ôn thi học sinh giỏi lý 10

tài liệu ôn thi học sinh giỏi lý 10

Phần 2: BÀI TẬP CƠ HỌC THEO CHỦ ĐỀ Chủ đề 1: CÔNG - CÔNG SUẤT - NĂNG LƯỢNG 1.83 Nghiên cứu tai nạn đường, cảnh sát giao thông đo chiều dài vệt bánh xe mặt đường phanh gấp xe có chiều dài L = 60m Tìm vận tốc ban đầu xe, hệ số ma sát bánh xe mặt đường k = 0,5? Hướng dẫn giải Gọi vận tốc ban đầu xe v Vệt bánh xe mặt đường L = 60m nên quãng đường xe trượt 60m Áp dụng định lý động cho trình phanh ta có: − mv = −kmgL ⇔ v = 2kgL = 24,5(m / s ) 1.84 Tìm quãng đường xe trượt mặt phẳng nằm ngang trượt xuống theo dốc nghiêng góc α = 300 so với phương nằm ngang từ độ cao H = 15m? Hệ số ma sát xe trượt đường k = 0,2 Hướng dẫn giải Fms Sự biến thiên điểm A B: A + H P B Fms C + α VB P L WB − W A = Ams  mv B H − mgH = − kmg cos α sin α  v B = gH (1 − k cot α ) ) Sự biến thiên điểm B C: WC − WB = Ams  0− mv B = −kmgL 2 v  L= B 2kg L = H ( − cot α ) = 49( m) k  H l Hình 1.48 1.85 Vật chuyển động không vận tốc đầu xuống hố, thành hố nhẵn thoải dần sang đáy hố nằm ngang (Hình 1.48) Chiều dài phần đáy l = 2m Hệ số ma sát vật đáy hố k = 0,3 Chiều sâu hố H = 5m Tìm khoảng cách từ vị trí vật dừng lại tới điểm hố? Hướng dẫn giải Tổng chiều dài đường ngang đáy hố mà vật S: kmgS = mgH ⇒S= H = = 16,67m = 16m + 67cm k 0,3 Vì chiều dài phần đáy hố l = 2m nên chiều dài mà vật đáy hố: S = lần qua đáy + 67cm => Khoảng cách từ vị trí vật dừng lại tới điểm hố là: I x l − 67 = 33cm Tìm cơng cần thực để đưa xe trượt mang theo vật lên dốc có độ cao H = x= 1.86 10m? Khối lượng tổng cộng xe vật m = 30kg Góc nghiêng dốc α = 300 Hệ số ma sát xe trượt mặt dốc giảm từ k = 0,5 chân dốc đến k2 = 0,1 đỉnh dốc Hướng dẫn giải F + H Fms P α k1 + k 2 Trong trường hợp này, trọng lực lực ma sát sinh cơng cản, công cần thực phải công dương độ lớn công trọng lực lực ma sát Hệ số ma sát trung bình xe trượt mặt phẳng nghiêng : k =  A = mgH + kmg cos α  A = mgH (1 + 1.87 H sin α k1 + k cot α = 4,5.10 ( J ) Làm việc với công suất không đổi, đầu máy xe lửa kéo đồn tàu lên dốc có góc nghiêng α1 = 5.10-3 rad với vận tốc v1 = 50km/h Với góc nghiêng α2=2,5.10-3 rad điều kiện đồn tàu chuyển động với vận tốc v = 60km/h Xác định hệ số ma sát, coi hai trường hợp Hướng dẫn giải => F1v1 = F2 v Do công suất không đổi  Fv = const Mà xe chuyển động nên: F1 = mg sin α + kmg cos α F2 = mg sin α + kmg cos α  mgv1 ( sin α + k cos α ) = mgv (sin α + k cos α )  v1 ( sin α + k cos α ) = v (sin α + k cos α ) k= v1 sin α − v sin α ≈ 0,01 v cos α − v1 cos α α1 ;α góc nhỏ nên 1.88 k≈ α v1 − α v = 0,01 v − v1 Một tơ có khối lượng m = 1000kg tắt động xuống dốc có góc nghiêng với phương ngang α = 60 tăng tốc đến vận tốc cực đại v =72 km/h sau chuyển động Tìm cơng suất ơtơ để lên dốc với vận tốc đó? Hướng dẫn giải Fms α P Theo đề bài, xe tắt động xuống dốc với v = 72km/h = const + Lực ma sát dốc Fms = kmg cos α cân với thành phần lực kéo FK = mg sin α  kmg cos α = mg sin α + Khi lên dốc lực kéo củα động F = mg sin α + kmg cos α = 2mg sin α  Công suất ô tơ để lên dốc với vận tốc v = 72km/h = 20m/s là: P = F v = 2mgv sin α = 40.10 (W ) 1.89 Một xe khối lượng M = 1000 kg chuyển động qng đường nghiêng, kilơmét lên cao thêm h =10 m Tìm lượng xăng cần tốn nhiều so với chuyển động với vận tốc đường nằm ngang? Lượng xăng tính quãng đường dài L = 100km Cho suất tỏa nhiệt xăng q = 4,6.10 J/kg Hiệu suất động η = 10% Hướng dẫn giải Gọi m1 khối lượng xăng cần trường hợp có tăng độ cao, m khối lượng xăng cần dùng trường hợp không tăng độ cao k hệ số ma sát trường hợp Ta có: L = 100km = 105 m, H = h.L=103m TH1: Xe chạy đường nghiêng L H α Do chuyển động nên công cần thực để xe chuyển động quãng đường L1 là: A1 = Ams + AP = Lkmg cos α + mgH Do sin α = H = 0,01  α nhỏ  cosα ≈ L  A1 = kmgL + mgH Ta có: A1 mgkL + mgH =η ⇔ =η Q1 m1 q ⇔m = mgkL + mgH ηq TH2: Xe chạy đường thẳng Do chuyển động nên cơng cần thực cơng lực ma sát: A2 = Ams = kmgL Ta có: A2 mgkL =η ⇔ =η Q2 m2 q ⇔ m2 =  ∆m = m1 − m2 = 1.90 mgkL2 ηq mgkL + mgH − mgkL mgH 1000.10.10 = = ≈ 2,2(kg ) ηq ηq 0,1.4,6.10 Tính lực cản nước lên tầu chuyển động, biết chạy với vận tốc v = 10km/h ngày cần dùng hết M = 6,5 than? Hiệu suất động η = 0,1 Cho suất tỏa nhiệt than q = 33,5.106 J/kg Hướng dẫn giải Gọi lực cản nước lên tầu Fc Quãng đường tàu ngày : S = 10.3.24 = 720 km = 720000 m Do tầu chuyển động nên Fkéo = Fc Ai = FC S Mà: Q=Mq Ta có: η = 1.91 Ai FC S = Q Mq  FC = η Mq ≈ 3.104 ( N ) S Đoàn tàu với vận tốc v = 72 km/h đường sắt nằm ngang Đầu tầu cần tăng công suất thêm để tàu giữ nguyên vận tốc có mưa lớn? Coi rằng, đơn vị thời gian có lượng nước mưa m t = 100 kg/s rơi xuống tàu chảy từ thành toa tầu xuống đất Bỏ qua thay đổi lực ma sát trời mưa Hướng dẫn giải Đổi: v = 20m/s Ta có: Pt = Mv ; Ps = (M+m)v Áp dụng định lí biến thiên động lượng: Fnl.∆t = Ps – Pt =(M+m)v – Mv = mv Lấy ∆t = 1s  Lực mà đầu tàu cần tăng lên / đơn vị thời gian F = mv/∆t, m = mt = 100kg  Cần tăng công suất lên ∆N = Fv = mt v = 40(kW) 1.92 Chiếc búa máy đóng cọc nặng m = 500 kg thả rơi tự từ độ cao đập vào cọc đóng sâu xuống đất l = cm Xác định lực cản đất F (coi không đổi), trước va chạm, búa có vận tốc v = 10 m/s Bỏ qua khối lượng cọc Hướng dẫn giải Từ định lí động => − mv = mg l − F l  v2  + g  = 2,5.10 ( N ) => F = m  2l  1.93 Chiếc xe trượt trượt mặt băng với vận tốc v = 6m/s bắt đầu trượt vào phần đường nhựa Chiều dài ván trượt L = 2m, ma sát ván trượt với mặt đường nhựa k = Tìm quãng đường xe trượt đường nhựa dừng lại hoàn toàn? Hướng dẫn giải Động ban đầu: Wđ= mv =18m Fms kmg x Fms = kmg 0< x≤L: L Giả sử xe trượt quãng đường vào đường nhựa cơng lực ma sát có độ lớn: x O L Ams1= dt tam giác = (1/2)kmgL = 9,8m Ams1< Wđ => toàn chiều dài xe trượt vào đường nhựa, sau xe trượt thêm qng đường có chiều dài d phần động lại tiệt tiêu hồn toàn Wđ = Ams1 + kmgd => 18m-9,8m=9,8md => d=0,84(m) Tổng quãnq đường xe trượt đường nhựa: l =L+d=2,84(m) 1.94 Tìm lực cần thiết để nhổ đinh dài L = 80 mm khỏi bảng, đóng sáu nhát búa có khối lượng m = 0,5 kg vận tốc búa trước va chạm v = 2m/s? Bỏ qua khối lượng đinh Hướng dẫn giải Công để rút đinh lên khỏi mặt bảng động củα nhát búa  6mv = Ftb L Ta có: Ftb = ⇔ Ftb = 3mv L Fmax (vì lực để rút đinh giảm tuyến tính từ Fmax đến 0) Lực cần thiết lực lớn  Fmax = Ftb = Fmax = Ftb = 6mv L 6mv Vậy lực cần thiết để nhổ đinh là: F = L Chủ đề 3: CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TỒN 1.95 Một thùng xe có khối lượng m = 160 kg, chiều dài L = m nằm đường ray nhẵn Một người có khối lượng m1 = 60 kg từ đầu đến đầu thùng xe Tìm độ dịch chuyển thùng xe? 1.96 Tấm ván khối lượng m trượt tự mặt băng nằm ngang với vận tốc v Một người khối lượng m2 nhảy lên ván với vận tốc v2 theo phương vng góc với vận tốc ván Tìm vận tốc v hệ ván người Bỏ qua lực ma sát ván mặt băng 1.97 Một toa chở téc nước chuyển động khơng ma sát dọc theo đường ray Khối lượng téc M, khối lượng nước bể m Một vật khối lượng m thả rơi thẳng đứng vào bể vị trí cách tâm bể đoạn l Tìm phương độ dịch chuyển bể nước chuyển động nước tắt hẳn vật nổi? Giải thích chế tượng 1.98 Viên đạn bắn từ súng đặt mặt đất, nổ thành hai mảnh giống lên đến điểm cao quỹ đạo cách súng theo phương ngang đoạn a Một hai mảnh bay theo phương ngược lại với vận tốc vận tốc viên đạn trước nổ Tìm khoảng cách từ súng đến điểm rơi mảnh đạn thứ hai? Bỏ qua sức cản khơng khí 1.99 Một viên đạn khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc v găm vào khối gỗ khối lượng M đứng yên treo vào sợi dây có chiều dài l Tìm góc lệch ỏ dây khỏi phương thẳng đứng 1.100 Dùng súng bắn vào hộp diêm đặt bàn, cách mép bàn khoảng l = 30cm Viên đạn có khối lượng m = 1g, bay theo phương ngang với vận tốc v = 150 m/s, xuyên qua hộp diêm bay tiếp với vận tốc v0/2 Khối lượng hộp diêm M = 50 g Hệ số ma sát k hộp diêm mặt bàn phải để rơi khỏi bàn? 1.101 Hai hạt có khối lượng m 2m, có động lượng p p/2, chuyển động theo phương vng góc với đến va chạm với Sau va chạm, hai hạt trao đổi động lượng cho Tìm va chạm 1.102 Vật khối lượng m1 chuyển động với vận tốc v đến va chạm đàn hồi với vật đứng yên m m v α Sau va chạm, chuyển động theo phương m/2 Trước va chạm m/2 Sau va chạm Hình 57 hợp với phương chuyển động ban đầu góc 90 với vận tốc v/2 Tìm khối lượng vật thứ hai 1.103 Hạt khối lượng m chuyển động với vận tốc v đến va chạm với hạt đứng yên khối lượng m/2 sau va chạm đàn hồi bay theo phương hợp với phương chuyển động ban đầu góc α = 300 (Hình 1.57) Tìm vận tốc chuyển động hạt thứ hai? 1.104 Hai cầu cao su buộc vào sợi dây mảnh đặt cạnh cho chúng có độ cao tiếp xúc với Chiều dài sợi dây l = 10 cm l2 = cm Khối lượng cầu tương ứng m = 8g m2 = 20 g Quả cầu khối lượng m1 kéo lệch khỏi phương thẳng đứng góc α = 600 thả Xác 1.105 1.106 1.107 1.108 1.109 định góc lệch cực đại cầu so với phương thẳng đứng sau va chạm Va chạm coi hồn tồn đàn hồi Ba cầu có bán kính, có khối lượng khác nhau, buộc vào sợi dây có chiều dài giống m1 m2 m tiếp xúc với Quả cầu m kéo Hình 58 lệch lên đến độ cao H thả (Hình 1.58) Các khối lượng m2 m3 phải để sau va chạm thứ với thứ hai thứ hai với thứ ba ba có động lượng? Chúng lên đến độ cao nào? Các va chạm hoàn toàn đàn hồi Hai cầu – sắt khối lượng m chì khối lượng m/4 – treo vào điểm sợi dây mảnh Kéo lệch cầu chì lên đến độ cao H thả Sau va chạm lên đến độ cao h Va chạm xuyên tâm Tìm phần động chuyển thành nhiệt Giữa hai cầu khối lượng m1 m2 có lò xo nén Nếu giữ nguyên cầu (quả có khối lượng m2) thả tự bay với vận tốc v Tìm vận tốc cầu khối lượng m1 thả đồng thời hai cầu? Sự biến dạng lò xo hai trường hợp Vật khối lượng M nối với lò xo dao động với biên độ A mặt bàn nằm ngang nhẵn Tại thời điểm vật qua vị trí cân có miếng chất dẻo khối lượng m rơi thẳng từ xuống dính vào vật Biên độ dao động hệ thay đổi nào? Hai cầu có khối lượng m, nối với m m lò xo khơng khối lượng có chiều dài l độ m cứng k nằm yên mặt bàn nằm ngang l nhẵn Một cầu thứ ba khối lượng m chuyển động với vận tốc v0 theo phương nối tâm hai Hình 59 cầu, va chạm đàn hồi với cầu bên phải (Hình 1.59) Xác định khoảng cách lớn nhỏ cầu nối lò xo, biết thời điểm đó, cầu có vận tốc LỜI GIẢI Bài 1.116 • Gọi l quãng đường thùng xe được, v1 vận tốc người so với đường ray, v2 • vận tốc thùng xe so với đường ray v1 = v12 - v2 Định luật bào toàn động lượng: m1v1 = m2v2  m1(v12 - v2) = m2v2 L m1  − t m1 l l L  = m → l( m + m ) = m L → l = t t m1 + m Thay số: l = 0,82(m) Bài 1.117 • Định luật bảo toàn động lượng cho hệ người – ván:    m1 v1 + m v = mv với m = m1+m2 • m1v1 Từ hình vẽ ta có (mv)2 = (m1v1)2+(m2v2)2  v= mv m2v2 ( m1 v1 ) + ( m v ) m1 + m Bài 1.118 • Gọi x khoảng cách từ trọng tâm hệ đến trọng tâm G téc nước Theo quy tắc hợp lực song song ta có:  P ' = ( mo + M + m ) g  P ' = ( mo + M + m ) g   ⇒ mo g mol  x l + x = ( m + M ) g x = m + M + m o    Trọng tâm hệ dịch chuyển đoạn: x = • mol ( m + M + mo ) Vậy có dịch chuyển tương đối trọng tâm bình Vì vậy, để giữ ngun vị trí trọng tâm bình phải dịch chuyển sang phía thả vật m o khoảng x = • mol ( m + M + mo ) Cơ chế tượng: Vật rơi xuống bể tạo sóng nước gây nên lực tác dụng theo phương ngang làm cho toa xe dao động, thiết lập lại vị trí cân cho xe dao động nước tắt hẳn Bài 1.119 • Định luật bảo tồn động lượng cho hệ theo phương ngang vị trí cao nhất: mv = − m m v + v'  v’=3v 2 O ' α l A H h O v • Vì khơng có lực tác dụng theo phương ngang nên theo phương ngày mảnh chuyển động thẳng với thời gian thời gian viên đạn bay lên tới vị trí cao : t = a/v Quãng đường mảnh bay x=v’t = 3v.a/v = 3a khoảng cách từ súng đến điểm rơi mảnh đạn thứ hai: L = x+a = 4a Bài 1.120 • Định luật bảo tồn động lượng cho hệ đạn + khối gỗ theo phương ngang điểm O: mv = (m+M)v’  v' = • m v m+M (1) Định luật bảo toàn cho hệ O A (điểm cao nhất): (m = M) v' = (m + M )gh = (m + M )gl(1 − cos α) Từ (1) (2) suy cos α = − (2) m2v2 ( M + m ) 2gl Bài 1.121 • mv0=mv+MV  V=mv0/(2M) • MV /2 ≥ kMgl  k ≤ mv 02 MV = 2Mgl 8M gl Bài 1.222 • Gọi v vận tốc vật m trước va chạm  p=mv • p2=2mv2 = p/2 = mv/2  v2=v/4 • Sau va chạm: o p1’ = p2 mv’=2mv/4  v1’=v/2 o p2’ = p1  2mv2’ = mv  v2’ = v/2 • Động trước sau va chạm: o Wđt= mv2/2 + mv2/16 = 9mv2/16 o Wđs= mv2/2 + mv2/4 = 3mv2/8 Cơ mất: ∆Wđ = 3mv2/16 Bài 1.123: • Cơng thức liên hệ động động lượng: p2 = 2mK • Theo đầu bài: p 22 = p12 + • Bảo toàn năng: p12 → m K = m1 K (1) 4 K1=K2+K1/4  K2=3K1/4 (2) • Từ (1) (2)  m2=5m1/3 Bài 1.124: • mv’ mv α r ur m r Bảo toàn động lượng: mv = mv ' + u mu/2 • Từ hình vẽ suy ra: ( mv ) + ( mv ') 2  mu  − 2m v v ' cos30 =  ÷   • u2 = v + v '2 − 2v v ' cos30o = v + v '2 − v v ' ( 1) Bảo tồn năng: • 1m u2 mv + mv '2 + u ⇔ = v − v '2 2 22 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình ⇔ ( 2) v  u2 2 v ' = = v + v ' − v v '    ⇔    u = v − v '2  u = 2v   Bài 1.125: • Vận tốc vật m1 trước va chạm: m1v12 ⇒ v12 = g l1 ( − cosα ) ⇒ v1 = g l1 m1 g l1 ( − cosα ) = • Vận tốc cầu sau va chạm: v1' = v2' = • ( m1 − m2 ) v1 + 2m2v2 m1 + m2 ( m2 − m1 ) v2 + 2m1v1 m1 + m2 = ( m1 + m2 ) g l1 ( m1 + m2 ) = 2m1 g l1 ( m1 + m2 ) Bảo toàn cho cầu sau va chạm: m1v1' = m1 g l1 ( − cosα1 ) ⇔ 2 ( m1 + m2 ) − ( m1 − m2 ) ⇔ cosα1 = ( m1 + m2 ) ( m1 − m2 ) g l1 2 ( m1 + m2 ) 2 = = g l1 ( − cosα1 ) 2m1m2 89 + = ≈ 0,91 2 ( m1 + m2 ) 98 1 4m12 g l1 m2 v2' = m2 g l2 ( − cosα ) ⇔ × = g l2 ( − cosα ) 2 ( m1 + m2 ) ⇔ cosα = − m12 l1 l2 ( m1 + m2 ) = 107 ≈ 0, 727 147 Bài 1.126: Xét va chạm cầu 2: sau va chạm cầu có vận tốc v/3, cầu có vận tốc • v2 o Bảo tồn động lượng: m1v =m1v/3 + m2v2 2 o Bảo toàn năng: m1v =m1v /9 + m2v (1) (2) nghiêng dốc xe bị đổ sau? Thực tế có nguy hiểm hay khơng, công suất động đủ để vượt dốc có góc nghiêng khơng vượt q 100? 1.123 Tìm thay đổi áp lực lên bánh trước ô tô khối lượng m = 1500 kg chuyển động mặt đường nằm ngang (có hệ số ma sát k = 0,4), hãm bánh sau cách tối đa mà không làm xảy trượt? Khối tâm ô tô nằm cách trục xe nằm độ cao h = 60 cm so với mặt đất; khoảng cách trục trước trục sau xe d = 3,5 m 1.124 Một nêm có góc nghiêng α chuyển động với gia tốc a mặt bàn nằm ngang a r R a ỏ Hình 1.19 1.125 1.126 1.127 1.128 Hình 1.20 Hình 1.21 phẳng (Hình 1.19) Với gia tốc a vật nằm mặt nêm bắt đầu trượt lên trên? Hệ số ma sát vật nêm k Một đĩa tròn mỏng đồng bán kính R, bị cắt miếng hình tròn có bán kính nhỏ lần tiếp xúc với vành đĩa (Hình 1.20) Khối tâm phần lại nằm đâu? Kéo sợi buộc quanh cuộn đặt mặt bàn Hình 1.21, cho gia tốc cuộn giữ không đổi a Hệ số ma sát bàn vành cuộn phải để cuộn trượt mà khơng quay? Bán kính vành lõi cuộn R r Cuộn lăn phía nào, ta kéo sợi c góc nghiêng khác (Hình 1.22)? Xét trường hợp a sau: a) phương dây qua điểm O (điểm tiếp xúc vành cuộn mặt bàn); b) góc kéo dây nhỏ b trường hợp a; c) góc kéo dây lớn trường hợp a Trong ba trường hợp cuộn không trượt Trên hình trụ bán kính R, vị trí cách trục khoảng 2R/3, người ta khoan lỗ hình trụ có bán kính Hình 1.22 R/4, trục lỗ hình trụ song song với (Hình 1.23) Đổ vào lỗ chất có khối lượng riêng lớn gấp 11 lần khối lượng riêng chất làm hình trụ Hình trụ đặt nằm ván nhẹ Nhấc chậm đầu ván lên Tìm góc nghiêng α cực đại ván với phương ngang hình trụ nằm cân bằng? Hệ số ma sát ván hình trụ = 0,3 Hình 1.23 k 1.129 Trục quay truyền chuyển động quay cho trục nhờ ma sát hai hình nón giống nhau, ép lên dọc theo đường sinh chúng (Hình 1.24) Tìm vận tốc góc ω2 trục khơng tải, vận tốc góc trục ω1 Trục Trục ω1 ω2 Hình 1.24 LỜI GIẢI Bài 1.18 - Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ ur uu r ur uuuu r - Phân tích lực: P; N ; T ; Fms ur uu r ur uuuu r r * Điều kiện cân : P + N + T + Fms = D y - Chiếu lên 0xy : N = Tsinα (1) Fms = P – Tcosα ≤ k.N (2) uuu r Fms x β B * Điều kiện cân mômen với trục quay B : T.R( + cosα) = P.R Suy : T = sin α y l N2.lsinα = P1 cos α + P2 (l − a ) cos α a = l/3; P1 = mg; P2 = Mg m 2M + ) g c tan α (1) * Điều kiện cân lực : N1 = (M + m)g N2 = Fms Từ (1), (3) : Fms = ( B uu r uu r P2 N1 ur P1 α uuu rA O Fms (4) Vậy lực mà sàn tác dụng lên thang : 2 = g  m + 2M  ctg 2α + M + m = 800 N F = N + Fms ( ) ( )  ÷  2 ur Góc hợp F so với phương thẳng đứng : tanβ =  3m + M  β = arctg  ctgα ÷ ≈ 200  M + 6m  Bài 1.20 C u r P uur N2 (2) (3) m 2M + ) g c tan α A (3) Bài 1.19 - Các lực tác dụng vào thang phân tích hình vẽ * Điều kiện cân mômen với trục quay A : suy : N = ( u u r N u r T Hình 1.9 P P sin α ⇒ N= + c o sα + c o sα Thay (3) vào (2) rút : k ≥ α Fms 3m + M = c tan α N1 6( M + m) x Chọn mốc lề l sinα + Mg(H – a2) Trong a2 chiều dài đoạn dây bên trái ròng rọc Chiều dài đoạn dây bên phải ròng rọc : - Thế hệ : U = mg a1 = a1 a2 M H + l −2 Hl sin α (bỏ qua kích thước ròng rọc) H l Gọi a = a1 + a2 chiều dài dây m mgl sin α + Mg ( H − a + H + l − Hl sin α ) Vì vị trí cân bền nên đạo hàm U theo sinα phải 0, ta có : U= α Hình 1.10 dU mgl Hl = − Mg =0 2 d(sinα ) H + l − Hl sin α  2MH  H +l − ÷  m  ≤1 ⇒ sin α = HL H −l ⇒M ≥ m 2H Bài 1.21 + Xét hình 1.11 a: lực tác dụng lên vật M gồm hai lực r r - Trọng lực P , lực đàn hồi Fdh r r r r r - M trạng thái cân bằng: P + Fdh = ⇒ P = − Fdh 2 m Fdh - Trọng lực hướng xuống => lò xo bị dãn M ⇒ P = Fdh ⇔ Mg = k (l1 − l0 ) (1) P + Xét hình 21.a: lực tác dụng lên vật m gồm hai lực r r - Trọng lực p , lực đàn hồi f dh r r r r r - m trạng thái cân bằng: p + f dh = ⇒ p = − f dh fdh - Trọng lực hướng xuống => lò xo bị nén P m ⇒ p = f dh ⇔ mg = k (l0 − l2 ) (2) + Từ (1) (2) => Mg k (l1 − l0 ) ml + Ml2 = ⇒ l0 = mg k (l0 − l2 ) M +m Bài 1.22: + Xét hình 1.12 a lực tác dụng lên vật nặng gồm r r - Trọng lực P , lực kéo F , phản r r lực N lực ma sát Fms M N F α Fms y o φ a) b) H×nh 1.12 P x - Vì vật chuyển động khơng gia tốc nên ta có r r r r r phương trình sau: P + F + N + Fms = (1) Chọn hệ trục oxy hình vẽ + Chiếu phương trình (1) lên hai trục ox oy ta được: + Trục ox: Fcos α - Fms = (2) + Trục oy: Fsin α + N - P = (3) => N = P - Fsin α thay vào phương trình (2) ta được: => Fcos α - µ (P - Fsin α ) = ⇔ F = µ mg (4) cosα +µ sinα + Biết vật bắt đầu trượt đặt vật mặt phẳng nghiêng có nghiêng ϕ nên Ta có: tan ϕ = µ thay vào phương trình (4) => F = mg tan ϕ mg.tan ϕ = cost nên đặt f (α ) = cosα + tanϕ sinα cosα + tanϕ sinα => f (′α ) = − sin α + tan ϕ cosα f( α ) đạt gia trị cực trị y f (′α ) = ⇔ − sin α + tan ϕ cosα = ⇒ tan α = tan ϕ ⇔ α = ϕ Vậy ta phải kéo vật góc α = ϕ vật trượt khơng gia tốc Bài 1.23: r r + Vật tác dụng lên m gồm có: Trọng lực P , phản lực N , lực r r ma sát Fms lực F Vật đứng cân lên lực ma sát lực ma sát nghỉ + Xét trường hợp thứ nhất: vật có xu hướng xuống Phương chiều lực tác dụng lên m hình vẽ: r r r r r Ta có phương trình: P + N + F + Fms = ( 1) N Fms (2) + Trục oy: N − Pcosα − Fsinα = (3) mg (sin α − kcosα ) mg (tan α − k ) = =3,3 (N) cosα +ksinα + k tan α + Xét trường hợp thứ nhất: vật có xu hướng lên Phương chiều lực tác dụng lên m hình vẽ: r r r r r Ta có phương trình: P + N + F + Fms = ( 4) ⇔F= chiếu lên trục toạ độ ox oy ta chiếu lên trục toạ độ ox oy ta được: + Trục ox: P sin α − Fcosα + Fms = (5) α P y H×nh o 1.13 N => N = Pcosα + Fsinα Thay vào phương trình ( 2) => Psinα − Fcosα − k ( Pcosα + F sin α ) = F m chiếu lên trục toạ độ ox oy ta được: + Trục ox: P sin α − Fcosα − Fms = x x F m P α H×nh 1.13 Fms + Trục oy: N − Pcosα − Fsinα = (6) => N = Pcosα + Fsinα Thay vào phương trình ( ) => Psinα − Fcosα + k ( Pcosα + F sin α ) = ⇔F= mg (sin α + kcosα ) mg (tan α + k ) = = 8.8 >3,3 cos α − ksinα − k tan α Vậy lực nhỏ tác dụng vào vật m đ đứng yên là: F = mg (tan α − k ) = 3,3 (N) + k tan α Bài 1.24 + Các lực tác dụng lên vật gơm có: P, N, F Fms + Sử dụng định luật II Newton ta có:      ma = P + N + Fms + F + ma = Fcos α - Psin α - Fms = Fcos α - Psin α - kN = ( Vì F chuyển động thẳng đều) + = - Pcos α- Fsin α+ N suy N = Pcos α+ Fsin α: Thay α vào phương trình trện ta thu được: Fcos α - Psin α - k(Pcos α + Fsin α) = rút ra: F= tgα + k mg = 21,4( N ) − k tgα Bài 1.25 + Dễ dàng có điều kiện để vật chuyển động thẳng b là: Fcos α= k(P – Fsin α) kP (1) cos α + k sin α Fms F trục + Điều kiện để vật bị nâng lên: Momen quay qua J phải lớn momen P => F = N α P a/2 a J b a = F (b sin α − cos α ) (2) 2 Thay (1) vào (2) ta có: b.cos α+ kb.sin α= 2kb.sin αTa có: P k.a.cos α a + (3) b k Vậỵ để nâng vật lên ta cần tác dụng vào vật Biến đổi ta thu kết : tgα = lực F với góc tối thiểu αthỏa mãn (3) F a Bài 1.26 Để lật khối hộp momen tối thiểu lực F phải lớn momen cản lại P b α a b mg a F b ≥ P cos α ( − tan α ) hay F ≥ ( cos α − sin α ) 2 b Bài 1.27 - Chon hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ ur uu r ur uuuu r - Phân tích lực: P; N ; F ; Fms y - Khi vật bắt đầu chuyển động sàn lực ma sát tác dụng lên vật lực ma sát trượt, ta có: Fmst = k.N (1) - Khi tác dụng lực nhỏ vào vật để làm vật bắt đầu chuyển động, vật chuyển động đều, ta có: ur uu r ur uuuu r r P + N + F + Fms = (2) Chiếu (2) lên trục tọa độ ta được: + Trên Ox: Fmsx = Px = mg.sinα + Trên Oy: N = Py = mg.cosα (4) (3) 2 + Trên Oz: Fmin = Fmsz = Fms − Fmsx (5) ( k cosα ) − sin α Px uuuuu r x Fmsx O ur P Py Hình chiếu (Oxy) Thay (1, 3, 4) vào (5) ta được: Fmin = mg uu r N (6) Thay số: m = 100g = 0,1kg; g = 9,8m/s2; k = 0,8; α = 30o vào (6) ta được: Fmin = 0,47 (N) uuuu r Fms uuuuu r Fmsz Px uuuuu r O uuuuur Fmsx Fmin z Hình chiếu (Oxz) x Bài 1.28 ur uu r ur uuuu r - Phân tích lực: P; N ; F ; Fms uu r (trong đó: giá phản lực N có phương thẳng đứng cắt mặt chân để bút chì) uu r - Khi bút chì bắt đầu bị quay phản lực N có giá uu r uuuu r qua điểm tựa B, đó: M N / B = 0; M Fms / B = , ta có: r r Mu = Mu F/B P/B uu r N ur F uuuu r Fms A a a mg ⇒ F = mg ⇒ F = 2 Để bút chì khơng bị quay quanh điểm B thì: F ≤ mg ur B P (1) - Để bút chì bị trượt theo phương ngang: F ≥ ( Fmsn ) max ⇒ F ≥ k N = k mg - Từ (1, 2) ta có: k mg ≤ (2) mg ⇒k≤ ≈ 0,58 3 Bài 1.29 ur uur uuu r uuuuuu r uuuuuur - Phân tích lực: P; N1; N ; Fmsn1; Fmsn (Xe chuyển động lên mặt phẳng nghiêng nên lực ma sát tác dụng lên bánh xe ma sát nghỉ, đóng vai trò lực phát động chuyển động xe) - Vì xe chuyển động lên mặt phẳng nghiêng (không bị lật), áp dụng quy tắc mômen: + Đối với trục quay qua A: uuu r N2 uur N1 B uuuur A Fms1 ur P uuuuu r uuuuur M uNur / A = 0; M u = 0; M u = , ta có: Fmsn1 / A Fmsn / A r uu r Mu = Mu P/ A N /A L ⇒ Mg cosα − Mg sin α.H = N L H ⇒ N = Mg.cosα − Mg sin α L (1) uuu r uuuuuur uuuuuu r + Đối với trục quay qua B: M N / B = 0; M Fmsn / B = 0; M Fmsn1 / B = , ta có: r ur Mu = Mu P/B N /B L ⇒ Mg cosα + Mg sin α.H = N1.L H G uuuuu r Fms ⇒ N1 = H Mg cosα + Mg .sin α L (2) H sin α L Thay số: M = = 1000kg; g = 9,8m/s 2; H = 0,75m; L = 2,5m; α = 12 o ta có: ∆N = 1,2.103 (N) Bài 1.30 - Phân tích lực hình vẽ: ur ur uu r uuuu r + Xe tải: P; T ; N ; Fms (phản lực xe phân bố bánh trước bánh sau) uu r uu r uur uuuuur + Xe mooc: P '; T '; N '; F 'ms - Từ (1, 2) ta có: ∆N = N1 − N = Mg uu r N ur uu r T T' h Px H G uuuuu r Fmsn L A Py ur P α - Khi xe bắt đầu bị đổ phía sau thì: uu r + tồn trọng lực xe dồn hết cho bánh sau, phản lực N có giá qua A, nghĩa là: M uNur / A = ; r + Đối với trục quay qua A, ta có: M Tur / A ≥ M u P/ A - Xe mooc kéo lên dốc, nên: T ≥ mg.sin α ⇒ M Tur / A ≥ mg sin α.h (1) (2) - Đối với xe tải mặt đường nằm ngang, 3/4 trọng lượng xe ép lên bánh sau nên trọng tâm G xe bị lệch phía bánh sau cách trục bánh sau theo phương song song với mặt dốc đoạn L/4, ta có: r Mu = M Py / A − M Px / A P/ A L − Mg.sin α.H - Thay (2, 3) vào (1) ta có: r ⇒ Mu = Mg.cosα P/ A (3) L − Mg sin α.H M L ⇒ ( m.h + M H ) sin α ≥ cosα mg sin α.h ≥ Mg cosα ML/4 (4) m.h+M.H Thay số: M = tấn, m = tấn, L = 4m, H = 2m, h = 1m, ta có: tanα ≥ 0,4 Cơng suất động ảnh hưởng đến chuyển động tịnh tiến xe tải, khơng gây nguy hiểm xe tải lên dốc Bài 1.31 ⇒ tanα ≥ Khi chưa phanh áp lực tác dụng lên bánh trước N 20 = mg Khi phanh bánh sau, bánh sau chịu tác dụng lực ma sát Fms = kN1 , ta có phương trình cân momen quanh khối tâm xe: d d = N1 + Fms h 2 Ta có: N1 + N2 – mg = N2 (1) (2) mg d + 2kh d + kh Độ biến thiên áp lực lên bánh xe trước: Từ (1) (2), suy ra: N = ∆N = N − N 20 = N2 N1 Fms P mg kh = 480 (N) d + kh Bài 1.32 Phương trình chuyển động vật m: P + N + Fms = ma → mg − N cos α − Fms sin α =   N sin α − Fms cos α = ma N Suy ra: a  N = m(g cos α + a sin α)  Fms = m(g sin α − a cos α) Fms P α Biết: Fms ≤ kN Nên: g sin α − a cos α ≤ k (g cos α + a sin α) Vật bắt đầu trượt lên khi: a = g k + tgα , với điều kiện ktg α < 1 − ktgα Bài 1.33 Chọn tâm O làm gốc toạ độ, ta có: R Khối tâm G trục Ox: x0 = 0, x1 = - O1 O G x xG = mx − m1x1 m1 R = m − m1 m − m1 Mặt khác m1 S1 r12 = = = m S R2 (1) (2) R Từ (1) (2), suy ra: x G = Vậy, khối tâm G ngồi OO1 phía O, cách O khoảng R Bài 1.34 (Hình 1.21G) Vì cuộn khơng quay ta có phương trình cân momen quanh trục qua tâm cuộn chỉ: Fms R = F r (1) Cuộn trượt với gia tốc a ta có phương trình chuyển động tịnh tiến: F − Fms = ma r r Fms a R r F Hình 1.21G (2) Từ phương trình (2) suy F = ma + Fms thay vào phương trình (1): Fms R = (ma + Fms ).r với Fms = kmg Suy k = (R − r)g Bài 1.35 (Hình 1.22G) Phương trình chuyển động tịnh tiến: F cos α − Fmsn = ma Ta có: γ = với (2) a ; I = β mR R β > hệ số F ( R cos α − r ) mR(1 + β ) Fmsn = F ( β R cos α + r ) >0 R(1 + β ) r Fmsn r R K Hình 1.22G Từ phương trình (1) (2), suy ra: a= r a (1) Phương trình chuyển động quay quanh trục 0: Fmsn R − F r = I 0γ + (3) (4) Theo (4) lực ma sát ln hướng bên trái Theo (3) thì: r F α r r ⇒ a = Lực F có giá qua điểm tiếp xúc K Do khơng gây R momen K, γ = Cuộn đứng cân a, Khi cos α = r ⇒ a > cuộn chuyển động sang phải R r c, Khi cos α < ⇒ a < cuộn chuyển động sang trái R b, Khi cos α > Bài 1.36 (Hình 1.23G) * Gọi: m khối lượng hình trụ đồng chất khơng bị khoét, m1 khối lượng dư vật đem đặt vào lỗ trống R π  ÷ h Ta có: 5m m1 =  2 10m = π R h * Khi góc α tăng hình trụ trượt lăn - Gọi α1 góc mà kể từ hình trụ bắt đầu trượt, ta r Fms r m1 g có phương trình chuyển động tịnh tiến hình trụ: r N 01 r mg α Hình 1.23G ( m + m1 ) g sin α1 = k ( m + m1 ) g cos α1 ⇒ tan α1 = k = 0,3 - Gọi α góc mà kể từ hình trụ bắt đầu lăn khơng trượt: Muốn vậy: + Vì hình trụ khơng trượt mà lực ma sát phải nhỏ giá trị lớn (m + m1 ) g sin α + Để hình trụ khơng quay momen lực ma sát trục quay qua khơng vượt q giá trị lớn momen trọng lực m1 g , tương ứng với trường hợp đường thẳng 001 song song với phương ngang Vì với α = α ta có phương trình cân momen trục quay qua 0: R (m + m1 ) g sin α = 2R m1g 5m 10 vào phương trình ta tìm sin α = 39 * Ta thấy tan α = 0,26 < tan α1 ta tăng góc α cân momen quay bị phá Thay m1 = vỡ trước cân trượt Vậy góc nghiêng sin α = α cực đại ván với phương ngang hình trụ nằm cân 10 39 Bài 1.37 Truc Truc ω1 ω2 Hình 1.24 (Hình 1.24G) Các hình nón chuyển động tương kèm theo trượt trừ điểm vận tốc dài hai hình nón Ký hiệu toạ độ điểm tính từ đỉnh nón thứ x0 Tại điểm lực ma sát trượt tác động lên nón thứ đổi dấu ( hình 1.24a) Bởi trước điểm nón thứ có vận tốc lớn nón thứ 2, sau điểm nhỏ r Hình nón thứ quay với vận tốc góc khơng đổi F ms tổng momen lực ma sát tác động lên khơng Vì lực ma sát tác dụng lên đơn vị độ dài nón +F khơng đổi nên momen tăng theo hàm bậc tính x từ đỉnh nón đến đáy nón (Vì cánh tay đòn tăng) Tại điểm x0 x0 momen lực ma sát đổi dấu (hình 1.24b) Gọi H chiều cao, R bán kính đáy nón, r0 bán -F a) M kính điểm x0 Tổng momen lực ma sát khơng có nghĩa diện tích tam giác diện tích hình thang gạch chéo hình 1.24b Ta có: x0 r0 HR = (1) x A10 Tam giác OAB đồng dạng với tam giác OA1B1 ta có: x0 H = r0 R (2) R Từ (1) (2) suy r0 = Các vận tốc dài nón điểm x0 nên ta có: được: b) x0 A x B1 B Hình 1.24 ω1 ( R − r0 ) = ω2 r0 với r0 = R ta ω2 = ( − 1)ω1 ≈ 0,41ω1 ... m2 = 1.90 mgkL2 ηq mgkL + mgH − mgkL mgH 100 0 .10. 10 = = ≈ 2,2(kg ) ηq ηq 0,1.4,6 .10 Tính lực cản nước lên tầu chuyển động, biết chạy với vận tốc v = 10km/h ngày cần dùng hết M = 6,5 than? Hiệu... = 20 g Quả cầu khối lượng m1 kéo lệch khỏi phương thẳng đứng góc α = 600 thả Xác 1 .105 1 .106 1 .107 1 .108 1 .109 định góc lệch cực đại cầu so với phương thẳng đứng sau va chạm Va chạm coi hoàn... với vận tốc đường nằm ngang? Lượng xăng tính quãng đường dài L = 100 km Cho suất tỏa nhiệt xăng q = 4,6 .10 J/kg Hiệu suất động η = 10% Hướng dẫn giải Gọi m1 khối lượng xăng cần trường hợp có tăng