cơ học 2

TUYỂN CÁC BÀI TẬP DÙNG BDHSG

Bài 1: Hai đường thẳng IA, IO cắt nhau tại I (hình vẽ) đồng thời chuyển động theo hai hướng khác nhau

vuông góc với hai đường thẳng với vận tốc tương ứng v1, v2 để đồng thời đến O, A Cho biết vận tốc v1 =4 m/s, bán kính đường tròn R và  = 300

a Xác định vận tốc v2 của đường thẳng IO.b Xác định vận tốc của giao điểm I.

c Động tử I gặp đường tròn tâm O vào những thời điểm nào? Gọigiao điểm I với đường tròn là G1,G2 Tính độ dài dây cung G1G2.

Mặt khác : S2 = v2.t  2 3t

2   (m/s)b Xác định vận tốc của I :

* AIˆO300IO2.AO2R

IA = IO2AO24R2R2R3

* Đường thẳng I I1 : y = x7

* Đường tròn tâm O: (x - 2R)2 + y2 = R2 

G1 2 



Bài 2: Một con lắc đơn gồm sợi dây mãnh không giãn có chiều dài l = 1m, một đầu treo vào điểm cố định

Q, một đầu nối với một hòn bi nhỏ khối lượng m = 100 (g) Ban đầu kéo hòn bi ra đến vị trí có phươngdây treo tạo phương thẳng đứng 1 góc 0= 600 Buông tay không vận tốc đầu.

a Tính vận tốc hòn bi và sức căng sợi dây khi hòn bi qua vị trí cân bằng.b Xác định chu kỳ chuyển động tuần hoàn của hòn bi (lấy g = 10 m/s2)

  v 2gl1 cos0= 3,162 (m/s) Áp dụng định luật II Niutơn tại vị trí cân bằng:

 y 2 2 vx

 (4)Từ (2)  v2 = 2g (h0 – y ) hay vx + vy = 2g ( h0 – y ) (5)Thay (3) , (4) vào (5)   22

 lx [lxlcos] dxdtl

Chu kỳ: t0 = 4 2

 (6) t0 =

Bài 3: Một hạt trai được luồn qua một sợi dây kẽm uốn cong, sợi dây kẽm có hình dạng là 1 nhánh củađường cong y = aekx + b trong hệ toạ độ Oxy nằm trong mặt phẳng thẳng đứng (hình vẽ) Hạt trai được thảtrượt không vận tốc đầu từ độ cao h = 5,436 (m)  2e (m) so với mặt đất Lấy g = 10 m/s2 Bỏ qua ma sát;với k = 1 (m-1), a = 2 (m), b = - 2e (m)

a Xác định vận tốc hạt trai khi sắp chạm đất.

b Xác định quãng đường và thời gian hạt trai chuyển động trước khi chạm đất.

Gợi ý:

a Áp dụng ĐLBT cơ năng: mv2 / 2 = mgh v = 2gh10,43 (m/s)

b Quãng đường vật trượt được: S = 2 1 y dx

Với: * ykaekx 2ex  y2 4.e2x

* y2 = h = 2e  x2 = ln 2e = 1,6931 (m); y1 = 0  x1 = 1 (m)  S = ln e 1 4e dx1

  Đặt t2 = 1 + 4e2x  2t dt = 8 e2x dx  t dt / ( t2 – 1 ) = dx  x1 = 1  t1 và x2 = ln2e  t2

tt 2

 ; ( vx = dx / dt )

 T = 

 201(4e4e2e ).dxe

 

(m); trong đó a = 3 (m); x tính bằngmét; vận tốc chạy của con kiến không đổi là v = 10 (mm/s) Hỏi sau bao lâu kiến chạy từ A đến B, với toạđộ của A, B là: (xA = - 2 m; xB = + 4 m)

   với

S =

= 1,5 [ ( 3,7936 – 0,2636 ) – ( 0,5134 – 1,9477) ]  7,4465 (m) Thời gian kiến chạy từ A đến B là: t = S / v = 7,4465 / 0,01 = 744,65 (s)

Bài 5: Một sợi dây kim loại uốn thành 1 đường cong có phương trình trong toạ độ Đescartes x2 = 2py; p làhằng số dương Mặt phẳng Oxy thẳng đứng, một hạt trai trượt không ma sát trên đường cong bắt đầu từđiểm M0 có hoành độ x0, không vận tốc đầu Hãy xác định chu kỳ chuyển động và quãng đường hạt trai đitrong một chu kỳ Áp dụng: p = 1m; x0 = 2m

Gợi ý:

Ta có mv2 / 2 + mgy = mg0y0= const

 41 xx .dx 104 .20

=

= 11,83 (m)

Bài 6: Một chất điểm chuyển động ở trong mặt phẳng toạ độ 0xy, gia tốc của chất điểm có các hình chiếu

ax = 4 cm/s2, ay = 2t cm/s2 Tìm phương trình chuyển động của chất điểm, biết lúc t = 2 (s) vận tốc của chấtđiểm v = 12 2cm/s và làm với các trục Ox và Oy những góc bằng nhau.

Gợi ý:

Dạng vi phân của vận tốc trên các trục: dvx = ax dt (1) d vy = ay dt (2)

Lúc t = 2 (s) thì vx = vy = 12 2 cos 450 = 12 cm/s do đó (1) và (2) chuyển sang tích phân:

x 4dtdv

và  

y 2tdtdv

 vx = 4t + 4 (3) vy = t2 + 8 (4) Dạng vi phân toạ độ chuyển động của vật: dx = vx dt (5) dy = vy dt (6) Ta chuyển (5), (6) sang tích phân:   

dt)8t(dy  x= 2(t2 + 2t ) và y = t3 / 3 + 8t

Bài 7: Trên mặt đất nằm ngang có một ngọn đèn chiếu sáng một bức tường thẳng đứng Khoảng cách từ

đèn đến bức tường là L Từ chân tường có một hòn đá nhỏ ném về phía đèn Quỹ đạo của hòn đá nằmtrong mặt phẳng vuông góc với tường và hòn đá rơi sát cạnh đèn.

a Tìm vận tốc ban đầu nhỏ nhất của hòn đá

b Tìm vận tốc dịch chuyển của bóng hòn đá trên tường Xem là tường đủ rộng.

Gợi ý:

a Từ công thức tầm xa: 2

v sin(2 )L

 suy ra vận tốc ban đầu v0 có giá trị nhỏ nhất khi  = 450 Vậy v0  gLb Tọa độ của bóng hòn đá trên tường là y1

2220g.x2.v cos =

L xx

y x v cos t

Do đó: v1 = v0cosỏ = gL2 .

* Trong trường hợp tổng quát: x = (v0cos)t; y = (v0sin)t – gt2/2Do đó:

L(v sin gt) gv cos t / 2L

Bài 8: Trên mặt phẳng thẳng đứng P có vẽ một vòng tròn C bán kính R tiếp xúc với mặt phẳng ngang.

Một chiếc vòng M có bán kính R lăn không trượt trên mặt phẳng ngangtiến về phía vòng tròn C (hình vẽ) Vận tốc của tâm O1 của vòng M là v.Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng P Gọi A là một giao điểm của haivòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là d < 2R Tìm:

x

a Giao điểm A dịch chuyển trên đường tròn C với vận tốc vA tiếp tuyến với C, hình chiếu lên phươngngang là vx = v/2 = vAcos = vA R2 d / 42

d2 1

Vì thành phần vận tốc của vAtheo phương ngang không đổi nên gia tốc của A hướng thẳng đứng và thànhphần của gia tốc này lên phương bán kính O2A là gia tốc hướng tâm:

va a.cos

A) trên vòng có thể coi là một cung tròn Vòng lăn khôngtrượt nên có thể xem như nó đang quay quanh điểm tiếpxúc với vận tốc góc  = v/R

Ta có: IA1 = 2R.cos, với  = /2.→ cos =

Vậy: R1 = 2R

22d2 1 1

Bài 9: Một hạt có khối lượng m chuyển động trong mặt phẳng Oxy chỉ dưới tác dụng của một lực phụ

thuộc vào vận tốc theo quy luật: F= a( vyi – vxj ) Trong đó a là hằng số dương, i vàj là cácvectơ đơn vị trên trục Ox, Oy Tại thời điểm ban đầu t = 0 hạt có toạ độ x(0) = 0; y(0) = 0 và có vận tốc vx(0)= 0; vy (0) = V0 Tìm phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo của nó.

Gợi ý:

Ta có:

=

= 

dt  

= 

 arc sin 

= t  vx = v0sin 

t  vy = v0cos 

t Mặt khác:

= vx = v0sin 

Vậy phương trình chuyển động là:  x = tmaa

 cos1



Tương tự: y = tm

 sin1

Từ (4) và (5) suy ra phương trình quĩ đạo là:

Bài 10: Một viên đạn khối lượng m, được bắn thẳng đứng lên cao từ mặt đất với vận tốc v0, lực cản của

không khí tác dụng lên đạn trong quá trình chuyển động có độ lớn coi như F = k.v2 ( k>0 )a Viết phương trình vận tốc theo thời gian

b Viết phương trình vận tốc của viên đạn theo độ cao của nó

c Tính độ cao cực đại , vận tốc của nó khi nó lại rơi xuống đất Hãy xác định 2 thời điểm đó?

 = - dt  t = - m  

v0mg kv2du

v0 v2kmgdvk

(*)Gọi T là khoảng thời gian đi lên, lúc này  = 1, khi đó:

T =

=

+ Khi đạn rơi xuống: thì T < t, lúc này  = - 1 nên (*) viết lại:

= T + v0 2

= T +

 mv.dv / dx = - mg - kv2 hay mgmvkv2.dvdx

v0  2

Vì đi lên thì  = + 1 nên (*) viết lại:

 



Theo (3) thì x = hmax thì v = 0 

hmax 2 (5)

+ Khi rơi xuống thì  = - 1; nên (*) viết lại:

(6) c Độ cao cực đại: Theo (6) 

t (7) + Khi vật chạm đất: theo (6): x = 0 2



 (8) Thời điểm  t2 maxđạn chạm đất : Thay (8) vào (2) ta được:

 t2 max=

Bài 11: Một viên đạn khối lượng m được bắn lên với vận tốc v0 tạovới phương ngang một góc  từ mặt đất Lực cản của không khítác dụng lên viên đạn F kv

 , k là hệ số tỉ lệ ( k > 0)a Viết phương trình chuyển động của viên đạn.

b Tìm độ cao cực đại đạn đạt được và vận tốc ở đó

dvx cx  x

xx 

1 xx

 (1)Mặt khác: dx / dt = vx (2)Từ (1) và (2) dx v em t.dt

e mvk .e mvkv

* Trên Oy: ta có

dvy  y

 (3)

Vì P + kvy  0 nên (3) viết lại: 

=  tkmg1

= 

b Tại điểm có độ cao cực đại: vy = 0 (6)Thay (4) vào (6) 

t 0 (7)

Thay (7) vào (1) ta được: v = vx = 

 mg kv sin

Bài 12: Một đầu máy xe lửa hoạt động với công suất 1,5 MW có thể làm tăng tốc một đoàn tàu từ 10m/slên 25m/s trong 6 phút trên mặt phẳng nằm ngang (Bỏ qua công của lực ma sát).

a Tìm khối lượng đoàn tàu?

b Viết biểu thức đoàn tàu trong thời gian đó.

c Viết biểu thức lực tăng tốc cho đoàn tàu trong khoảng thời gian đó.d Tìm quãng đường tàu đi được trong khoảng thời gian đó.

Gợi ý:

a Công A do đầu máy sản ra trong thời gian t = 6 phút là: A = p.tTheo định lý động năng: W ñ2 Wñ1 = A  2

 = p.t (1)

 = 2,057.106 (kg) (2)b Từ (1) suy ra:

Bài 13: Tính lực hấp dẫn giữa 1 quả cầu nhỏ khối lượng m1 và một thanh dài L có

khối lượng m2 Biết m1 nằm trên đường trung trực của thanh và cách thanh mộtđoạn h.



* Vì thanh có tính chất đối xứng qua IA nên hợp lực hấp dẫn giữa quả cầu m1 và thanh m2 có phương trênAI:

= 2Gm1m2 

= hhL4mGm

Bài 14: Một vỏ bán cầu bán kính R đặt trên mặt phẳng nằm ngang và có khối lượng m Một chất lỏng có

khối lượng riêng  được đổ vào trong vỏ bán cầu dâng lên độ cao h (hình vẽ).a Hãy tính lực nâng của chất lỏng tác dụng vào vỏ bán cầu.

b Tìm điều kiện để chất lỏng không chảy ra khỏi bán cầu

Gợi ý:

a Lực nâng của bán cầu luôn có phương thẳng đứng theo trục Oz Xét phần

tử diện tích kẻ vạch như hình vẽ Thành phần lực nâng của chất lỏng tác dụng vỏ bán cầu là: dz = - P.(2r).dr (dr < 0 ) (1)

với P =  g(h – z) (2)Mặt khác: r2 + z2 = R2  (r2 + z2 )/z = (R2)/

z hay 2r.dr(z) + 2z.dz = 0 r.dr = - z.dz (3)Thay (2) , (3) vào (1) ta được:

dFz =  g(h – z).2(+z)dz = -  g(z – h)2.z.dz (4) Hợp lực do chất lỏng nâng vỏ cầu theo hướng 0z là:

Fz = dF gz h2 zdz g2 hz hzdz0

       = gh3

b Để bán cầu không nâng lên thì: Fz  mg  gh33

 mg  h  33m

 (5) Bất đẳng thức (5) chỉ có nghĩa khi h < R.

Bài 15: Một chiếc thuyền có m = 50 kg chuyển động thẳng trên mặt nước với vận tốc đầu v0 = 10m/s, chịu

lực cản của nước Fc Vvới V là vận tốc của thuyền,  là hằng số dương.

a Biết quãng đường vật đi được khi vận tốc giảm từ v0 đến v = 5 m/s là 40 m Xác định  và thời gianvật đi quãng đường đó.

b Xác định quãng đường vật đi được đến khi dừng lại và thời gian đi quãng đường đó.

dx ( vì v = dtdx

mdv x

   

xvvm 0 

5,5 (s) (3)b Theo (2) quãng đường lớn nhất mà thuyền đi được ( ứng với v = 0 ) là: xmax =

v0 = 80 m.

Ngoài ra: từ (3) suy ra v = v0emt Do đó v = 0 ứng với t = : sau khoảng thời gian rất lớn thuyền dừng

lại (Thực tế thời gian đi là hữu hạn vì quy luật phụ thuộc vào vận tốc của lực cản không còn như trên ).

Bài 16: Trong mặt phẳng đứng hình vẽ dây không dãn, không khối lượng CBM được cuộn vào bánh xe

tâm cố định Bán kính r, sau đó vắt qua ròng rọc cố định B rồi buộc vào vật M khối lượng m Khi bánh xeC quay, nó kéo vật M lên theo thanh OE trùng với phương thẳng đứng (E ở cùng độ cao với B) BE = l, O

là vị trí đầu của M Bỏ qua các lực ma sát, xác định sức căng của sợi dây dưới dạng hàm của x = EM tronghai trường hợp:

a  = const, - vận tốc góc của bánh xe C.b const

Gợi ý:

Từ hình vẽ của đầu bài , phương trình của định luật 2 Niutơn: NPTma

chiếu lên phương OE(trục Ox) ta được: Tcos- P = max (1)a Khi  = const, dl = v0; mặt khác dl = dx.cos vx =

v0 và

(2) từ dẳng thức: x = l cotg

' 0 2 (3)

Vậy: T = 

; s2 = l2 + x2 ; v0 = rb Khi ' = const: T = 

; 2 2

v  

Bài 17: Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài L Một đầu dây

buộc cố định tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng rất nhẹ, vòng lại có thể trượt không ma sát trênmột thanh ngang (hình vẽ) Ở thời điểm ban đầu, dây được giữ ở

cạnh vòng và dây thẳng, không căng Thả cho hạt cườm chuyểnđộng Tìm vận tốc của nó ở thời điểm dây bị đứt biết rằng dây chịusức căng lớn nhất là T0 Khoảng cách từ A đến thanh là h Bỏ quamọi ma sát.

Gợi ý:

Trước tiên ta xác định quỹ đạo chuyển động Chọn hệ tọa độ nhưhình vẽ Theo định lý Pitago: AN2 = QN2 + QA2

(L - y)2 = x2 + (h - y)22

2 2(L h)

Như vậy quỹ đạo là parabol.

Phương trình định luật II Newton viết theo phương pháp tuyến:2

với H = H L2

Giải các phương trình (1) – (3) được: T = mgL

2(L y)

X

Lúc T = T0 thì

0mgy L 1

T  thì dây đứt ngay ở thời điểm vừa thả ra.Khi

T   L: dây không bị đứt trong suốt quá trình chuyển động.

Bài 18: Ở trên mặt phẳng ngang một chiếc đĩa nằm ngang bàn kính R = 20cm đặt một đồng xu Đĩa quay

tròn nhanh dần đều với vận tốc gốc bt, trong đó b là gia tốc góc, b = 1 rad/s2 Sau bao lâu đồng xu

văng ra khỏi đĩa Biết hệ số ma sát giữa đồng xu và đĩa là k = 0,2; g = 10 m/s2

Gợi ý:

Xét trong HQC gắn với đĩa quay:

Đồng xu nằm yên trên đĩa không bị văng ra.: Fqt Fms kN kmg (1) Đồng xu chuyển động không đều với gia tốc :

222 RbtR

Điều kiện : t > 0 nn:

(4) Theo đề bi 0,2

m k = 0,2 , thoả điều kiện (4) Thế số vo (3) được : t0 =3,15 s

Sau khỏang thời gian t > t0 =3,15 s thì đồng xu văng ra khỏi đĩa.

Bài 19: Một thanh cứng AB khối lượng không đáng kể, chiều dài l, ở hai đầu

có gắn 2 viên bi giống nhau, mỗi viên có khối lượng m Ban đầu thanh đượcgiữ đứng yên ở trạng thái thẳng đứng, viên bi 2 ở trên,bi 1 ở dưới tiếp xúc vớimặt phẳng ngang trơn Một viên bi thứ 3 có khối lượng m chuyển động với vận

tốc v0 hướng vuông góc với AB đến va chạm xuyên tâm vào bi 1 Biết va chạm là va chạm mềm Hãytìm điều kiện v0 để hệ 2 quả cầu 1 và 3 không rời mặt phẳng ngang? Vận tốc của quả cầu 2 bằng bao nhiêukhi sắp chạm vào mặt phẳng ngang.

Gợi ý:

- Sau khi vừa va chạm hệ quả cầu 1 và 3 có vận tốc : v13 =

 Khối tâm C hệ 3 quả cầu có vận tốc: vc =



- Gia tốc hướng tâm vật 1,3 đối với khối tâm C : (a13Q)ht =

- Gia tốc khối tâm C của hệ trên có phương thẳng đứng Qc = - g- Gia tốc vật 1,3 đối với đất trên phương thẳng đứng là:

a13 = (a13q)ht + ac =

1220 - g

Để vật 1 và 3 nâng lên: a13 > 0 suy ra v0 > 12gl Vậy để vật (1,3) không bị nâng lên thì v0  12gl.

* Xét trong hệ qui chiếu gắn với sàn:

- Vì vật 1,3 không nâng lên nên trước khi vật 2 va chạm sàn thì vận tốc theo phương ngang 3 vật là:v1n = v2n = v3n =

BTCN : mvn mvn mvn vd mv mgl

32 2

Bài 20: Quả cầu M khối lượng m được nối với một trục thẳng đứng tại hai

điểm A, B bằng hai thanh chiều dài l, khối lượng không đáng kể (khoảng cáchAB = 2a) Các chỗ nối đều là các chốt nên hai thanh chỉ bị kéo hoặc nén Cảhệ quay không ma sát quanh trục thẳng đứng với vận tốc góc  không đổi(xem hình vẽ) Tính các lực T và T’ mà vật m tác dụng lên các thanh AM vàBM tương ứng Các thanh bị kéo hay bị nén?

Gợi ý:

Gọi TM, 'M

T là các lực do các thanh tác dụng lên vật M Vật M chịucác lực: mg, TM, '

T và lực quán tính li tâm:

F = m2Rm2l2a2

Giả thiết TM và 'M

T có chiều như hình vẽ Gọi góc AMH = BMH= ; sin

 ; cos=R/l Chiếu xuống HX và HY có: 

T T sin mgRmcosTT

Suy ra:

TM >0, chiều giả thiết là đúng TM là chiều do thanh tác dụng lên M Ngược lại, M tác dụng lên thanhlực trực đối T Vậy thanh AM bị kéo.

T' oM nếu

 (quay đủ nhanh), thanh BM bị kéo TM' 0 nếu a

thanh BM bị nén T' 0

M  nếu

 thanh BM không chịu lực nào

T

Bài 21: Vệ tinh chuyển động tròn ở độ cao ho = Ro ( bán kính Trái Đất ) Người ta muốn chuyển nó lên

quỹ đạo tròn ở độ cao H = 3Ro bằng quỹ đạo nửa elip AB tiếp xúc với hai quỹ đạo tròn ở A và B, cácđiểm AOB thẳng hàng Cần tăng hoặc giảm bao nhiêu vận tốc ở các điểm A và B

( tăng giảm rất nhanh) Biết vận tốc vũ trụ ở sát mặt đất là v1 = 7.9km/s

Gợi ý:

Gọi : v0Al vận tốc của vệ tinh trên quĩ đạo tròn bán kính OA = 2R0 v0B l vận tốc của vệ tinh trên quĩ đạo tròn bán kính OB = 4R0 Ta có:

Để chuyển sang quĩ đạo elíp phải có vận tốc vA>v0A

Theo định luật Kêple 2 : khi vệ tinh đi tới B theo quĩ đạo nửa elíp nó có vận tốc l

vv  (1)do đó nó phải tăng vận tốc lên bằng v0B Trn quĩ đạo nửa elíp , cơ năng của vệ tinh được bảo tồn ( do thời gian tăng tốc rất ngắn) nn:

Lại cĩ :

v  Suy ra :

vA  B  (2) Từ (1) v (2) tìm được : vB 3,22km/s;vA 6,44km/s

Vậy độ tăng vận tốc : ở A l 6,44 - 5,58 = 0,86 (km/s);ở B l 3,95 – 3,22 = 0,73 (km/s)

Bài 22: Thanh cứng AB quay đều quanh trục thẳng đứng AC với vận tốc góc .

Góc giữa AB và AC là  không đổi (0  90 )0 Lò xo có độ cứng k, khối

lượng không đáng kể, độ dài khi không biến dạng là l0, được lồng vào thanhAB Một đầu của lò xo được gắn vào A, đầu kia gắn với hòn bi khối lượng m.Bi có thể trượt trên thanh AB nhờ một lỗ xuyên tâm (hình vẽ).

1 Ma sát giữa hòn bi và thanh không đáng kể.

a Xác định vị trí cân bằng của hòn bi Vị trí đó ứng với cân bằng bền haykhông bền?

b Giả sử hòn bi đang nằm cân bằng trên thanh, trong khi thanh vẫn quay đềuquanh trục thẳng đứng với vận tốc góc  thì cả hệ thống chuyển động theo

phương thẳng đứng lên trên với gia tốc a không đổi Hòn bi chuyển động như thế nào ? Mô tả và tìm cácđặc trưng chuyển động của nó

2 Cho biết hệ số ma sát giữa thanh và hòn bi là  Hãy xác định vị trí cân bằng của hòn bi.

Gợi ý:

1 Khi không có ma sát

a ở vị trí cân bằng: N mg F+ +dh+Fqt = (1)0 Chiếu (1) theo phương Ox với chú ý :

Fdh = k(l – l0), Fqt = m2 lsin, ta có:

- mgcos - k(l – l0)+ m2 lsin2 = 0 (2) Thì chiều dài lò xo ứng với vị trí cân bằng là:

 (3)

Bài toán có nghiệm (có tồn tại vị trí cân bằng) khi l > 0, tức là tử và mẫu của

(3) phải cùng dấu Nếu tử và mẫu của (3) khác dấu thì không tồn tại vị trí cânbằng, trừ điểm A

Khi bi lệch khỏi VTCB, hợp lực tác dụng lên bi trong hệ quy chiếu gắn với

B

dhqtF= +N mg F + +F

Chiếu theo phương Ox: Fx(m2sin2 k l kl)  0 mgcos (4)

Nếu điều kiện (*) thoả mãn thì vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng Khi thanh chưa chuyển động lên trên thì vị trí cân bằng cách A là l1, với 0

     , (điều kiện (*) cho

   2 Nếu có ma sát:

Khi hòn bi ở vị trí thấp nhất, nó có xu hướng trượt lên, do đó lực masát hướng xuống:

N mg F+ + +F +F =0 (1).

Chiếu (1) theo hai phương Ox, Oy với chú ý :

Fms = N, Fdh = k(lm – l0), Fqt = m2 lsin, ta có:N – mgsin - m2 lsin cos =0 (2)

-mgcos -N –k(lm – l0 )+ m2 lsin2 = 0 (3)0

Bài toán có nghiệm như trên khi k02 2 cos 2 sin 0

      , bài toán vô nghiệm, không tồn tại vị trí cân bằng ( trừ

điểm A) Nếu lm <0, lM > 0 thì 0  l  lM AC

Fqt

Bài 23: Trên mặt bàn nằm ngang có một bán trụ cố định bán kính R Trong mặt phẳng thẳng đứng vuônggóc với trục O của bán trụ ( mặt phẳng hình vẽ ) có một thanh đồng

chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặtbàn Trọng lượng của thanh là P Không có ma sát giữa bán trụ vàthanh Hệ số ma sát giữa mặt bàn và thanh là k =

Góc  phảithoả mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng?

Gợi ý:

Thanh chịu trọng lượng P, phản lực N của bán trục ở Avuông góc với mặt trụ (đi qua 0) Phản lực Q của mặt bànxiên góc với phương ngang vì có ma sát, trong đó:

Q = QN + F ; trong đó F là lực masát.

Ba lực Q; N; P cân bằng, vậy giao điểm của N;Q phải ở trên giá củaP.

Ta có: P + Q + N = 0(1)

Tam giác OAB là cân nên góc BAN= 2

Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncos = F ; (2) Chiếu (1) xuống oy : Nsin + QN = P ; (3) Lấy mo men đối với B : P  NRsin2

; (4) Mặt khác : QN

F  ; (5) Ta có 4 phương trình cho 4 ẩn N; QN; F và  Từ (3) có:

N Thay vào (2) nhận được:

F  ; (6) Thay vào (3) thu được: QN = P - Nsin =

(7) Thay (6) và (7) vào (5) có:

P4

 Suy ra: tg

Bài 24: Một vòng dây cao su có hệ số đàn hồi k, khối

lượng m,bán kính vòng dây là r khi ở trạng thái chưa biếndạng Tìm bán kính R của vòng dây khi nó quay đều vớivân tốc góc  trong mặt phẳng nằm ngang quanh trụcthẳng đứng đi qua tâm.

Gợi ý:

Xét một cung rất nhỏ s trên vòng dây với góc ở tâm là  , lực căng ở hai đầu đoạn dây này có hợp lực là:

21 TT

F = 2Tcos = 2Tsin )2

( = T (vì  nhỏ) F đóng vai trò lực hướng tâm : F =  m a =  m 2

 R m là khối lượng của cung s :  m =

 T =

 (1)Mà theo định luật Hooke : T = k  l = k2 (R – r) (2)

P F

x

(1) và (2)  R =

Bài 25: Một vật 5(kg) chuyển động theo một đường thẳng trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát , dướitác dụng của một lực biến đổi theo vị trí biểu diễn ở trên hình vẽ Hỏi lực đã thực hiện một công là baonhiêu khi vật chuyển động từ gốc toạ độ đến x = 8 (m) ?

Gợi ý:

Ta có:

A =  8

A =  2

= 

10 + 

2(x).( 1).dxF

với F1(x) = -5x + 20 ; F2(x) = -2,5x + 15  A =

10    

= 20 + 10 + 0 – 5 = 25 (J) hoặc A = s đ ( S0ABC - SDEF ) = 25 (J)

Bài 26: Một tên lửa một tầng đứng yên đối với một hệ qui chiếu quán tính nào đó có khối lượng M khiđộng cơ bắt đầu hoạt động Chứng minh rằng khi khối lượng động cơ tên lửa giảm còn 0,368M thì tốc độphụt nhiên liệu bằng không đối với hệ qui chiếu này

Gợi ý:

Theo định luật bảo toàn động lượng: udtdMdt

du Lấy tích phân 2 vế :   

VT =

dm 0,368MMM

 V = u ( đpcm )

Bài 27: Trên mặt phẳng ngang nhẵn có hai khối lập phương

cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau (giữa chúng có khehở nhỏ) Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khốilượng m = M lên trên vào khe nhỏ Bỏ qua mọi ma sát và vậntốc ban đầu của quả cầu Tìm vận tốc quả cầu ngay trước khiva đập xuống mặt phẳng ngang.

mv 2 mv mgR 1 cos

Mv

Bài 28: Bạn được tặng một cái hộp Khi bạn mở nắp hộp ra, thì thật bất ngờ, một chú hề bật ra Đó là hộp

bất ngờ Bài toán sau xét về mô hình của đồ chơi này.

Cho hai vật nhỏ (có thể coi như những chất điểm) có khối lượng tương ứng là m và Mđược gắn với nhau bằng một lò xo có độ cứng k, chiều dài tự nhiên  và khối lượng khôngđáng kể Hai vật m và M được lồng vào một trục thẳng đứng có thể trượt không ma sát dọctheo trục Gắn trục toạ độ Oz dọc theo trục, gốc O ở mặt sàn và có chiều hướng lên trên(hình bên) ở trạng thái nghỉ, vật m nằm trên sàn và có toạ độ z0 = 0, vật M nằm ở đầu trêncủa lò xo và có toạ độ za.

1 Ta nén vật M cho đến khi nó có toạ độ zb ( với zb < za) rồi thả nó ra với vận tốc ban đầubằng không (coi lúc đó là thời điểm t = 0) Hỏi cần nén vật M ít nhất đến điểm có toạ độ zbbằng bao nhiêu để khi lò xo dãn ra, vật m bị nâng lên khỏi mặt sàn?

2 Giả sử điều kiện ở ý 1 được thoả mãn, hãy xác định toạ độ zc và vận tốc vc của vật M ở thời điểm tc, lúcmà vật m bắt đầu bị nâng lên khỏi mặt sàn Biểu thị zc và vc theo k, m, M, , zb.

0

3 Hãy xác định độ cao cực đại zGmax mà khối tâm G của hệ hai vật m, M đạt được khi vật m được nâng lênkhỏi mặt sàn Biểu thị zGmax theo k, m, M, , zb.

Phương trình cho z là: k az" (z z ) 0

và nghiệm của nó có dạng z - za = A cos(t+) với kM 

Từ điều kiện đầu bài: lúc t = 0, z = zb và z’ =0, ta có phương trình chuyển động của vật M:z = za + (zb - za)cost

Lực căng mà lò xo tác dụng lên các vật M và m: F = k ( z –  ) = k [(za – )+ (zb - za)cost] Lực F có độ lớn cực đại F max khi cost= -1, vì zb < za.

Vật m bị nâng lên khỏi mặt sàn khi Fmax  mg Do đó, phải nén vật M ít nhất đến toạ độ zb mà:

(2M m)gz

k 

2 Vật m bị nâng lên khỏi mặt sàn ở thời điểm t1, khi lực căng của lò xo bằng trọng lực F = mg Theo (3) và (4) thì: cost1=

(M m)gk(z z )



Toạ độ của vật M lúc đó là zc với: z = z(t1) = za + (zb - za)cost1= mgkVận tốc của M lúc đó là: vc = z’(t1) = (zb - za)sint1 hay

M m

Mz" mz"

M m

Do đó khối tâm chuyển động chậm dần theo phương trình:

M m

M m

vt

Bài 29: Hai vật nối với nhau bằng một dây mãnh không dãn , dài l Tại thời điểm ban đầu vật m0 được

ném từ mặt phẳng AB với vận tốc đầu V0 hướng thẳng đứng lêntrên ( HV3 ) Hỏi độ cao cực đại mà m0 có thể đạt tới ? Giả sửrằng dây có khối lượng không đáng kể và không bị đứt

Gợi ý:

+ Trường hợp 1

Nếu V0  2gl thì độ cao đạt là H = lgV2

+ Trường hợp 2 :

Nếu V2 > 2gl thì ngay trước lúc dây cáp bị căng , vật m0 đã cómột vận tốc

 Hệ vật sau đó lên được độ cao h2vg2 Cuối cùng :

dl = R d  có khối lượng dm =  dlvà có hoành độ x = R cos 

Với  = m / L = m / (R.2) là mật độ khối lượng phân bổ theo chiều dài Toạ độ trọng tâm :

 

Tương tự như trên , vì đồng chất nên trọng tâm nằm trên trục 0x.

Ta chia quạt tròn thành vô hạn quạt tròn vô cùng nhỏ có vị trí xác địnhbởi góc  và có góc mở d 

Vi phân diện tích mỗi quạt tròn nguyên tố là: ds = 21

( R2 d  ) và trọng tâm của vi phân hình quạt có hoành độ là: