Đề kiểm tra giữa học phần vật lý 1

Kiểm tra giữa học phần Vật lý 1 Thời gian làm bài : 60 phút (không tính thời gian chép đề) Bài 1: (2 điểm) Một người đứng ở độ cao H so với mặt đất, ném ngang một vật vào cửa sổ nhà đối diện cách chỗ ném s, mép trên cửa sổ cách mặt đất h < H. Tìm vận tốc ném để vật rơi vào nhà và cách xa cửa sổ nhất. Bài 2: (1,5 điểm) Một đồng hồ treo tường có kim giờ dài 5cm, kim phút dài 8cm, kim giây dài 9cm. So sánh vận tốc góc, vân tốc dài và gia tốc hướng tâm của các đầu kim, biết các đầu kim chuyển động tròn đều. Bài 3: (3 điểm) Một vật khối lượng m 1 có thể trượt trên mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang, được nối với vật m 2 bằng sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc. a) Bỏ qua khối lượng ròng rọc, xác định điều kiện của hệ số ma sát để vật m 2 đi xuống đều và đi xuống nhanh dần đều. b) Thay m 1 bằng hình trụ đặc bán kính r, khối lượng m 3 và ròng rọc là đĩa tròn khối lượng m. Cho hệ số ma sát là k’ để m 2 đi xuống. Tìm gia tốc của 2 vật. c) Trong câu b, lúc đầu m 2 cách mặt đất h. Tính thời gian từ lúc m 2 chuyển động đến khi chạm đất và vận tốc m 2 khi chạm đất. Sau khi m 2 chạm đất thì m 3 chuyển động như thế nào? Bài 4: (2,5 điểm) Một quả cầu thép khối lượng m 1 treo bằng dây dài h thả rơi với vận tốc đầu v 0 khi dây hợp với phương ngang góc . Khi đến vị trí dây treo thẳng đứng quả cầu va chạm đàn hồi với vật m 2 đang đứng yên trên mặt phẳng ngang. Sau va chạm vật m 2 chuyển động được quãng đường s thì dừng lại, trước khi dừng m 2 chạm nhẹ làm quả cầu m 3 rời khỏi A chuyển động không ma sát vào đường rãnh ABCDE (như hình vẽ) với h A = 2.h E = n.R. a) Tính vận tốc m 1 , m 2 sau va chạm và độ cao mà m 1 lên được, hệ số ma sát của mặt phẳng ngang. b) Định điều kiện n để m 3 không rời khỏi rãnh tại C và tìm vật tốc của m 3 tại C và E. Bài 5: Chọn làm một trong 2 câu sau đây: (1 điểm) a) Một đĩa tròn đồng chất tâm O bán kính R, bị khoét một lỗ tròn nhỏ bán kính r tâm O’ cách O một đoạn R/2. Xác định khối tâm của đĩa và momen quán tính của đĩa đối với trục quay vuông góc qua O. b) Một vật dao động tắt dần có phương trình: x = 2 5 .2 -0,3.t .cos4t (cm). Tìm biên độ dao động của vật sau khi bắt đầu dao động 10s và sau 10 chu kỳ dao động toàn phần. Kiểm tra giữa học phần Vật lý 1 Bài 1: Chọn Hệ quy chiếu gắn với mặt đất, hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, gốc tọa độ tại vị trí bắt đầu ném, gốc thời gian lúc bắt đầu ném. Vận tốc ném vật là 0 v  (theo phương ngang) Trong quá trình chuyển động vật chỉ chịu tác dụng của trọng lực (bỏ qua ma sát) nên theo định luật II Newton ta có : a g    0 2 0 2 2 0 . 0 . 2 2 x x y y x v t a v v g x y g a g v gt v y t                           Điều kiện để vật rơi vào nhà là x = s và H - h  y  H – h – chiều cao cửa sổ. Để vật rơi vào nhà và cách xa cửa sổ nhất thì vật phải rơi vào nhà tại mép trên cửa sổ là : x = s và y = H – h 2 2 0 . 2 g s H h v     0 . 2.( ) g v s H h   0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 Bài 2: Trong 1 h : kim giờ quay 1/12 vòng   (h) = /6 (rad/h) Trong 1 h : kim phút quay 1 vòng   (m) = 2 (rad/h) Trong 1 h : kim giây quay 60 vòng   (s) = 120 (rad/h)   (h) :  (m) :  (s) = 1 : 12 : 720 Ta có : v = .R  v (h) : v (m) : v (s) =  (h) .5 :  (m) .8 :  (s) .9 = 5 : 96 : 6480 = 1 : 19,2 : 1296 Và a n =  2 .R  ( ) ( ) ( ) : : 5:1152 : 4665600 1: 230,4:933120 h m s n n n a a a   0,5 0,5 0,5 Bài 3: a) Áp dụng định luật II Newton cho vật m1: 1 1 1 1 1 ms P N T f m a          Áp dụng định luật II Newton cho vật m2: 1 1 2 2 P T m a      Chọn chiều dương chuyển động như hình vẽ, chiếu PT lên (+) ta được các giá trị đại số sau : (1)/(+) : T 1 – P 1 .sin - f ms = m 1. a 1 và (2)/(+) : P 2 – T 2 = m 2 .a 2 Vì dây nhẹ, không dãn và bỏ qua khối lượng ròng rọc nên a 1 = a 2 = a và T 1 = T 2 = T Ta có : N 1 = P 1 .cos = m 1 .g.cos và f ms = k.N = k.m 1 .g.cos (1’) + (2’) : m 2 .g – m 1 .g.sin – k.m 1 .g.cos = m 1 .a + m 2 .a  2 1 1 2 1 sin cosm m km a g m m       Để m 2 đi xuống đều : a = 0  2 1 1 sin cos m m k m     Để m 2 đi xuống nhanh dần đều : a > 0  2 1 1 sin cos m m k m     0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Tương tự câu a ta có phương trình chuyển động tịnh tiến của vật m 2 và m 3 : m 2 g – T 2 = m 2 .a và T 3 – m 3 .g.sin - f ms = m 3. a Phương trình chuyển động quay quanh trục của m 3 là : 2 3 3 1 1 . 2 2 ms ms a f r m r f m a r    Phương trình chuyển động quay quanh trục của ròng rọc là: T 2 – T 3 = ½.m.a Từ các phương trình trên ta có: 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 ( 'cos sin ) 2 2 sin 2 2 2 3 m m k m m a g g m m m m m m             3 3 2 2 2 3 3 2 sin 2 3 m m m T m g m m m             và 2 2 3 3 2 3 3 2 sin sin 2 3 m m m T m g m m m              2 3 3 3 2 3 sin '. . .cos . . 2 3 ms m m f k m g m g m m m              và 2 3 2 3 sin ' (2 3 )cos m m k m m m       c) Thời gian từ lúc m 2 bắt đầu chuyển động đến khi chạm đất là: 2 t h a  Vận tốc m 2 lúc chạm đất là: 2 v ah  Sau khi m 2 chạm đất vật m 3 đi lên mặt phẳng nghiêng chậm dần đều một đoạn s 3 rồi dừng lại và sau đó đi xuống nhanh dần đều. 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Bài 4: a) Chọn gốc thế năng tại điểm thấp nhất của bài toán. Độ cao ban đầu của vật m 1 là : h A + h(1-cos). Trong quá trình chuyển động trước và sau khi va chạm, cơ năng của vật m 1 được bảo toàn do bỏ qua ma sát và lực tác dụng vào m 1 là trọng lực (lực thế) và lực căng dây (không sinh công). Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m 1 lúc ban đầu và trước khi va chạm với m 2 , ta có:   2 2 0 1 1 cos /2 / 2 A A mgh mgh mv mgh mv          2 1 0 2 1 cos v gh v     Khi m 1 va chạm đàn hồi với m 2 , áp dụng các công thức trong va chạm đàn hồi, ta có:   2 1 2 1 2 1 1 0 1 2 1 2 ' . . 2 1 cos m m m m v v gh v m m m m          và   2 1 1 2 1 0 1 2 1 2 2 2 ' . . 2 1 cos m m v v gh v m m m m        Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m 1 từ sau khi va chạm với m 2 đến lúc ở vị trí cao nhất, ta có: '2 1 / 2 ' A A mgh mv mgh mgh       2 2 '2 01 1 2 1 2 ' . 1 cos 2 2 v v m m h h g m m g                    Khi m 2 chuyển động trên mặt phẳng ngang thì thế năng không đổi, động năng giảm do lực ma sát sinh công cản. Áp dụng định lý động năng cho m 2 từ lúc bắt đầu chuyển động sau va chạm đến khi dừng lại chạm vào m 3 , ta tính được hệ số ma sát của mặt phẳng ngang: '2 2 2 2 . . . . / 2 ms ms A F s k m g s m v      2 2 '2 0 2 1 1 2 2 1 cos 2 . 2 2 gh v v m k gs m m gs             0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 b) Quả cầu m 3 chuyển động không ma sát, không vận tốc đầu trong đường rãnh ABCDE nên cơ năng của m 3 bảo toàn trong suốt quá trình chuyển động do lực tác dụng vào m 3 là trọng lực (lực thế) và phản lực vuông góc của rãnh (không sinh công). Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m 3 tại A, C, E ta có: 2 2 3 3 3 3 3 .2 / 2 / 2 A C E E m gh m g R m v m gh m v    2. ( 2 ) C A v g h R   và 2. ( ) E A E v g h h   Điều kiện để m 3 không rời khỏi rãnh tại C là: N C  0. Áp dụng định luật II Newton ta có: 2 3 3 0 / 2 ( 2 ) c C C C A N m a m g a v R g g h R gR           5 / 2 A h R  0,25 0,25 0,5 Bài 5: Chon 1 trong 2 cau a1) Xác định khối tâm của đĩa: Vì đĩa tròn đồng chất nên khối tâm của đĩa khi chưa bị khoét đặt tại O, khối tâm của phần đĩa còn lại (đã bị khoét) đặt tại C cách O một đoạn x. Do phần khoét là lỗ tròn nên khối tâm của phần đó đặt tại tâm O’ cách O một đoạn R/2. Ta thấy : đĩa chưa khoét = phần còn lại + phần khoét. Gọi khối lượng của các phần lần lượt là m, m c , m k , ta có : m = m c + m k . Chọn gốc tọa độ để xác định các khối tâm tại O, theo công thức tính khối tâm ta có: m.r O = m c .r C + m k .r O’  x : R/2 = - m k : m c (vì r O = 0). Mà khối lượng đĩa tròn và phần lỗ tròn bị khoét tỷ lệ với bình phương bán kính nên ta có: 2 2 2 k k c k m m r m m m R r      2 2 2 . 2 r R x R r    (dấu – cho biết C và O’ nằm ở 2 phía khác nhau so với O) a2) Xác định momen quán tính: Gọi I, I c , I k lần lượt là mômen quán tính của đĩa khi chưa bị khoét, phần đĩa còn lại đã bị khoét, phần đĩa bị khoét đối với trục quay qua tâm O và I k ’ là mômen quán tính của phần đĩa bị khoét đối với trục quay qua tâm O’. Ta có: I = ½ m.R 2 , I k ’ = ½ m k .r 2 . Theo định lý Huyghen – Stêne thì : I k = ½ m k .r 2 + m k .R 2 /4. Theo công thức tính momen quán tính ta có : I c = I – I k 2 2 2 1 1 1 2 2 4 c k k I mR m r m R     4 4 2 2 2 .(2 2 . ) 4 c m R r R r I R    b) Từ PTdđ ta xác định được chu kỳ T = ½ s. Biên độ dao động của vật sau khi bắt đầu dao động 10s là: A = 2 5 .2 -3 = 2 2 = 4 (cm) Biên độ dao động của vật sau 10 chu kỳ dao động toàn phần là : A = 2 5 .2 -3/2 = 2 7/2 = 11,3 (cm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 . nên a 1 = a 2 = a và T 1 = T 2 = T Ta có : N 1 = P 1 .cos = m 1 .g.cos và f ms = k.N = k.m 1 .g.cos (1 ) + (2’) : m 2 .g – m 1 .g.sin – k.m 1 .g.cos = m 1 .a + m 2 .a  2 1 1 2 1 sin. va chạm đàn hồi, ta có:   2 1 2 1 2 1 1 0 1 2 1 2 ' . . 2 1 cos m m m m v v gh v m m m m          và   2 1 1 2 1 0 1 2 1 2 2 2 ' . . 2 1 cos m m v v gh v m m m m  . Kiểm tra giữa học phần Vật lý 1 Thời gian làm bài : 60 phút (không tính thời gian chép đề) Bài 1: (2 điểm) Một người đứng ở độ cao H so với mặt đất, ném ngang một vật vào cửa sổ