A. Cơ học 1. Động học Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc , còn vật nhỏ A được nối với điểm C bằng một sợi dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một mặt trụ của vật B. Mặt này có bán kính R. Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng yên, sợi dây luôn căng. Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D). Giải: Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là : ( ) Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là: Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A : Suy ra: Vận tốc trung bình của vật nhỏ A: Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đường cái, ô tô này cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời gian ngắn nhất. Biết . Vận tốc ô tô chạy trên đường cái (v1)lớn hơn vận tốc ô tô trên đồng cỏ (v2) n lần. Hỏi ô tô phải rời đường cái tại một điểm B cách C một đoạn x là bao nhiêu? Giải: Thời gian ô tô chạy trên đường cái từ A đến B: Thời gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D: . Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô : = . . Đặt: . f’(x) = 0 x= . Bảng biến thiên: Vậy ô tô phải rời đường cái tại B cách C một đoạn , lúc đó thời gian ngắn nhất cần thiết của ô tô sẽ là: .
Vật lí Hay và Khó A. Cơ học 1. Động học Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc a , còn vật nhỏ A được nối với điểm C bằng một sợi dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một mặt trụ của vật B. Mặt này có bán kính R. Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng yên, sợi dây luôn căng. Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D). Giải: Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là AI : α cos 2 22 DIADDIADIAIA −+== ( 4 π α = ) ( ) 2 2 .2. 2 .22 2 2 2 RRRRIAIA ππ −+ == 84 2 2 +−= ππ R IA Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là: 2 2 1 atEF = Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A : Suy ra: a R a R a AD a EF t π π ==== 2 .2 .2.2 Vận tốc trung bình của vật nhỏ A: t IA v = =v π ππ aR)84( 2 1 2 +− Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đường cái, ô tô này cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời gian ngắn nhất. Biết lCDdAC == ; . 1 Vật lí Hay và Khó Vận tốc ô tô chạy trên đường cái (v 1 )lớn hơn vận tốc ô tô trên đồng cỏ (v 2 ) n lần. Hỏi ô tô phải rời đường cái tại một điểm B cách C một đoạn x là bao nhiêu? Giải: Thời gian ô tô chạy trên đường cái từ A đến B: 1 1 v xd t − = Thời gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D: 2 22 2 v lx t + = . Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô : 21 ttt += = 1 v xd − 2 22 v lx + + . + − = 1 v xd 1 22 . v lx n + . Đặt: ( ) 1 22 v lxnxd xf ++− = ⇒ ( ) 1 1 ' v xf = 22 1 lxv nx + + 22 1 22 . lxv lxnx + +− = . f’(x) = 0 ⇔ x= 1 2 −n l . Bảng biến thiên: Vậy ô tô phải rời đường cái tại B cách C một đoạn =x 1 2 − n l , lúc đó thời gian ngắn nhất cần thiết của ô tô sẽ là: 1 2 min 1 v nld t −+ = . 2 Vật lí Hay và Khó Bài 3: Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, người ta dùng một sợi dây chỉ mảnh không dãn, khối lượng không đáng kể để nối một vật nhỏ với một điểm trên vành trụ, điểm này sát mặt phẳng ngang. Ban đầu vật nhỏ nằm yên trên mặt phẳng và dây ở tư thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho vật vận tốc v 0 hướng vuông góc với dây và vật chuyển động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào trụ. Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết trong khi chuyển động dây luôn nằm ngang. Bỏ qua ma sát và bề dày của dây. Giải: Ta nhận thấy ngay không có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động năng của vật được bảo toàn do vậy nó có vận tốc không đổi v 0 . Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vô cùng bé dt vật đi được cung AB: =ld=v 0 dt. Do ϕ Rdl = ⇒ ϕ d = R dl thế vào phương trình trên ta được: R dl l = dtv 0 Lấy tích phân hai vế: ∫ L R ldl 0 = ∫ t dtv 0 0 ⇔ R 1 . 2 2 l L 0 tv 0 = t 0 ⇔ R L 2 2 tv 0 = ⇔ Rv L t 0 2 2 = . Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là: Rv L t 0 2 2 = . Bài 4: Có hai vật m 1 và m 2 chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lượt là 1 v và 2 v . Vật m 2 xuất phát từ B. Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình chuyển động và thời gian đạt được khoảng cách đó? Biết khoảng cách ban đầu giữa chúng là l và góc giữa hai đường thẳng là α . 3 Vật lí Hay và Khó Giải: Giả sử sau thời gian t khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất. Khoảng cách đó sẽ là: α cos' '2'' 22 BBBABBBAd −+= ⇒ α cos)(2)()( 21 2 2 2 1 tvtvltvtvld −−+−= = 2 21 2 2 221 2 1 )cos(2)cos2( ltvvltvvvv ++−++ αα Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số t , với α 22 2 2 sin4 vl−=∆ , d sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất, hay ⇔= min dd 2 221 2 1 21 cos2 )cos( vvvv vvl t ++ + = α α Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là: a d 4 min ∆− = ⇒ = min d 2 221 2 1 2 cos2 sin vvvv lv ++ α α Bài 5: Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc không đổi lần lượt là v và u ( ) uv > . Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, còn tàu A luôn hướng về tầu B. Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ? Giải: Ta gắn hệ trục xy0 trùng với mặt phẳng nước và trục 0x cùng phương chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm trên phần dương của trục 0y ở vị trí ban đầu có toạ độ là ( ) a,0 . Tàu A chuyển động với vận tốc v luôn hướng về phía tàu B với vận tốc gồm hai thành phần: −== == α α sin cos v dt dy v v dt dx v y x Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra: dt dy dt dy dt dx α α cot tan 1 −=−= (1) Ta lại có: αα cottan yxut xut y =−⇒ − = (2) 4 Vật lí Hay và Khó Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: dt dy dt dy dt dx u α α α 2 sin cot −=− (3) Thay (1) vào (3) ta suy ra: dt dy u α α 2 sin −= (4) Mặt khác: α α sin sin v dy dtv dt dy −=⇒−= (5) Thay dt từ (5) vào (4): α α sin d dy y vu = hay α α sin d y dy v u = Lấy tích phân 2 vế: ∫∫ = α π α α 2 sin d y dy v u y a =⇔ 2 tanlnln α a y v u Suy ra v u a y = 2 tan α Mặt khác ta lại có: = + = 2 tan1 2 tan2 sin 2 α α α v u v u a y a y + = + − − 2 2 tan 2 tan 2 1 αα và α sinv dy dt −= nên + −= − a y d a y a y v a dt v u v u 2 (*) Lấy tích phân 2 vế phương trình (*): ∫∫ + −= − 0 0 2 a v u v u t a y d a y a y v a dt + + − =⇔ v u v u v a t 1 1 1 1 2 hay 5 Vật lí Hay và Khó =t 22 uv av − Vậy sau thời gian 22 uv av − tàu A sẽ đuổi kịp tầu B. Bài toán đuổi bắt có nhiều dạng khác nhau, phương pháp đa năng để giải các loại bài toán này chính là phương pháp “vi phân” . Tuy nhiên còn có những phương pháp đặc biệt để giải chúng, các bạn có thể tham khảo cuốn “Lãng mạn toán học” của giáo sư Hoàng Quý có nêu ra một trong những phương pháp đặc biệt đó để giải bài toán sau: Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động cùng vận tốc. Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu), còn tàu A luôn hướng về tầu B. Hỏi sau một thời gian đủ lâu thì hai tàu chuyển động trên cùng một đường thẳng và khoảng cách giữa chúng không đổi. Tính khoảng cách này ? Đáp số: 2 a . Bài 6: Vật m 2 đang đứng yên trên mặt sàn nằm ngang nhẳn cách bờ tường một khoảng d. Vật m 1 chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật m 2 (m 1 > m 2 ), vật m 2 lại va chạm đàn hồi với bờ tường và gặp m 1 lần 2. Va chạm lần 2 xảy ra cách bờ tường một khoảng là bao nhiêu? Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ? Giải : Chọn trục toạ độ như hình vẽ. Gọi v 1 ,v 1 ’lần lượt là vận tốc của vật 1 trước và sau khi va chạm. Gọi v 2 và v 2 ’ là vận tốc của vật 2 trước và sau khi va chạm (các vận tốc v 1 ,v 2 ,v 1 ’,v 2 ’ mang giá trị đại số). Sau va chạm : ( ) 21 22121 ' 1 2 mm vmvmm v + +− = = 1 21 21 v mm mm + − ( ) 1 21 1 21 11212 ' 2 22 v mm m mm vmvmm v + = + +− = (do v 2 = 0) 6 Vật lí Hay và Khó Nhận thấy v 1 ’,v 2 ’ đều dương, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox. Gọi điểm va chạm lần 2 cách tường một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là : ' ' 2 1 v xd v xd t + = − =∆ (1) (do sau va chạm vào tường của m 2 thì nó vẫn có vận tốc như cũ nhưng đã đổi hướng ' 1 '' 2 vv −= . Thế v 1 ’ và v 2 ’ từ trên vào (1) ta suy ra : =x d mm mm 21 21 3 − + Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn 2 d thì: 22 dd dx =−= hay 23 21 21 d d mm mm = − + ⇒ 21 3mm = . Bài 7: Một hạt chuyển động theo chiều dương của trục ox với vận tốc sao cho xav = (a là hằng số dương). Biết lúc t = 0 hạt ở vị trí x=0. Hãy xác định : a. Vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian. b. Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian từ vị trí x = 0 đến vị trí x. Giải: a. Theo đề bài : xa dt dx xav =⇔= hay adt x dx = Nguyên hàm hai vế : ∫ ∫ +=⇔= catxdta x dx 2 Do 0=t thì 0=x 0=⇒ c 7 Vật lí Hay và Khó Do vậy 2 2 4 2 t a xatx =⇒= Vận tốc của vật 'x dt dx v == t a v 2 2 = Gia tốc của vật : '' 2 2 x dt xd w == 2 2 a w = b. Vận tốc trung bình t a t x v 4 2 == 2 xa v = Bài 8: Ném một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc 0 v hợp với mặt phẳng ngang một góc β =60 0 , biết 0 30= α . Bỏ qua sức cản của không khí. a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi. b. Tìm góc ϕ hợp bởi phương véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên đá chạm mặt phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B. Giải: a. Chọn hệ trục oxy gắn o vào điểm A và trục ox song song với phương ngang Trong quá trình chuyển động lực tác dụng duy nhất là trọng lực P . Theo định luật II Newton: amP = Chiếu lên: 0x: x ma=0 0=⇒ x a 8 Vật lí Hay và Khó 0y: y maP =− ga y −= Phương trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy: −= = )2( 2 1 .sin )1(.cos 2 0 0 gttvy tvx β β Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng: = = )4(sin )3(cos α α ly lx T hế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra : α αββαβ 2 2 0 cos. )cos.sincos (sincos2 g v l −− = α βαβ 2 2 0 cos )sin(.cos2 g v l −− = ⇒ = l g v 3 2 2 0 b. Tại B vận tốc của vật theo phương ox là: β cos 0 vv x = 2 0 v = Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng : αα cos 3 2 cos 2 0 g v lx == hay αβ cos 3 2 .cos 2 0 0 g v tv = ; Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá: β α cos3 cos2 0 g v t = = 3 2 0 g v Vận tốc theo phương oy tại B: gtvv y −= β sin 0 323 2 sin 00 0 vv vv y −=−= β ⇒ ϕ tan = 3 1 2 32 0 0 = − = v v v v x y ⇒ 0 30 = ϕ 9 Vật lí Hay và Khó do <−= 32 0 V v y 0 nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v hướng xuống. Lực hướng tâm tại B: R v mmgF ht 2 cos == ϕ ϕ cos 2 g v R =⇒ Với: 3124 2 0 22 222 v vv vvv yx =+=+= ⇒ =R g v .33 2 2 0 Bài 9: Một người đứng ở sân ga nhìn ngang đầu toa thứ nhất của một đoàn tàu bắt đầu chuyển động nhanh dần đều. Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian 1 t . Hỏi toa thứ n đi qua người ấy trong thời gian bao lâu? Biết các toa có cùng độ dài là S, bỏ qua khoảng nối các toa. Giải: Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian t 1 : 2 2 1 at s = a S t 2 1 =⇒ n toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian n t : 2 . 2 n ta ns = ⇒ a nS t n 2 = ; 1 − n toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian 1−n t : ( ) 2 1 2 1− =− n at sn ⇒ a Sn t n )1(2 1 − = − Toa thứ n vượt qua người ấy trong thời gian t∆ : )1( 2 1 −−=−=∆ − nn a S ttt nn . =∆t 1 )1( tnn −− Bài 10: Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s. Cứ chuyển động được 3 giây thì chất điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc s m v 5 0 = . Trong các khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2v o , 3v 0 , … , nv 0 . Tìm vận tốc trung bình của chất điểm trên quảng đường AB trong các trường hợp : a. s = 315 m ; b. s = 325 m . Giải: 10 [...]... (1) và (2) chuyển động Mỗi khi vật trên đến gặp vật (1) hoặc vật (2) thỡ vận tốc của nú sẽ đổi hướng ngược trở lại và coi như vẫn giũ nguyên độ lớn vận tốc của nó Hỏi khi vật (1) và vât (2) gặp nhau thỡ quóng đường vật nhỏ đi được có tổng chiều dài là bao nhiêu? Giải: Vận tốc của vật (1) đối với mốc vật (2) là: v12 = v1 − v 2 ⇒ v12 = v1 + v 2 = 10 (m/s) Thời gian từ ban đầu đến lúc vật (1) và vật. .. − 10 gR + 10 gR + 54 gh t1 = 3 3.g − 10 gR − 10 gR + 54 gh . m 2 lại va chạm đàn hồi với bờ tường và gặp m 1 lần 2. Va chạm lần 2 xảy ra cách bờ tường một kho ng là bao nhiêu? Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một kho ng. =+ 2 2 1 .sin α 15 Vật lí Hay và Khó Thay = = 3 5 sin 3 2 α gRv vào phương trình trên ta tìm được: < +−− = ++− = )(0 .33 5 4101 0 .33 5 4101 0 2 1 loai g ghgRgR t g ghgRgR t Vậy. < +−− = ++− = )(0 .33 5 4101 0 .33 5 4101 0 2 1 loai g ghgRgR t g ghgRgR t Vậy sau =t g ghgRgR .33 5 4101 0 ++− thì vật sẽ rơi xuống đất. Tầm bay xa của vật: . 3 2 . 3 2 .cos gRtvxS === α g ghgRgR .33 5 4101 0 ++− = S ( ) ghgRgR g R 5 4101 0 2 27 2 ++− . Bài 16: Một