầu lệch khỏi đường thẳng đứng qua A, cầu rơi xuống đất vận tốc ban đầu Tính thời gian rơi tầm xa cầu (g = 10m/s2) Giải: Ban đầu cầu xoay quanh trục quay tức thời A Lúc bắt đầu rơi khỏi bàn vận tốc v, phản lực N 0, lực làm cho cầu quay tròn quanh A trọng lực v2 (1) p cos   m p cos  :  v  R cos  R Theo định luật bảo toàn lượng: mgR  mgR cos   mv (2) 2 Từ (1) (2) suy ra: cos    sin   3 2 Thay cos   vào phương trình (1) ta vận tốc vật lúc đó: v  gR Giai 3 đoạn vật vật bị ném xiên với góc  với vận tốc ban đầu: v gR Theo đề R  h ban đầu ta xem  A  x  v cos  t  Chọn trục 0' xy hình vẽ 0'  A   y  v sin  t  gt Khi chạm đất y  h , nên: v sin  t  gt  h  gR v   Thay  vào phương trình ta tìm được:  sin   tan NAVAN86 -5-   10 gR  10 gR  54 gh t1  3 g    10 gR  10 gR  54 gh  (loai ) 0 t  3 g   10 gR  10 gR  54 gh Vậy sau t  vật rơi xuống đất 3 g Tầm bay xa vật: S  x  v cos  t  S 2  10 gR  10 gR  54 gh gR 3 3 g   2R  10 gR  10 gR  54 gh 27 g Câu Một chất điểm chuyển động chậm dần bán kính R cho điểm gia tốc tiếp tuyến gia tốc pháp tuyến ln có độ lớn Tại thời điểm ban đầu t = 0, vận tốc chất điểm v0 Hãy xác định: a.Vận tốc chất điểm theo thời gian theo quãng đường b.Gia tốc toàn phần theo vận tốc quãng đường Giải: a Theo đề ta có: a t  a n   dv v  dt R  Lấy tích phân vế ta có: v  v0 từ (1)   t 1 dv dt t     R v v0 R v dv ds  v R (2) v dv dt  v2 R (1) v0 v 1 t R (ds = vdt ) Lấy tích phân vế phương trình (2): v  S dv ds v s v v  0 R   ln v0  R S v  v0 e R  b Gia tốc toàn phần: a  at  a n  a t  a n Gia tốc toàn phần theo vận tốc: a  v2 R 2 Gia tốc toàn phần theo quãng đường được: a  v0 e R  2s R Câu 10 Hai vịng trịn bán kính R, vịng đứng yên, vòng lại chuyển động  tịnh tiến sát vịng với vận tốc v0 Tính vận tốc điểm cắt C hai vòng tròn khoảng cách hai tâm 010  d Giải: Chọn gốc thời gian t = lúc vịng trịn bắt đầu tiếp xúc ngồi.Tại thời điểm sau gốc thời gian ta có phương trình chuyển động điểm C : NAVAN86 -6- v0 t d   x  01 D  AD  R      y  AC  R sin   R  cos   R   d    2R  Ta có: d '  v0 d  x   Ta suy ra:  2  y  4R  d  v0  vCx  d '     d v0  2dd ' vCy   2  2.2 R  d 4R  d v2 A1 v v  v Cx v Cy dv0  v         2  2 4R  d R A2 v1 C M D R v0 R R/2 4R  d Hình a Câu 11 Trên hai đường trịn bán kính đường R, nằm mặt phẳng, có hai tơ A1 A2 chuyển động với vận tốc v1  v  20km / h v2  2v Kích thước ô tô nhỏ so với R Vào thời điểm tơ nằm điểm M C cách R/2 (H.a) a Hãy tìm vận tốc tơ A2 hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 vào thời điểm b Hãy tìm vận tốc ô tô A2 hệ quy chiếu gắn liền với ô tô A1 A2 điểm D Giải: Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên Vận tốc ô tô A2 hệ quy chiếu   vận tốc tuyệt đối Ký hiệu vC v D vận tốc tuyệt đối A2 qua điểm C D (H.7) Theo đề ra: vC  v D  v  2v Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô A1 Rõ ràng hệ quay xung quanh trục O với vận tốc góc   v R   Ký hiệu vận tốc kéo theo ô tô A2 qua điểm C D vCkt v Dkt Độ lớn vận tốc bằng: v R R    v , 2 R v R   .OD   R   R   v R  A1  vCkt  .OC  v Dkt R O   Chúng ta cần phải tìm vận tốc tương đối vCtd v Dtd tơ A2 qua điểm C D NAVAN86 -7- R/2 M C vCkt vCtd vC Hình b A2 vD D R vDkt vDtd Theo quy tắc cộng vận tốc (xem H.b):       vC  vCtd  vCkt ; v D  v Dtd  v Dkt Vận tốc A2 A1 điểm C D trùng hướng với vận tốc A2 đường điểm bằng: vCtd  vC  vCkt = 2v  v =10km/h v Dtd  v D  v Dkt = 2v  v =110km/h Câu 12 Bốn rùa đứng bốn đỉnh hình vng cạnh a, chúng bắt đầu chuyển động không đổi với vận tốc có độ lớn v, cho rùa bị ln hướng bên cạnh theo chiều kim đồng hồ Xem rùa chất điểm a Các rùa gặp đâu, bao lâu? b Quĩ đạo chuyển động rùa có dạng nào? Giải:  a Xét rùa hệ tọa độ cực, thời điểm t: xác định r ,  Ta có: x  r cos  ; y  r sin  dr d y v x  cos   r sin  dt dt dr d v y  sin   r cos  dt dt 2  dr   d  2 2 v  vx  v y      r O   v r  v  dt   dt  dr Trong đó: v r  vận tốc xuyên tâm; dt d  r vận tốc phương vị v  r dt    Vì r , v ln tạo với góc 450 ( r qua tâm hình vng)   vr r  2  const ; v  v sin 45  v  const 2 a a Bốn rùa gặp lúc chúng tiến đến tâm với thời gian t   vr v Do v r  v cos 45  v b Phương trình quĩ đạo: r  r   ; (  có chiều + chiều kim đồng hồ) Từ v r  dr dr d ; v  r  v v   1 dt dt rd a  ;    a 4 r a  Suy ra: ln    ln  c e c 2c Với t = r  Vậy: r  a e       4  phương trình quĩ đạo rùa Các rùa 2, 3, có quĩ đạo là: r2  a e 3         NAVAN86 ; r3  a e  5        ; r4  a e  7        -8-  v  v x Câu 13 Người ta đặt súng cối hầm có độ sâu h Hỏi phải đặt súng cách vách hầm khoảng l so với phương ngang để tầm xa S đạn mặt đất lớn nhất? Tính tầm xa biết vận tốc đầu đạn rời súng v Giải: Phương trình vận tốc vật theo phương ox : v x  v cos  Phương trình vận tốc vật theo phương oy: v y  v sin   gt Phương trình chuyển động: x  v cos   t ; gt y  v sin   t  Để tầm xa S đạn mặt đất lớn A vận tốc vật phải hợp với mặt ngang góc 450 có nghĩa A: sin   cos  (1) vx  vy  t   v0 g Hơn ta phải có thời gian này: v cos   t  l (2) x  l    gt h (3) y  h v sin   t   v 02 l Từ (2)  t  (3) kết hợp với (1)  l  cos  (sin   cos  ) g v cos  gh 1 gh ; Thay t từ (1) vào (3) ta được: sin    cos    2 v0 v0 Thế vào (4): l l Từ (1) : v y  v0 t  (4) v02 (sin  cos   cos  ) g v02 g h gh (    2) v0 g v0 gh gh    v0 v02 g  v0  v y  v gh   v A  v y  v02  gh  S max v02  gh gh gh    v0      v0 v02   v0 v v  gh  A  g g Vậy phải đặt súng cách vách hầm khoảng: l  v02 g h gh (    ) tầm v0 g v0 xa đạn mặt đất lớn tầm xa bằng: S max  v 02  gh g Câu 14 Một bóng ném xuống mặt sàn nằm ngang Độ lớn thành phần vận tốc theo phương ngang phương thẳng đứng thay đổi sau va chạm theo quy luật: v0 xn1   x v0 xn v0 yn 1   y v0 yn (trong v0 n ; v0 n 1 tương ứng vận tốc sau lần va chạm thứ n n + 1;  x ,  y số nhỏ 1) Quãng đường theo phương ngang thời gian từ va chạm đến dừng lại L t0 Tìm góc hợp vận tốc bóng NAVAN86 -9- theo phương ngang sau va chạm theo L, t0,  x ,  y Cho biết số va chạm lớn Giải: Theo đề ta có: v0 xn   x v0 xn 1   xn1v0 x1 v0 yn   y v0 yn 1   yn 1v y1 Gọi thời gian bay quãng đường bóng va chạm thứ n n + tn 2v0 yn 2v0 y1  yn 1 2v0 x1  xn 1 v0 y1  yn 1 ; Ln  v xn t n  Ln ta có : t n   g g g Khi tồng thời gian : n 2v0 y1 i 1 g t   ti  1   y      y Do  y  nên n   t  n 1 y  2v0 y1 2v y1   yn g 1   y  g 1  y  v y1  g 1   y  (1) t Tổng quãng đường được: n 2v0 x1 v0 y1 i 1 g L   Li  1    x y    x2 y2    xn 1 yn 1  Do  x ,  y  nên n   L  Thay (1) vào ta được: v0 x1  2v0 x1 v0 y1 g 1   x  y    x y L   y t0 2v0 x1 v0 y1   xn 1 yn g   x y (2) Từ (1) (2) suy góc hợp vận tốc bóng phương ngang sau va chạm 1   y 2 gt02 v là: tg  y1  v0 x1 1   x y 2 L Câu 15 Một cầu nhỏ nhảy qua lại bán cầu hình vẽ Nó va chạm với mặt hai điểm nằm mặt nằm ngang Khoảng thời gian cầu chuyển động từ phải sang trái T1, từ trái sang phải T2 với T1  T2 Tìm bán kính cầu Giải: Tầm xa cầu ném xuyên với vận tốc đầu v0, góc ném  so với phương v sin 2 ngang : S  g Do hai điểm va chạm nằm đường nằm ngang nên độ lớn vận tốc đầu chuyển động từ trái sang phải phải sang trái v sin 2 v sin 2 Vậy tầm xa ứng với hai góc ném  ,  nhau: S   g g     sin 2  sin 2   2    2 Mà T1  T2 nên        90 Do va chạm đàn hồi nên phương vận tốc trước sau va chạm đối xứng qua pháp tuyến OA điểm va chạm Vậy góc OA với phương ngang là: NAVAN86 - 10 - ... vật nhỏ A nối với điểm C sợi dây không dãn nâng lên theo đường dốc mặt trụ vật B Mặt có bán kính R Giả sử thời điểm ban đầu vật A nằm sàn đứng n, sợi dây ln căng.Hãy tính vận tốc trung bình vật. .. Phương trình chuyển động vật là: x   t mg m2 g t  (1  e m ) k k *Bài toán ta giải định lí biến thiên động sau: Trong chuyển động vật kể đến lực cản khơng khí nên vật biến thiên Lực cản sinh... Hai vật chuyển động với vận tốc khơng đổi hai đường thẳng vng góc với cho v1 = 30m/s , v2 = 20m/s Tại thời điểm khoảng cách hai vật nhỏ vật cách giao điểm hai quỹ đạo đoạn S1 = 500m, hỏi lúc vật