Microsoft PowerPoint bai tap co hoc 01 pptx Bài tập Cơ học – Phần 1 Lê Quang Nguyên www4 hcmut edu vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo com Nội dung 1 Động học 2 Động lực học chất điểm 1 1 Một chất điể[.]
Nội dung Động học Động lực học chất điểm Bài tập Cơ học – Phần Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com 1.1 Một chất điểm chuyển động trục Ox theo chiều dương, O với vận tốc 2m/s Gia tốc có biểu thức a = −v/2 (m/s2) Tìm biểu thức vận tốc theo thời gian t Trả lời 1.1 • Từ đề định nghĩa gia tốc: dv v =− dt • Chuyển v sang vế trái, dt sang vế phải: dv = − dt v • Tích phân hai vế từ t = đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu: v(t ) ∫ t dv = − ∫ dt v ⇒ v ( t ) = 2e −t 1.2 Một chất điểm chuyển động mặt phẳng xOy với vận tốc cho bởi: v = i + xj ( m s ) Ban đầu chất điểm gốc O, tìm quỹ đạo Trả lời 1.2 • Từ định nghĩa vận tốc đề bài: dy =x dt • Chuyển dt sang vế phải lấy tích phân từ t = đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu: x (t ) ∫ t dx = y(t ) ∫ ∫ dt dy = ∫ x (t ) = t ⇒ t t x ( t )dt = ∫ ⇒ tdt y (t ) = • Khử t: y = x 2 t2 Quỹ đạo parabôn 1.3 Một hạt rời gốc tọa độ với vận tốc đầu: v = 3i ( m s ) sau chuyển động với gia tốc không đổi: a = −i − 0, j ( m s ) Tìm vận tốc hạt đạt vị trí có tọa độ x cực đại dx = 1; dt Trả lời 1.3 • Tương tự câu trước ta có: dvx dt = −1; vx ( t ) ∫ vy ( t ) ∫ dvy dt = −0, t dvx = −∫ dt ⇒ vx ( t ) = − t ⇒ vy ( t ) = −0, 5t t dvy = −0, ∫ dt • Theo vx giảm dần, lúc t = 3, sau hạt chuyển động ngược lại theo chiều âm Trả lời 1.3 (tt) 1.4 • Vậy lúc t = x đạt giá trị cực đại • Lúc đó: vx = 0; vy = −1, Một chất điểm chuyển động trục Ox theo chiều dương, O với vận tốc đầu khơng Sau có gia tốc a = – 8x (m/s2) Hãy tìm vị trí x vận tốc đạt giá trị cực đại v ( t = ) = −1, j ( m s ) Trả lời 1.4 • Theo đề ta có: 1.5 dv = − 8x dt • Ở ta cần biết phụ thuộc v vào x, ta thay dt dx: dt = dx v dv ⇒ vdv = ( − 8x )dx = − 8x dx v • Tích phân hai vế, để ý điều kiện ban đầu: v( x ) ∫ x vdv = ∫ ( − 8x )dx ⇒ ⇒ v = vmax x = 0,25 ( m ) v ( x ) = 4x − 8x Một canô khối lượng m chuyển động thẳng với vận tốc v0 tắt máy Biết lực cản nước lên canơ có biểu thức F = kv2 , tìm biểu thức vận tốc canơ theo quãng đường s từ lúc tắt máy Hướng dẫn 1.5 1.6 • Dùng định luật Newton để tìm gia tốc, sau làm tương tự câu 1.4, ta có kết quả: Một chất điểm chuyển động đường trịn với vận tốc đầu khơng gia tốc góc khơng đổi β = (rad/s2) Lúc t = (s) chất điểm có vận tốc v = (m/s) Tìm bán kính đường trịn v (s ) = k − s m v0e Trả lời 1.6 Trả lời 1.6 (tt) • Liên hệ quãng đường góc quay: s = Rθ • Lấy đạo hàm theo thời gian: • Trong ta dùng điều kiện ban đầu, biết gia tốc góc số • Suy bán kính đường trịn: v (t ) R= βt • Lúc t = (s) v = (m/s), đó: ds dθ =R dt dt ⇒ v = Rω dv dω dv =R ⇒ at = = Rβ dt dt dt • Từ hệ thức (1) suy ra: v(t ) ∫ t dv = Rβ ∫ dt ⇒ v ( t ) = Rβt (1) R= v (t = 1) ×1 = = 2(m ) 1.7 Một vật ném ngang từ cao Vận tốc vật chạm đất hợp với phương ngang góc 60° có độ lớn 30 (m/s) Lấy g = 10 (m/s2) bỏ qua sức cản khơng khí Tìm bán kính cong quỹ đạo điểm chạm đất Trả lời 1.7 • Lúc chạm đất, gia tốc tiếp tuyến hợp với phương ngang góc α, • góc gia tốc pháp tuyến gia tốc tồn phần g α at an • Ta có: v2 an = g cos α ⇔ = g cos α R v2 302 = = 180 ( m ) ⇒R= g cos α 10 cos 60° g 1.8 Trả lời 1.8 Một bánh xe quay chậm dần đều, thời gian phút vận tốc góc giảm từ 300 (vịng/phút) xuống cịn 180 (vịng/phút) Tìm gia tốc góc bánh xe số vịng quay thời gian phút • Từ biểu thức gia tốc góc: d ω = βdt • Chọn t = lúc vận tốc góc 300 (v/ph), tích phân từ t = đến lúc t bất kỳ: ω( t ) ∫ t dw = β ∫ dt ω0 ⇒ ω ( t ) = ω0 + βt • Suy gia tốc góc: β = ( ω ( t ) − ω0 ) t • Lúc t = 60 (s) ω = 180 (v/ph), đó: β= ( 180 − 300 ) × ( 2π 60 60 ) = −0,21( rad s ) Trả lời 1.8 (tt) 1.9 • Từ biểu thức vận tóc góc: d θ = ωdt • Tích phân từ t = đến lúc t bất kỳ: θ( t ) ∫ t t dθ = ∫ ωdt Một vật chuyển động cong đến vị trí M có vận tốc gia tốc hình vẽ Kết luận sau đúng: A Vật chuyển động chậm dần bên trái (T) B Vật chuyển động nhanh dần bên trái (T) C Vật chuyển động chậm dần bên phải (P) D Vật chuyển động nhanh dần bên phải (P) = ∫ ( ω0 + βt )dt 0 • Suy góc quay sau thời gian t: θ ( t ) = ω0t + 21 βt • Thay t = 60 (s) ta được: θ = 480π ( rad ) = 240 ( vong ) Trả lời 1.9 • Gia tốc tiếp tuyến ngược chiều với vận tốc: vật chuyển động chậm dần • Vận tốc M hướng sang phải • Kết luận: Vật chuyển động chậm dần bên phải (P) • Trả lời: D v (T) (P) M a 1.10 v (T) (P) M an at a Một vật rơi tự do, (s) cuối trước chạm đất rơi quãng đường dài 60 (m) Cho g = 10 (m/s2) Vật rơi từ độ cao bao nhiêu? h−d t=0 d v t = 2s y Trả lời 1.10 • Chọn t = lúc vật cách mặt đất khoảng d có vận tốc v (hình vẽ) • Sau thời gian t vật chạm đất, đó: Trả lời 1.10 • Sau rơi quãng h – d, vật có vận tốc: v = 2g ( h − d ) • Suy độ cao h: d = 21 gt + vt • Suy vận tốc v: v = d − 21 gt t • Thay d = 60 (m) t = (s) ta được: v2 h= +d 2g h = 80 ( m ) 60 − × 22 v= = 20 ( m s ) 1.11 Trả lời 1.11 Cho hai vật A B rơi tự từ độ cao, vật A rơi trước vật B Cho g = 10 (m/s2) Sau (s) kể từ lúc vật B rơi, khoảng cách hai vật 60 (m) Vật B rơi sau vật A bao lâu? • Chọn trục y hướng xuống gốc thời gian lúc vật B bắt đầu rơi, ta có: yB = 21 gt • Trước quãng thời gian t0 vật A bắt đầu rơi, đó: yA = 21 g ( t + t0 ) • Lúc t = (s) khoảng cách hai vật 60 (m), suy ra: 1g ( + t0 ) − 21 g ( ) = 60 ⇒ t0 = ( s ) 2.1 Trả lời 2.1 - Cho hệ hình vẽ Hệ số ma sát m M, M sàn k Để M chuyển động đều, trước m rơi khỏi nó, F phải thỏa: A F = kMg B F = k(M+m)g C F = kmg D F = k(M+2m)g a Lực F kéo M sang trái, hai lực ma sát f1 từ mặt bàn, f2 từ m, hướng sang phải b m chịu phản lực vng góc N2 từ M, ép xuống M lực trực đối c M tác động vào m lực f2, hướng sang trái m F M Trả lời 2.1 - • Dùng định luật Newton phương x, y cho hai vật, lưu ý m đứng yên: N2 F f1 Mg N2 T f2 mg y x Trả lời 2.1 - f2 N1 • Có thể tìm sức căng dây T từ (3) (4): T = kmg N2 F f1 Ma = F − k ( N + N ) (1) = N − Mg − N (2) = kN − T (3) = N − mg (4) f2 • Nhân (2) (4) với k cộng tất cả, ta được: y Ma = F − k ( M + m ) g − T f2 N1 • Lưu ý phân tích lực: Mg • Do đó: Ma = F − k ( M + 2m ) g mg • Khi M chuyển động a = 0, lúc F phải thỏa: F = k ( M + 2m ) g • Trả lời: D N2 T x 2.2 Trả lời 2.1 Một vật khối lượng m = 100 (kg) chuyển động lên mặt nghiêng có góc nghiêng α = 30° chịu tác động lực kéo F = 600 (N) dọc theo mặt nghiêng Khi thả vật ra, vật chuyển động xuống với gia tốc bao nhiêu? • Khi kéo lên, dùng liệu đề ta thấy mgsinα < F • Vì để vật trượt kéo lên phải có ma sát cho tổng lực mặt nghiêng (phương Ox) không: y x N F f α mg = F − mg sin α − kmg cos α (1) • Lưu ý: f = kN = kmgcosα Trả lời 2.1 (tt) 2.3 y • Ngược lại vật trượt xuống ta có: x ma = mg sin α − kmg cos α (2) N f • Lấy (2) trừ (1) ta được: ma = 2mg sin α − F F ⇒ a = 2g sin α − m a = (m s2 ) α mg Vật m kéo trượt hình vẽ Hệ số ma sát m mặt nghiêng k Để F nhỏ góc β phải thỏa điều kiện sau đây? A β = arcsink B β = arccosk C β = arctank D β = arccotk F β α Trả lời 2.3 2.4 y • Định luật Newton x, x y vật trượt đều: = F cos β − mg sin α − kN (1) F = N + F sin β − mg cos α (2) N β • (1) + k × (2) cho ta: sin α + k cos α f F = mg cos β + k sin β mg α • Điều kiện β để F cực tiểu: dF = ⇒ β = arctan k Trả lời: C dβ Một vật khối lượng m trượt khơng ma sát mặt nghiêng nêm Hỏi phải đẩy nêm trượt sang phải với gia tốc tối thiểu A để m đứng yên nêm • Nếu A < gtanα Fqt khơng đủ để tạo cân bằng: m trượt xuống α Trả lời 2.4 (tt) y N x • Trong hệ quy chiếu gắn liền với nêm m có gia tốc khơng, chịu lực qn tính hướng ngược chiều gia tốc A • Định luật x cho: = mg sin α − mA cos α ⇒ A = g tan α A mA mg α • Cũng xét hệ quy chiếu mặt đất • Khi m đứng yên nêm, gia tốc m mặt đất A, • định luật Newton phương x cho ta: mA cos α = mg sin α ⇒ A = g tan α y N x Trả lời 2.4 m A mg α Một vật khối lượng m trượt khơng ma sát mặt nghiêng nêm A Nêm trượt sang trái với gia tốc không đổi A Gia tốc A phải thỏa điều kiện để m đứng yên nêm? Trả lời 2.5 m α Trả lời 2.5 (tt) • Ngược lại, vật rơi khỏi nêm khi: A ≥ g cot α • Dấu = N bắt đầu không N mA mg α 2.6 y N x • Để tìm N ta dùng định luật Newton phương y: = N + mA sin α − mg cos α ⇒ N = m ( g cos α − A sin α ) N > ⇔ A < g cot α y • Trong hệ quy chiếu gắn liền với nêm m có gia tốc khơng, chịu lực qn tính hướng ngược chiều gia tốc A • Fqt có xu hướng làm vật rơi khỏi nêm phía phải Xu hướng tăng A lớn • Khi N > m cịn ép lên nêm, tức cịn chưa rơi x 2.5 mA mg α Cho hệ hình vẽ, khối lượng rịng rọc dây treo không đáng kể, M = (kg), m = 0,5 (kg), g = 10 (m/s2) Áp lực M m là: A (N) B (N) C (N) D (N) M m M Hướng dẫn 2.6 2.7 • Đây máy Atwood với khối lượng (m + M) M hai nhánh Nhánh phải xuống với gia tốc (xem giảng): m a =g 2M + m • Khi m ép vào M lực, M tác động ngược lại lực trực đối, phản lực vng góc N • Để tìm N, ta dùng định luật Newton cho m Trả lời: (N) N mg y Trả lời 2.7 • Dùng định luật Newton cho m phương x, y, lưu ý vật có gia tốc A hướng sang phải: mA = N = f − mg • Từ (2) ta có: f = mg m A 2.8 f N (1) (2) Cho hệ hình vẽ Hệ số ma sát vật m bề mặt thẳng đứng khối vuông k = 0,1 Cho g = 10 (m/s2) Để m không trượt xuống, cần cho khối vuông chuyển động sang phải với gia tốc A tối thiểu bao nhiêu? mg y x • Ma sát tĩnh phải thỏa điều kiện: f ≤ kN mg g ⇒N ≥ ⇔A≥ Amin = 100 ( m s ) k k Cho hệ hình vẽ Gọi a0, a1, a2 gia tốc m0, m1, m2 hệ quy chiếu mặt đất Tìm hệ thức liên hệ ba gia tốc m0 m1 m2 Trả lời 2.8 Trả lời 2.8 (tt) • Chiều dài dây treo qua rịng rọc 2: l = ( y1 − y ) + ( y2 − y ) • l khơng đổi dây khơng co dãn, lấy đạo hàm hai lần biểu thức theo thời gian ta được: 0= d 2y1 + d 2y2 −2 O y0 y1 y2 • a0 gia tốc rịng rọc 2, gia tốc m0, dây treo qua rịng rọc có chiều dài khơng đổi • Do hệ thức gia tốc ba vật là: a1 + a2 = 2a d 2y dt dt dt ⇔ = a1 + a2 − 2a 2.9 Một xe trượt khối lượng m trượt xuống từ đỉnh đồi hình bán cầu phủ đầy tuyết (khơng ma sát) Giả sử vận tốc ban đầu xe không đáng kể Hãy tìm góc φ ứng với xe bắt đầu rời khỏi đồi Trả lời 2.9 - • Dùng định luật Newton phương pháp tuyến vị trí có góc lệch φ: m v R = mg cos φ − N ⇒ N = m ( g cos φ − v R ) • Khi vật trượt xuống vận tốc v tăng dần, N giảm dần • Đến N = vật bắt đầu rời khỏi đồi N mg Trả lời 2.9 - Trả lời 2.9 - • Khi đó: N v = gR cos φ (1) • Để tìm v ta dùng định lý động vị trí có góc lệch φ vị trí ban đầu: mv = mgh = mgR ( − cos φ ) • Suy ra: v = 2gR ( − cos φ ) (2) h • Từ (1) (2) ta được: 2gR ( − cos φ ) = gR cos φ mg φ = cos−1 ( ) ≈ 48° ⇒ cos φ = • Lúc độ cao tính từ đỉnh đồi là: 2 R h = R − = 3 2.10 Cho hai lực: F1 = yi F2 = xi + yj Lực lực thế? Trả lời 2.10 • Cơng sơ cấp hai lực: dW1 = ydx dW2 = xdx + ydy = 21 d ( x + y ) • Cơng dịch chuyển lớn: ∫ ydx W2 = 21 ∫ d ( x + y ) W1 = = 21 ∆ ( x + y ) • W1 phụ thuộc y(x): thay đổi theo quỹ đạo, F1 khơng phải lực • W2 phụ thuộc vị trí đầu cuối, F2 lực 2.11 Một vật khối lượng m trượt lên mặt nghiêng góc α với vận tốc đầu v0 hệ số ma sát vật với mặt nghiêng k Tìm quãng đường vật dừng lại Trả lời 2.11 • Độ biến thiên vị trí cuối đầu: v=0 ∆ ( K + U g ) = Wms ∆K = − 21 mv02 s v0 α ∆U g = mgh = ( mg sin α )s • Cơng lực ma sát: Wms = −fs = −kNs = −k ( mg cos α )s v02 ⇒s = 2g ( sin α + k cos α ) h ... mg Trả lời 2.9 - Trả lời 2.9 - • Khi đó: N v = gR cos φ (1) • Để tìm v ta dùng định lý động vị trí có góc lệch φ vị trí ban đầu: mv = mgh = mgR ( − cos φ ) • Suy ra: v = 2gR ( − cos φ ) (2) h... nêm khi: A ≥ g cot α • Dấu = N bắt đầu không N mA mg α 2.6 y N x • Để tìm N ta dùng định luật Newton phương y: = N + mA sin α − mg cos α ⇒ N = m ( g cos α − A sin α ) N > ⇔ A < g cot α y • Trong... β = arcsink B β = arccosk C β = arctank D β = arccotk F β α Trả lời 2.3 2.4 y • Định luật Newton x, x y vật trượt đều: = F cos β − mg sin α − kN (1) F = N + F sin β − mg cos α (2) N β • (1) +