Chuyên đề cơ CHẤT điểm

Chuyên đề: Cơ chất điểm Chuyên đề: CƠ CHẤT ĐIỂM A PHẦN MỞ ĐẦU I.Mục tiêu - Chuyên đề chất điểm thực để sử dụng cho học sinh đội tuyển chuẩn bị học, học, cần ôn luyện lại kiến thức phần động lực học chất điểm - Giúp học sinh bồi dưỡng khả phát hiện, phân tích lực, dự đốn diễn biến tượng vật lý Hình thành kinh nghiệm đọc phân tích đề - Tạo tài liệu ban đầu để rút kinh nghiệm, chỉnh sửa, bổ xung qua năm II Đối tượng - Các toán động lực học chất điểm, toán sử dụng phương pháp định luật biến thiên bảo toàn - Các tốn có vận dụng kiến thức tốn nâng cao: phép tính tích phân III Kiến thức đề cập chuyên đề - Giới thiệu qua phương pháp động lực học chất điểm có lưu ý việc xác định phương chiều lực ma sát Chỉ trường hợp nên giải hệ quy chiếu phi quán tính - Giới thiệu phương pháp định luật bảo tồn có gợi ý nhận diện tốn nên sử dụng phương pháp định luật bảo toàn - Giới thiệu tốn sử dụng phép tính tích phân - Hệ thống tập: có lời giải, hướng dẫn giải đáp số Chuyên đề: Cơ chất điểm B NỘI DUNG I Giới thiệu phương pháp động lực học, phương pháp định luật biến thiên bảo toàn Phương pháp động lực học - Phương pháp động lực học phương pháp vận dụng định luật newton để giải toán động lực học có mục đích làm rõ diễn biến tượng vật lý - Trình tự tiến hành phương pháp động lực học thường là: + Vẽ hình, biểu diễn lực tác dụng lên vật    m1 a1  F1  + Viết biểu thức định luật II Newton cho vật vật hệ:    m2 a  F2 + Đại số hóa phương trình định luật II Newton để hệ phương trình cách chiếu phương trình véc tơ trục hệ trục phù hợp Giải hệ phương trình kết hợp với kiến thức động học ta kết cần giải Chú ý 1: xác định phương chiều lực ma sát: Lực ma sát xuất vật có chuyển động tương đối bề mặt vật khác chưa có vận tốc có xu hướng chuyển động bề mặt vật khác Trong trường hợp chưa chuyển động (người giải hay gặp lúng túng phương chiều lực ma sát trường hợp này) ta cần phân tích lực tác dụng lên vật để kết luận xu hướng chuyển động tương đối vật Chú ý 2: Trường hợp nên giải hệ quy chiếu phi quán tính Trong trường hợp chuyển động hệ vật (ví dụ hay gặp có vật trượt không ma sát nêm, nêm trượt không ma sát sàn) Ta nhận rõ ràng xét hệ quy chiếu qn tính quỹ đạo chuyển động vật nhỏ phức tạp, khó tưởng tượng Nên gia tốc chưa thể vẽ tường minh phương chiều Nhưng xét chuyển động nên dễ dàng quỹ đạo, hệ lực tác dụng, xu hướng chuyển động… Vậy trường hợp (phức tạp quỹ đạo hệ lực xu hướng chuyển động …) ta nên nghĩ đến việc giải toán hệ quy chiếu phi quán tính α Chuyên đề: Cơ chất điểm Phương pháp sử dụng định luật biến thiên bảo toàn - Các định luật bảo toàn biến thiên chất điểm gồm có: định luật bảo toàn biến thiên động lượng; định luật bảo toàn biến thiên năng, định luật biến thiên động năng, định luật bảo tồn biến thiên mơ men động lượng - Nội dung định luật bảo toàn điều kiện áp dụng có rõ nhiều tài liệu Tôi xin phép không gõ lại - Với người giải nhiều tập việc nhận đề có kiện phù hợp với phương pháp định luật bảo toàn dễ dàng có kinh nghiệm Xong với học sinh bắt đầu làm việc với chất điểm vào số điểm sau để biết sử dụng có hiệu định luật bảo tồn tình hay khơng + Hệ vật xảy va chạm, hệ vật chịu tác dụng lực ngoại lực khác ngoại lực khác không sinh công… Tức ta ý đến điều kiện sử dụng định luật bảo toàn + Các trường hợp ta cần có vài thơng tin trạng thái chuyển động vài thời điểm rời rạc mà không cần quan tâm đến diễn biến chi tiết khoảng thời gian lại Phương pháp sử dụng phép tính tích phân tốn học Bài tốn sử dụng phép tính tích phân ln gây khó khăn cho học sinh thời gian đầu tiếp xúc Học sinh thường khó khăn nhận diện toán biến đổi cho biểu thức tích phân Trong chun đề tơi có sưu tập số tập lời giải có sử dụng phương pháp tích phân để học sinh tích lũy kinh nghiệm xử lý tốn cần sử dụng đến tốn tích phân Những dấu hiệu thường thấy tốn sử dụng tích phân là: cần tính tổng đại lượng biến thiên liên tục theo đại lượng khác: Vd mật độ khối lượng biến đổi theo tọa độ; lực tương tác biến đổi độ lớn theo khoảng cách, lực cản phụ thuộc tốc độ… II Giới thiệu số tập m Bài tập chuyển động hệ quy chiếu qn tính Bài Một đĩa tròn bán kính R, mỏng, phẳng khối lượng M chuyển động thẳng với vận tốc v0 mặt phẳng nằm ngang nhẵn Từ độ cao h so với mặt đĩa, người ta thả rơi tự vật nhỏ khối lượng m = 0,25M Vật m va chạm vào tâm O đĩa sau nảy lên đến độ cao 0,81h Hệ số ma sát vật đĩa  a) Tính tầm bay xa vật m sau va chạm? h M,R O v0 Chuyên đề: Cơ chất điểm b) Tìm bán kính nhỏ đĩa để vật m rơi trở lại đĩa? Xác định phương vận tốc vật so với đĩa trước chạm đĩa trường hợp này? Giải Vận tốc vật trước va chạm: v1  2gh Sau va chạm vật nẩy lên đến độ cao cực đại 0,81h vận tốc theo phương Oy có độ lớn: v1'  2g.0,81h  0,9v1 Giả sử thời gian va chạm t Gọi v1’, vx thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng nằm ngang sau va chạm so với đất, ta có : r r r r r r r Py  mv1 ; P 'y '  mv '1 � Nt  P 'y  Py � N.t  1,9mv1 r r r r r Px  0; P 'x  mv x � Fms t  mv x hay Nt  mv x  1,9mv1 � v x  1,9v1 1,8v1 Thời gian chuyển động vật sau va chạm t  nên tầm xa vật g S = vxt = 1,9v1 r r r 1,8v1 3, 42v12 3, 42.2gh    6,84h g g g Với đĩa F 'ms t  Mv  Mv0 Chiếu lên trục Ox ta có:  F 'ms t  Mv  Mv0 hay F 'ms t  Mv0  Mv  Fms t Do Nt  mv x � Mv  Mv  mv x  1,9mv1 � v  v  1,9 m v1 M Với vận tốc v sau thời gian t tâm O đĩa s0 = vt điểm M mép đĩa (theo hướng chuyển động vật) sM= vt + R so với vị trí va chạm m � 1,8v � SM  �v  1,9 v1 �  R M �g � Để vật trở lại đĩa SM  S m � 1,8v � SM  � v  1,9 v1 �  R �6,84h Thay m = 0,25 M, v1  2gh ta có M �g � 1,8v 1,8v R �8,55h  2gh  R  8,55h  2gh g g Vận tốc vật hợp với phương ngang góc: tan   0,9 2gh 0,9 2gh v1'   v x  v 1,9 2gh (1  m )  v 2,375 2gh  v0 M Bài 2: Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, đặt cho mặt phẳng khối nằm mặt phẳng nằm ngang Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu điểm A cho bán kính OA tạo với phương ngang góc α Coi va chạm hồn tồn đàn hồi Bỏ qua ma sát Hãy xác định theo m, u, α : a) Vận tốc khối bán cầu sau va chạm  A G  O Chuyên đề: Cơ chất điểm b) Độ lớn xung lượng lực sàn tác dụng lên bán cầu thời gian va chạm Giải a, Gọi u1 ,V vận tốc vật nhỏ bán cầu sau va chạm Véctơ hợp với phương ngang góc  áp dụng định luật bảo tồn động lượng theo phương ngang bảo toàn ta có:   A mu mu1 cos   mV 2 mu mu mV   2  u  V u1 cos  G  O u  V u12  cos   u u1 cos  (1) sin  tg  V u1  u1 cos  cos  (2) Phân tích: Do không ma sát nên: không thay đổi suốt trình va chạm nên ta có:   u1 cos      u sin   u u1 cos  (1  tg cot g ) 2  u (5) Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cos    cot g 2 (3) Thay (4) (5) vào (2), ta được:  cos  u1 cos  u1 cos  (1  tg cot g ) Từ (1), (3) suy ra: cos   tg 2 cot g  (4) tg   1  tg cot g 2 cot g 2 cos  cos  V  u   u  u  cot g 2  cos   cos  cos  Vậy vận tốc khối bán cầu sau va chạm là: V  u  cos  Trong thời gian va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng xung lực: (do vật tác dụng) phản xung (do sàn tác dụng) R R/2 Chuyên đề: Cơ chất điểm Định lý biến thiên động lượng cho khối cầu: + = sin 2 mu  cos  từ hình vẽ suy ra: X p mVtg  Bài Một hình cầu rỗng bán kính R = 0,5 m quay quanh trục thẳng đứng qua tâm với vận tốc ω = 5rad/s Bên có vật nhỏ quay với hình cầu độ cao R/2.Lấy g = 10m/s Tính giá trị cực tiểu hệ số ma sát để trạng thái tồn Nếu ω = rad/s giá trị bao nhiêu? 3.Với ω = 5rad/s Xét vững vàng cân khi: a) Vật có di chuyển nhỏ b) Vận tốc quay ω có biến thiên nhỏ Giải Vật chịu tác dụng lực hình vẽ r Trong F1 phản lực hình cầu, thành phần tiếp tuyến r Fms hướng lên hướng xuống F Giá trị cực tiểu µ   tan   α Fms β γ Fm Fht A N tan   tan  Ta có: tan   tan(   )   tan  tan  Trong tan   N A s P Fht  r  P g tan   Ta min  3 23 3 tức 29 3  29 Với ω = rad/s tương tự ta tan    r Fms hướng xuống Ta  a) Với ω = rad/s khơng có ma sát vị trí cân A1, ứng với Fht  r sin 1 tan 1   P g Ta α1 = 37 Vị trí thấp vị trí có ma sát A Vậy vật từ A tụt xuống cân vị trí Chun đề: Cơ chất điểm Nếu vật dịch lên tụt trở A r b) Khi ω tăng Fht tăng lên nên β giảm Vật nằm cân Khi ω giảm β phải tăng có cân µ cực tiểu nên vật phải tụt xuống Bài 4: Một bình hình trụ, bán kính đáy R chứa nước độ cao h Cho bình quay quanh trục thẳng đứng qua tâm với vận tốc góc khơng đổi ω Khi đó, mặt nước bình chứa có dạng parabolic Chọn hệ Oxy (Oy trùng với trục quay bình, hướng lên, Ox nằm ngang thuộc mặt phẳng chứa đáy bình) a, Viết phương trình giao tuyến mặt phẳng Oxy mặt nước b, Với tốc độ góc  có vị trí x0 mà độ cao mặt nước ln ln h Tìm x0 theo R Giải a, Xét lượng nhỏ chất lỏng khối lượng m bề mặt Điều kiện cân : N cos = mg N sin = m  2x 2x tan = y g tan   y dy , dx dy w x  dx g  x2  y0 , với y0 độ cao mặt nước x = 2g y (2 xdx)  2 � ( y0  thể tích chất lỏng khơng đổi  R h0  �  R2 suy y0  h0  (1) 4g x0   x2 ) xdx , 2g  b, Tại x  x0 , độ cao mặt chất lỏng h0  y0  Từ (1) (2) suy ur N O u r P  x02 (2) 2g R Bài 5: Hai cầu bi a giống hoàn toàn nhẵn, ban đầu cầu thứ hai đứng yên, cầu thứ chuyển động tịnh tiến đến va chạm tuyệt đối đàn hồi với thứ hai Đường nối tâm cầu va chạm tạo với hướng chuyển động ban đầu thứ góc   600 Trong thời gian va chạm cầu bị biến dạng, phần động cầu đến chuyển thành biến dạng cầu, cầu xa lại chuyển thành động Xác định tỷ số phần trăm lượng biến dạng cực đại so với động ban đầu cầu thứ Giải: x Chuyên đề: Cơ chất điểm Theo định luật bảo toàn động lượng m v m v1  m v  v v1  v Áp dụng định lí hàm số Cosin: 2 v1 v  v  2v v cos  2  v1 v  v  v v (1) Áp dụng định luật bảo toàn lượng: 1 2 mv  mv1  mv  Q 2 2Q 2  v  v1  v  (2) m 2Q 0 (1), (2)  v  v v  m Q mv  v  16 0  Q  m 16 Q max  12,5%  H E0 Bài 6: Cho hệ học hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc nghiêng α Trên mặt nêm có hai vật có khối lượng m1 m2 ( m1>m2) Bỏ qua khối lượng ròng rọc dây 1) Giữ nêm cố định Biết hệ số ma sát hai vật với nêm k a) Tìm giá trị cực đại góc α để hai vật đứng yên b) Góc α > αmax (ở câu a) Tính gia tốc hai vật 2) Trường hợp khơng có ma sát hai vật nêm, nêm sàn ngang Tính gia tốc tương đối am hai vật với nêm gia tốc aM nêm sàn Giải: 1) Nêm đứng yên m1 a) Tính aMAX để hai vật đứng yên m2 M Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước α m1 g sin   T  Fms1 0 m2 g sin   T  Fms 0  Fms1  Fms (m1  m2 ).g sin  Mà  Fms1  Fms  ( m1  m2 ).g sin  Suy ra: tan   k (m1  m2 ) m1  m2 => tan  max  k (m1  m2 ) (1) m1  m2 b) α > αmax tính gia tốc hai vật  m1 g sin   T  km1 g cos  m1 a    m2 g.sin   T  km2 g cos  m2 a (m1  m2 ).g.sin   k (m1  m2 ) g cos  => a  (2) m1  m2 2) Khơng có ma sát Chuyên đề: Cơ chất điểm   Gọi gia tốc hai vật nêm a ; gia tốc nêm đất a M Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:       m ( a  a M ) P1  N1  T1         m2 ( a  a M ) P2  N  T2         M a M P  N1  N  2T  N  Chiếu lên trục ox oy phương trinh ta có:  N1 sin   T cos  m1 (a cos   a M )(1)   N sin   T cos  m2 ( a cos   a M )( 2)     m1 g  N1 cos  T sin   m1 a.sin  (3)    m2 g  N cos  T sin   m2 a.sin  ( 4) 2T cos   N1 sin   N sin  M a M (5) Từ (1) (2): ( N1  N ) sin  (m1  m2 )a cos   (m1  m2 ).aM (6) ( N1  N ).sin   2T cos ( m1  m2 )a cos  (m1  m2 )a M (7) Từ (3) (4): (m1  m2 ).g  ( N1  N ) cos (m1  m2 )a cos (8) Từ (5) (7):  M aM (m1  m2 ).a.cos   (m1  m2 ).a M (m1  m2 ).a cos  (9) Hay a M  (m1  m2  M )  (m1  m2 ).M  4m1 m2   a cos  (10) M  m1  m2   Thay (9) vào (6): ( N1  N ).sin   Giải hệ (8) (10) ta có: a ( M  m1  m2 )(m1  m2 ) g sin  M (m1  m2 )  (m1  m2 ) sin   4m1m2 cos  aM  ( m1  m2 ) g sin  cos  M (m1  m2 )  (m1  m2 ) sin   4m1m2 cos  Bài 7: Một vật khối lượng m = 0,1 (kg) trượt mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 0,5 m h (m/s) trượt lên nêm có dạng M hình vẽ Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M = 0,5 (kg), chiều cao đỉnh H ; nêm trượt mặt phẳng nằm ngang Bỏ qua ma sát mát động va chạm Mô tả chuyển động hệ thống tìm vận tốc cuối vật nêm hai trường hợp sau : Lấy g = 10 (m/s ) - Khi H = cm - Khi H = 1,2 cm Giải: Chuyên đề: Cơ chất điểm * Nhận xét : Nếu vật không vượt qua đỉnh nêm vật lên đến độ cao cực đại h so với phương nằm ngang vật nêm có vận tốc v (vật dừng nêm) Ta lập phương trình theo định luật bảo toàn : - Áp dụng định luật bảo tồn lượng ta có : mv0 = (m  M )v + mgh (1) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng : mv = (m + M)v (2) mv mM + Từ (2)  v = vào (1) ta :  mv   + Phương trình (1)  mv0 = (m  M ) 2 mM   mv0 =  v0 = 2 + mgh (mv ) + mgh (m  M ) mv 02 + gh (m  M )  (m + M)v 02 = mv 02 + 2gh(m + M)  Mv 02 = 2gh(m + M)  Mv02 h = g (m  M ) Thay giá trị M = 0,5 (kg), v = 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg), g = 10 (m/s ) ta h = 0,5.0,5 0,125  0,0104 (m) = 1,04 (cm) = 2.10(0,1  0,5) 12 a Khi H = (cm) Khi H = (cm) vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau vật hãm nêm, cuối vật nhanh nêm Vận tốc cuối vật v > vận tốc cuối nêm v  áp dụng định luật bảo toàn ta có : 1 mv0 = mv12 + Mv 22 2 Mv (3) mv = mv + = (4) + Từ phương trình (4)  v = m(v0  v1 ) vào phương trình (3) ta : M  m(v  v1 )   mv 02 = mv 12 + M   M   Mmv 12 + m (v - v )  Mv 02 = Mv 12 + m(v - v ) 2  Mmv Chuyên đề: Cơ chất điểm Bài 3: Một nêm có khối lượng M, có góc nghiêng  chuyển động tịnh tiến không ma sát mặt phẳng nằm ngang Cần phải kéo dây theo phương ngang với lực F r F m M  để vật có khối lượng m chuyển động lên theo mặt nêm? Khi vật m nêm M chuyển động với gia tốc nào? Bỏ qua ma sát, khối lượng dây ròng rọc Bài 4: Có vật A, B khối lượng, nối với sợi dây A khơng giãn vắt qua ròng rọc vật tựa vào vật C C hình vẽ Hệ số ma sát vật C vật A, B  Hỏi phải B truyền cho vật C gia tốc theo phương nằm ngang để vật A, B đứng yên so với vật C Biết khối lượng dây ròng rọc khơng đáng kể; bỏ qua ma sát C mặt phẳng đỡ Bài 5: Trên mặt phẳng nghiêng góc α nêm m có vật nhỏ đứng đặt mặt bàn nằm ngang r a đứng yên Hệ số ma sát vật nêm yên nêm  khối lượng vật m.Tính gia tốc cực đại a (có phương nằm ngang, hướng sang phải) truyền cho nêm mà vật đứng yên Bài 6: Con lắc đơn nặng có khối lượng m = 100g treo vào trần toa xe lửa Biết xe chuyển động thẳng nhanh dần z với gia tốc a dây treo lắc nghiêng góc  =150 so với phương thẳng đứng Lấy g = 10m/s a) Tính gia tốc a 2) Tính trọng lượng nặng xe chạy O A   M Chuyên đề: Cơ chất điểm Bài 7: Thanh OA quay quanh trục Oz thẳng đứng với vận tốc góc khơng đổi  , góc Aoz =  Một chất điểm M chuyển động khơng ma sát OA (HV) Tìm vị trí cân l  OM M Cân bền hay không bền? Gia tốc trọng trường g Bài 8: Một vòng bán kính R quay quanh đường kính thẳng đứng với vận tốc góc khơng đổi  (HV) Một hạt cườm M có khối lượng m chuyển động khơng ma sát vòng Vị trí M xác định góc AOM =  Tìm vị trí cân (tương đối) M; cân bền hay không bền? Bài 9: Một hình cầu bán kính R =0,5m quay quanh đường kính thẳng đứng với vận tốc góc khơng đổi  =5rad/s (HV) Ở bên có vật nhỏ  O  M A  R quay với hình cầu độ cao R/2 Tính giá trị cực tiểu hệ số ma sát để trạng thái tồn Bài tốn sử dụng phép tính tích phân Bài 1: Một bóng ném thẳng đứng lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v o Lực cản khơng khí tỉ lệ với vận tốc FC  m v a) Tính độ cao h vật đạt b) Tính vận tốc vật chạm đất c) Tính thời gian rơi so sánh thời gian so với rơi chân không Giải a) Chọn chiều dương hướng lên gốc trùng với vị trí ban đầu vật Cả lên xuống pt chuyển động vật là: F  mg  m v F ma m v dv dv dx dv m mv dt dx dt dx dv vdv  g   v  dx  dx g  v h Lấy tích phân vế: dx  h v0  v0 g  ln(1  )   g vdv g   v v0 R/2 Chuyên đề: Cơ chất điểm b) Trong giai đoạn xuống  v vdv dx   g   v h v .v g  ln(1  )   g h  v  v  g  g   v0  ln   g   v  c) Viết lại định luật II Niutơn: m dt  dv  mg  m v dt dv g v t1 Gọi t1 thời gian lên: dt  dv  v g   v 0  v T1  ln(1  )  g Tương tự ta tìm thời gian t2 xuống: T2  .v ln(1  )  g  g   v   Tổng thời gian rơi: T1  T2  ln   g   v  Do v  v0 ta biến đổi thấy T1  T2  2v0 Có nghĩa rơi khơng khí rơi g xuống trước so với rơi chân không Nhận xét: Tuỳ theo câu hỏi ta viết gia tốc a thành dạng vi phân dv dv v dt dx Bài Một mỏng khối lượng m uốn thành nửa đường tròn bán kính R Tính lực hấp dẫn tác dụng vào hạt khối lượng m đặt tâm đường tròn Giải: y Hướng dẫn giải: dr Xét phần tử nhỏ dr dây cung da, phần tử có khối da R lượng dM x a m Chuyên đề: Cơ chất điểm Lực do phần tử dr tác dụng lên m: dF  Với dM  M M dr  d R    mdM G Fx R    Lực tác dụng lên m : F dF  Fy  Fx   F tính đối xứng y a nên Fx 0  F Fy Mặt khác ta có: Fy = F sina :    F   M m M m M m M m F  sin  dF  sin  G d    G sin d  2G .cos 2G 2   R  R  R  R 0 Bài Tưởng tượng có giếng đào sâu xuyên qua tâm trái đất Thả vật không vận tốc đầu từ miệng giếng xuống giếng Tìm vận tốc vật tâm O trái đất Hướng dẫn giải: Chọn trục Or hình vẽ r Lực hấp dẫn tác dụng lên vật vật rơi xuống giếng: A F  GM '.m r2 M’ khối lượng phần trái đất có bán kính r < R Gọi M khối lượng trái đất , r khối lượng riêng trái đất ta có: O M M  r3 r3 G.M m   M  M  F  r M R R R3 Gọi vận tốc vật tâm trái đất vO theo định lý động ta có: dA= dWd   R vO O v G.M m 2m r.dr   v.dv  m 2 R G.M m r  R  G.M m G.M  vO  2R R R Bài Một qủa cầu khối lượng m ném thẳng đứng xuống phía với vận tốc ban đầu v0 Sau thời gian đủ dài, cầu rơi xuống với vận tốc vlim Lực ma sát khơng khí F = KSV2 Xác định vận tốc v cầu theo thời gian t Xác định vận tốc v theo hàm số quãng đường Hướng dẫn giải: : uu r O 1.Phương trình chuyển động vật : v dv � dv  g  gv mg – KSV = m (1) dt dt v2 lim dv du g v Đặt h = v ; t = lim Từ (1) � dt  v (1  u ) g lim lim g z Chuyên đề: Cơ chất điểm � du du  dk  1 u2 � dk 1 u2 (1  u0 )e2k  (1  u0 ) k (1  u )(1  u ) 1 u u  k  ln k � u  - Tích phân vế : � ln  u u0 (1  u )(1  u ) (1  u0 )e2k  (1  u0 ) Bài 4: Một AB có chiều dài 2a ban đầu người ta giữ góc nghiêng   o , đầu tựa không ma sát với tường thẳng đứng Khi bng thanh, trượt xuống tác dụng trọng lực a) Hãy biểu diễn góc  theo thời gian t (có thể cơng thức tính phân cần) b) Tính góc  rời khỏi tường Giải Do trượt không ma sát nên bảo toàn mga sin  o mga sin   K q  K tt (1) Do khối tâm chuyển động đường tròn tâm O bán kính a nên: K tt  2 Động quay quanh khối tâm: K q  I  Thay vào (1) ta được: ' 1 m(2a )  '2  ma 2 '2 12 a '2  g (sin  o  sin  ) d 3g  (sin  o  sin  ) dt 2a  t  ma 2  ma 2 '2 2   o d 3g (sin  o  sin  ) 2a b) Xét chuyển động khối tâm theo phương Ox: N1 mx' ' Tại thời điểm rời tường N1 0  x' ' 0 Toạ độ khối tâm theo phương x là: x a cos  Đạo hàm cấp hai vế: x '  a sin   ' Đạo hàm cấp hai vế: x ' '  a  cos   '2  sin   ' ' a  cos   '2  sin   ' ' Khi x' ' 0  cos   '2  sin   ' ' (2) Chuyên đề: Cơ chất điểm Từ (1) suy ra: a '2  g sin  g sin  o Lấy đạo hàm vế: Hay:  ' '  a ' '. ' g cos   ' 0 3g cos  4a Thay vào (2) ta có phương trình: cos  3g  3g  (sin  o  sin  )  sin    cos   2a  4a  sin  2(sin  o  sin  ) sin   sin  o Bài Một cầu thủ đá vào bóng có khối lượng m, truyền cho vận tốc ban đầu v1 có hướng lập với mặt phẳng nằm ngang góc  ngược chiều gió thổi dọc theo mặt sân Sau vẽ lên không trung quỹ đạo đó, bóng quay trở lại vị trí xuất phát với vận tốc v Hỏi bóng rơi xuống đất góc  bao nhiêu? Vận tốc u gió bao nhiêu? Thời gian bay  bóng bằng bao nhiêu? Xem lực cản khơng khí tỷ lệ với  vận tốc bóng khơng khí: Fc  kvtd , hệ số tỷ lệ k coi biết Giải: dvx k   u  vx  ax  dt m dA kA dA k    dt  A  A0l + Đặt A u  vx  dA  dvx thay vào ta có :  dt m A m - Chọn hệ trục xoy hình vẽ: Xét theo trục Ox ta có : + Khi t 0 A  A0  u  v1 cos    u  vx   u  v1 cos  l  kt m  vx  v1 cos   u e  kt m u (1) k   m  x vx dt  x  v1 cos 1  e m k   + Theo x 0  v1 cos      k    u  um  e m  1   k    ku  v1 cos   u  e m  k m u y - Xét theo trục Oy tương tự ta có : kt dVy k mg   m mg  a y  g  Vy  Vy  V1 sin   e   dt m k  k   V1 (*) O (2)   u x Chuyên đề: Cơ chất điểm  y Vy dt  y  k   mV1 sin 1  e m k  k  mg  m g   m   0   l   k   k    k mg   m mg   v1 sin   g  v1 sin   (**) .e  k  k  ku mg v1 cos   u  v1 sin    g m k   Từ (*) (**) mg v1 cos   u v1 sin   k ku g mg    u m v1 cos   u  v sin   mg ktg k ku g   v1 sin   v2 cos  tg  g (3) + Từ (1) (*)  v1 cos  v2 cos   m tg + Từ (2) (**) v1 sin   v2 cos   g (4)  sin   cos  tg   tg  tg    + Đối chiếu (3) (4)  v  v  sin   v  v  sin  mg ;  Khi   Vậy   ; u  g g ktg gt v (v  v )e lim  (v v ) lim lim gt v (v  v )e lim  (v v ) lim Hay : v = vlim lim du g ) � du  du dz  v u du  g (1  u ) v d (u )  (1  u 2) Từ dz v � lim  1 u2 lim dz v dt dz dt gdz lim lim gz Đặt l = v : lim � � � � �� �2 gz �� � � 2 � �  u02 � � v0 �� �v �� d (u ) (l ) 2 � �  dl � l  ln � u   (1  u0 )e � v 1 � 1 e� lim �� � lim 1 u2 1 u2 v2 � � � � � lim � � � � � Bài Một cầu nhỏ nối với sợi dây mảnh chuyển động khơng ma sát mặt phẳng nằm ngang Sợi dây quấn quanh hình trụ thẳng đứng bán kính r Truyền cho cầu vận tốc v0 theo phương tiếp tuyến với đường tròn chấm chấm bán kính R hình vẽ.Tay cầm đầu tự dây kéo cho cầu ln chuyển động đường tròn Xác định phụ thuộc vận tốc cầu theo thời gian Bỏ qua ma sát dây hình trụ Hướng dẫn giải: Chuyên đề: Cơ chất điểm - Quả cầu A , khối lượng m chuyển động đường tròn (O, R) Xét thời điểm t, cầu có r r vận tốc V, lực căng dây T áp dụng định luật II Newton : T  ma (*) - Chiếu phương trình (*) lên phương hướng tâm AO phương tiếp tuyến At ta : � V2 T cos   m � aht  m � (1) � � R � dV � T sin   m � at  m � (2) � dt � A dV R R Chia theo vế (2) cho (1) ta có : tg  �dt V dV tg �  � dt R V Tay �V OI r Mặt khác, tg  AI  2 R  r �  Điều kiện : � � V �0 I tg t Tích phân hai vế : �  R ��dt V V �1 � tg � ��   � t �V � V R 0� � t  T O r ˆ ) (với   OAI V dV r V 1 tg  � t V0 R nên V 1 r  t V0 R R  r � r R � R2  r � t � � t  � r� V0 R R2  r � Bài 7: Một bóng thả rơi tự không vận tốc ban đầu chuyển động bóng chịu lực cản khơng khí tỉ lệ với v0 l khơng khí từ độ cao h so với mặt đất Coi trình A B vận tốc: FC   v Hãy tìm vận tốc độ cao vật theo thời gian ĐS: g v  1  e  t  ;  s gt gt  t  e  2 Bài Một đồng chất AB, khối lượng m, chiều dài l, chuyển động với vận tốc ban đầu v0 (hướng dọc theo thanh) từ vùng khơng có ma sát sang vùng có ma sát mặt bàn nằm ngang với hệ số ma sát trượt µ Tìm điều kiện v0 để dừng lại toàn nằm vùng có ma sát Với vị trí số cho trước v 0, tính khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát dừng lại, đầu A cách mép vùng có ma sát khoảng bao nhiêu? Chuyên đề: Cơ chất điểm (Trích Đề thi Olimpic vật lý Hunggari năm 1986) Hướng dẫn giải: Khi đầu B vào vùng có ma sát, cách mép khoảng x lực ma sát tác dụng lên : Fms = μ x mg l x x l - Công lực ma sát để thực lúc : Ams = � mgdx   mgx 2l - Khi toàn nằm vùng có ma sát x � l Như vậy, điều kiện v0 để dừng mv02  mg lại toàn nằm vùng có ma sát : � l � v �  gl 2l Khi đầu B vào vùng có ma sát, áp dụng định luật II Niu-tơn ta có :  mg  mg x � x’’ +  ; với x khoảng cách từ đầu B đến đầu mép vùng có ma sát ma = l l g Lưu ý lúc t = l x = (Chọn gốc thời gian t = lúc B vừa chạm vào mép), ta có: vB = xB = ωAcosωt v l - Theo đề vBmax = v0, nên ta có : A =  v0  g * Ta xét trường hợp sau : a) Trường hợp v0 �  gl Khi A �l Lúc xB = l (thanh bắt đầu lọt hồn tồn vào vùng có - Phương trình chuyển động là: x = Asinωt, với ω = ma sát) ta có: l  A sin t1 � t1  �l � arcsin � �  �A � l �l � arcsin � � g �A � t1 khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát đầu A bắt đầu chạm vào mép l  l  arcsin1  + Nếu v0   gl A l ; t1 = vB = x’B = ωAcos = 0; g g dừng lại Như vậy, v0   gl , khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát dừng lại t1 =  l đầu A ngang mép vùng g có ma sát (xA = 0) + Nếu v0   gl A  l Trong trường hợp đó, lúc dừng lại đầu A cách mép (ở bên trái A) khoảng xA  mv02  mg v02 - Để tính xA ta áp dụng định luật bảo toàn lượng :  l   mgx � x   A A 2 g 2 2l -Khoảng thời gian kể từ lúc A bắt đầu chạm vào mép dừng lại t : Chuyên đề: Cơ chất điểm 2x �v0 � l A xA = μg t � t   � � 2 � g �  g g � � Như vậy, khoảng thời gian cần tìm : t = t1 + t2 b) Trường hợp v0   gl : trường hợp đứng lại có phần nằm miền có ma sát Khi dừng lại ta có : tới mép vùng có ma sát Từ : xB = l v g - Đầu A cách mép (về bên phải) : xA = l – xB = l - Thời gian cần tìm : xB = Asinωt3 mv  mg  x ; với xB khoảng cách từ đầu B 2l B l v = v0 g l v g l g  sin t �t  g l l g Bài Một đồng chất khối lượng m chiều dài l giữ nằm ngang hai ngón tay hai đầu Trong đưa chậm hai ngón tay lúc gặp khối tâm, trượt ngón hay ngón Tìm cơng mà người thực q trình đó, hệ số ma sát nghỉ trượt tương ứng s k (k  s) Hướng dẫn giải: - Các phản lực hai ngón tay tác dụng lên theo phương thẳng đứng ngón tay cách khối tâm G khoảng x y tương ứng thoả mãn điều kiện cân : Fx  mg y x Fy  mg x y x y - Giả sử trượt ngón trái trước Khi lực ma sát tác dụng lên ngón tay trái là: y Fms  k Fx  k mg x y - Do chuyển động chậm (gia tốc theo phương ngang nhỏ không đáng kể) nên lực x lực ma sát nghỉ tác dụng lên ngón tay phải có giá trị cực đại :  s Fy  s mg x  y Vậy, ngón tay trái trượt chừng mà k y � s x hay x �ky , k  k /  s �1 - Ban đầu xo  y0  l / Do ngón tay trái trượt đến vị trí x  x1  kl / , đồng thời thực công để chống lại lực ma sát luôn thay đổi Cơng tính theo cơng thức: x l kl /2 l / A( x0 � x1)   � x k Fx dx   k mg �l /2 x  l / 2dx  mg k ln k  giai đoạn hai, ngón tay phải trượt, x  x1 khơng đổi, y thay đổi từ l/2 tới y1  kx1  k 2l / Công thực giai đoạn : x k2y y  F dy    mg � dy  mg  l ln A( y0 � y1)   � y y k y k k2 k 0 x1  y - Cũng tương tự vậy, công tổng cộng thực tất giai đoạn mà trượt ngón tay trái phải : Chuyên đề: Cơ chất điểm 1� k 1� � � mgl k � ln  (k  k  )ln �  mgl k � ln  ln � k� � 1 k � 1 k 1 k k � - Nếu k   s (tức k > a (a/x)2 vơ bé bậc hai nên bỏ qua Vậy x >> a U = - GMm U = x   x c) Lực hấp dẫn mà vòng tròn tác dụng lên m tính theo cơng thức : d GMm d 2  1/ dU   GMm.x.(a  x )  3/ = - dx ( 2 )  GMm dx (a  x ) dx a x Fx = Fx =  GMmx (a  x2 )3/ (**) Dấu "-" chứng tỏ Fx hướng vào tâm O vòng d) Fx viết lại dạng : GMmx Fx = - x (1  a 3/ ) x2 mdm r  GMm x (1  a2 x ) / GMm Khi x >> a , tức (a/x) > a , tức chất điểm m vòng M xa coi hai chất điểm cách đoạn x lớn ta có biểu thức định luật hấp dẫn Niutơn viết cho trường hợp chất điểm : Fx = - GMm x2 e)Từ biểu thức (*) hấp dẫn : U = Từ biểu thức (**) lực Fx : Fx = - GMmx (a  x )3/ GMm a x �U   GMm x  a � x -> điều vòng hình tròn nên lực hút phần tử dm m triệt tiêu lẫn theo đôi dm nằm đối diện với tâm O vòng Bài 14 Một tên lửa, khơng chịu tác dụng lực hấp dẫn vũ trụ, chuyển động nhanh dần theo quỹ đạo thẳng Khối lượng vỏ tên lửa (cùng thiết bị gắn vào nó) M Ở thời điểm t, khối lượng nhiên liệu chứa tên lửa m = m 0e-kt (k số dương), vận tốc tương đối (so với tên lửa) lượng khí nhiên liệu v = v 0e-kt Giả sử m0 a , tức chất điểm m vòng M xa coi hai chất điểm cách đoạn x lớn ta có biểu thức định luật hấp dẫn Niutơn viết cho trường hợp chất điểm : Fx = - GMm... có khối lượng M bán kính a Một vật khối lượng m (Xem vật chất điểm) đặt nằm trục vòng tròn cách tâm vòng tròn đoạn x Chuyên đề: Cơ chất điểm a) Hãy xác định hấp dẫn U hệ thống Chọn giá trị hai... trọng lượng nặng xe chạy O A   M Chuyên đề: Cơ chất điểm Bài 7: Thanh OA quay quanh trục Oz thẳng đứng với vận tốc góc khơng đổi  , góc Aoz =  Một chất điểm M chuyển động khơng ma sát OA