như chúng ta đã biết trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia hay quốc tế sẽ không thể thiếu các bài tập cơ học chất điểm và vật rắn . Sau đây là các bài tập bổ ích đc biên soạn và chọn lọc lĩ lưỡng sẽ bồi dưỡng thêm cho các bạn kĩ năng giải các bài tập cơ chất điểm hay vật rắn .Đặc biệt tài liệu này cón có thêm phần đáp án chi tiết , dễ hiểu
CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM VÀ VẬT RẮN TỔNG HỢP MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎICẤP TỈNH- QUỐC GIA CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI OLYPIC QUỐC TẾ BÀI (QG 2003) Một cứng AB có chiều dài L tựa hai mặt phẳng P1 P2 (Hình 1) Người ta kéo đầu A lên P1 dọc theo mặt phẳng P1 với vận tốc v không đổi Biết AB v A véctơ v nằm mặt phẳng vuông góc với giao tuyến P P2; q trình chuyển động điểm A, B ln tiếp xúc với β hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo hai mặt phẳng β =1200 Hãy B α tính vận tốc, gia tốc điểm B vận tốc góc theo v 0, L, P2 α (α góc hợp mặt phẳng P2) Hình HƯỚNG DẪN Các thành phần vận tốc A B dọc theo y P1 nên: vB = vAcos(600- α)/cosα= v ( + tgα) A 2 Chọn trục Oy hình vẽ, A có toạ độ: y= Lsinα ⇒ y’= Lcosα α’ = v0cos300 β B O α Vận tốc góc thanh: P2 v cos 30 v ω = α’ = = Hình L cos α 2L cos α dv B 3v Gia tốc B: a = = v0 α' = dt 4L cos α cos α BÀI 2.Trên mặt bàn nằm ngang có hai ván khối lượng m m2 Một lực F song song với mặt bàn đặt vào ván Biết hệ số ma sát trượt ván k 1, ván bàn k (Hình 2) Tính gia tốc a1 a2 hai ván Biện luận kết theo F cho F tăng m1 k1 dần từ giá trị không Xác định khoảng giá trị F ứng với m dạng chuyển động khác hệ k2 áp dụng số: m1= 0,5kg; m2=1kg; k1= 0,1 ; k2 = 0,3; g = 10m/s2 HƯỚNG DẪN Hình Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là: F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g 1/ F ≤ F2max a1= a2= 2/ F > F2max ván chuyển động chịu tác dụng lực : F, F2max lực ma sát F1 hai ván Có hai khả : a) F1≤ F1max , ván gắn với ván Hai ván chuyển động với gia tốc: F − F2 max F − F2 max a= Lực truyền gia tốc a cho m1 F1: F1 =m1 ≤ k1m1g m1 + m m1 + m ⇒ F ≤ ( k1 +k2)(m1 +m2)g Điều kiện để hai ván chuyển động với gia tốc a là: k2( m1 + m2)g < F ≤ ( k1 +k2)(m1 +m2)g Thay số: 4,5N < F ≤ 6N b) F = F1max Ván trượt ván sang phải với gia tốc a1 a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g Ván chịu F, F1max, F2max có gia tốc a2: F − k m 1g − k ( m + m ) g a2 = m2 v F {F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> F>(k1 +k2)(m1+m2)g m2 Thay số: F ≤ 4,6N : a1= a2= ; hai vật đứng yên F − 4,5 4,5N < F ≤ 6N : hai vật có gia tốc: a1 = a2 = 1,5 F > 6N : Vật có a1= 1m/s ; vật có a2 = ( F − ) BÀI (HSG QG 2002-2003 ) Cho bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R, tâm O O Chứng minh khối tâm G bán cầu cách tâm O đoạn d = 3R/8 O Đặt bán cầu mặt phẳng nằm ngang Đẩy bán cầu cho trục đối xứng nghiêng góc nhỏ so với phương thẳng đứng bng nhẹ cho dao động (Hình 1) Cho bán cầu khơng trượt Hình mặt phẳng ma sát lăn khơng đáng kể Hãy tìm chu kì dao Hình động bán cầu Giả thiết bán cầu nằm cân mặt phẳng nằm ngang khác mà ma sát bán cầu mặt phẳng khơng (Hình 2) Tác dụng lên bán cầu khoảng thời gian ngắn xung lực X theo phương nằm ngang, hướng qua tâm O bán cầu cho tâm O Điều kiện để a2 - a1 = v có vận tốc v a) Tính lượng truyền cho bán cầu b) Mơ tả định tính chuyển động bán cầu Coi v0 có giá trị nhỏ Cho biết gia tốc trọng trường g; mô men quán tính cầu đặc đồng chất khối lượng M, bán kính R trục quay qua tâm I = MR HƯỚNG DẪN Do đối xứng, G nằm trục đối xứng Ox Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng dày dx nhỏ Một lớp điểm có toạ độ x= R sin α, dày dx= Rcosα.dα có khối lượng dm = ρπ(Rcosα )2dx với m = ρ πR nên: π/2 m xG = ∫ xdm ∫ ρπR m = cos α sin αdα m π/2 ρπR ρπR 3R d = xG = − (đpcm) cos α = = 4m 4m Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi ϕ góc hợp OG đường thẳng đứng mgd - mgdϕ = IM.ϕ” (1) ⇒ ϕ biến thiên điều hoà với ω = IM IO, IG, IM mơmen qn tính trục quay song song qua O,G,M Mơ men qn tính bán cầu là: 2 IO = mR ; IO = IG + md2 IM = IG + m( MG)2 Vì ϕ nhỏ nên ta coi MG = R-d 13 mR ⇒ IM = mR +m(R2 –2Rd) = 20 x α x OO Hình O ϕ G M Hình O Hình P dx mgd 15g 26R = ⇒ T = 2π IM 26R 15g a) Giải hệ: X = mvG (1) Xd = IGω (2) v0= vG +ωd (3) md v0 83 83v v G = 120 v G = 15 v Với IG = IO- md2 = mR2 vG = = ; ω = IG + md / I G 128 320 83R 16R Động bán cầu: mv 02 mv G2 I G ω2 83mv 02 E= = ≈ 0,32 + 2 256 b) Khối tâm bán cầu chuyển động với thành phần vận tốc theo phương ngang v G không đổi Bán cầu dao động quanh khối tâm BÀI 4.(HSG QG 2004) Hai đĩa tròn đồng chất giống chuyển động mặt phẳng nằm ngang nhẵn, theo đường thẳng nối tâm đĩa, đến gặp Các đĩa quay chiều quanh trục thẳng đứng qua tâm chúng với vận tốc góc tương ứng ω1 ω2 ω2 ω1 Tác dụng lực ma sát đĩa mặt bàn khơng đáng kể, tác dụng lực ma sát xuất điểm tiếp xúc hai đĩa với đáng kể Biết đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có kht lỗ thủng hình trụ tròn đồng tâm với vành đĩa, bán kính R/2 Tính mơmen qn tính trục quay nói đĩa Hãy xác định vận tốc góc đĩa sau va chạm, biết vào thời điểm va chạm kết thúc, tốc độ điểm va chạm đĩa theo phương vng góc với đường nối tâm chúng Xác định thành phần vận tốc tương đối hai điểm tiếp xúc hai đĩa theo phương vng góc với đường nối tâm chúng sau lúc va chạm BÀI GIẢI ω= R Mô men: I = ∫ ( r m (R + r ) 5mR ) π r dr = 1 ; r = R/2, I =m π( R − r ) Gọi X xung lực lực ma sát nơi tiếp xúc hai đĩa; v 1⊥, v2⊥ tương ứng độ lớn thành phần vng góc vận tốc hai đĩa với đường nối tâm chúng, có phương ngược với chiều quay đĩa này: m1v1⊥= m2v2⊥ (1) I(ω1' − ω1 ) = − RX ; I (ω'2 − ω ) = − RX ⇒ ω1' − ω1 = ω'2 − ω (2) m1v1⊥ = − I(ω − ω1 ) / R (3) Theo giả thiết, sau va chạm, thành phần vuông góc vận tốc dài tiếp điểm hai vành đĩa nhau: v⊥ = ω1' R − v1⊥ = −ω '2 R + v 2⊥ (4) Giải hệ phương trình, ẩn: ω'1, ω'2, v1⊥;v2⊥; ' I ( ω1' − ω1 ) = −ω'2 − I ( ω'2 − ω2 ) (5) ω + mR mR ' Từ (2) (5): ω1 ω2 2I 2I )ω1 − ω (1 + )ω − ω1 2 5mR ' ' mR mR ω = ω1 = , ; Thay I= , thì: 2I 2I + 2+ mR mR 9ω − 4ω2 9ω2 − 4ω1 ' ω1' = ; ω2 = Còn 13 13 5(ω1 + ω2 )R v1⊥= ; 26 (1 + (ω1 − ω )R ( ω1>ω2 v > 0, vận tốc có hướng theo chiều quay đĩa 1) BÀI 5(HSG QG 2004) 1) Quả cầu M khối lượng m nối với trục thẳng đứng hai điểm A, B hai chiều dài l, khối lượng không đáng kể (khoảng cách AB = 2a) Các chỗ nối chốt nên hai bị kéo nén Cả hệ quay không ma sát quanh trục thẳng đứng với vận tốc góc ω khơng đổi (xem hình vẽ) Tính lực T T’ mà vật m tác dụng lên AM BM tương ứng Các bị kéo hay bị nén? 2) Trên mặt bàn nằm ngang có bán trụ cố định bán kính R Trong mặt phẳng thẳng đứng vng góc với trục O bán trụ ( mặt phẳng hình vẽ ) có đồng chất AB chiều dài R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B mặt bàn Trọng lượng P Khơng có ma sát bán trụ Hệ số R ma sát mặt bàn k = Góc α phải thoả mãn điều kiện để trạng thái cân bằng? BÀI GIẢI ' Gọi TM, TM lực tác dụng lên vật M Vật M chịu lực: mg, TM, TM' v⊥ = ω1' R − v1⊥ = tâm: F = mω R = mω l − a Giả thiết TM TM' có chiều hình vẽ Gọi góc AMH = BMH = α ; sin a α = ; cos α =R/l Chiếu xuống HX HY có: l TM + TM' cos α = mω R ( (T M − TM' ) ) sin α = mg A A l 2a M l B A α B O lực quán tính li y TM l α M H x B ' TM m Suy ra: TM = ml g ω + a ml g ω − a TM >0, chiều giả thiết TM chiều tác dụng lên M Ngược lại, M tác dụng lên lực trực đối T Vậy AM bị kéo g TM' 〉 o ω〉 (quay đủ nhanh), BM bị kéo a TM' = TM' 〈 ω〈 g BM bị nén a g BM không chịu lực l 2.Thanh chịu trọng lượng P, phản lực N bán trục A vng góc với mặt trụ (đi qua 0) Phản lực Q mặt bàn xiên góc với phương ngang có ma sát, đó: Q = Q N + F ; F lực ma sát TM' = ω = Ba lực Q ; N ; P cân bằng, giao điểm N ; Q phải giá P Ta có: P + Q + N = (1) Tam giác OAB cân nên góc BAN = 2α Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncosα = F ; y (2) Chiếu (1) xuống oy : Nsinα + QN = P ; (3) NQQ n A R cos α = NR sin 2α ; Lấy mo men B : P R x B α (4) O F P Mặt khác : F≤ QN ; (5) Ta có phương trình cho ẩn N; QN; F α Từ (3) có: P cos α P N= = Thay vào (2) nhận được: sin 2α sin α P cot gα F= ; (6) 3P Thay vào (3) thu được: QN = P - Nsinα = (7) Thay (6) (7) vào (5) có: P ≤ P Suy ra: tgα ≥ ; hay α ≥ 30 o tgα Mặt khác, dễ thấy rằng, vị trí thanh, đầu A thang tiếp điểm với bán trụ, tạo với mặt ngang với góc giới hạn α = 450 Vậy trạng thái cân ứng với góc α thoả mãn điều kiện: 30 ≤ α ≤ 45 BÀI 6( HSG QG 2005) Cho vật nhỏ A có khối lượng m vật B khối lượng M Mặt B phần mặt cầu bán kính R (xem hình vẽ) Lúc đầu B đứng yên mặt sàn S, bán kính mặt cầu qua A hợp với phương thẳng đứng góc α ( α có giá trị nhỏ) Thả cho A chuyển động với vận tốc ban đầu không Ma sát A B không đáng kể Cho gia tốc trọng trường g Giả sử A dao động, B đứng yên (do có ma sát B sàn S) a) Tìm chu kỳ dao động vật A b) Tính cường độ lực mà A tác dụng lên B bán kính qua vật A hợp với phương thẳng đứng góc α ( α ≤ α ) c) Hệ số ma sát B mặt sàn S phải thoả mãn điều kiện để B đứng yên A dao động? Giải sử ma sát vật B mặt sàn S bỏ qua a) Tính chu kỳ dao động hệ b) Lực mà A tác dụng lên B có giá trị cực đại bao nhiêu? HƯỚNG DẪN a) Khi bán kính nối vật với tâm lệch góc α (nhỏ) : N + mg = ma (1) Chiếu (1) lên trục Os (coi vng góc với bán kính): − mgs / R = ms ′′ ⇒ s ′′ + ω s = với ω = g / R Vậy A dao động điều hoà với T = 2π R / g b) Chiếu (1) phương bán kính: N = mg cos α + mv / R Theo định luật bảo toàn lượng: mv / = mgR( cos α − cos α ) ; N = 3mg cos α − 2mg cos α c) Ta có: N x = N sin α = 1,5mg sin 2α − 2mg cos α sin α ⇒ áp lực M lên sàn là: Q = Mg + N cos α = Mg + 3mg cos α − 2mg cos α cos α Điều kiện để B đứng yên là: N x ≤ kQ với α ≤ α Với α nhỏ: N x ≈ ( 3mg − 2mg cos α )α tỷ lệ với α nên có giá trị cực đại α = α Do đó: N x max = ( 3mg cos α − 2mg cos α ) sin α = mg cos α sin α dQ = 2( cos α − cos α ) sin α < ln có giá trị âm nên Q nghịch biến với α mgdα Vậy Qmin = Mg + mg cos α α = α Mặt khác, ta có k ≥ N x / Q ⇒ k ≥ N x max / Qmin ⇒ k = m cos α sin α M + m cos α Nếu thay cos α ≈ − α / sin α ≈ α , ta được: mα k = M + m − α 02 / 2.a) Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng hệ bảo tồn Vì α nhỏ nên coi vận tốc m có phương nằm ngang, ta có: mv + MV = 2 mv MV Mặt khác, bảo toàn năng: + = mgR ( cos α − cos α ) 2 dα Chú ý α ' R = ( v − V ) = v(1 + m / M ) (ở ký hiệu α ′ = ), Với góc bé, ta có: dt mR 2α ′ Mm R 2α ′ + = mgR α 02 − α 2 2 2( + m / M ) M (1 + m / M ) ( ) ( ) α ′2 / (1 + m / M ) = g (α 02 − α ) 2 Đạo hàm hai vế biểu thức theo t:, ta được: g (1 + m / M ) α ′′ = − α R Vậy hệ dao động điều hoà với g (1 + m / M ) R ω= → T = 2π R g (1 + m / M ) b) Đối với m: N + mg = ma Chiếu hai vế phương trình lên Os, ta có: ⇒R N = mg cos α + m( v − V ) R Theo định luật bảo toàn động lượng: bảo toàn năng: mv + MV = mv MV + = mgR ( cos α − cos α ) 2 Suy ra: M v= 2 gR( cos α − cos α ) m+M Ta biết v − V = v(1 + m / M ) nên α = , cos α v − V cực đại, N cực đại Vậy m m m (v − V ) = mg + v (1 + ) R M R m m = mg + gR(1 − cos α ) (1 + ) R 1 + m / M M N max = mg cos + m − 2mg (1 + m / M ) cos α M BÀI Trên mặt ngang không ma sát, hai vật có khối lượng m1 m2 nối với sợi dây không giãn chịu lực căng T0 Tác dụng lên vật lực tỷ lệ thuận với thời gian F1 = α1t , F2 = α 2t , α α cỏc hệ số số có thứ nguyên, t thời gian tác dụng lực Xác định thời điểm dây bị đứt r r m1 F2 m2 m2 F1 BÀI GIẢI Gọi lực căng dây chưa đứt T Chọn chiều (+) từ trái sang phải Độ lớn gia tốc cho hai vật, nờn : F − T T − F2 a= = m1 m2 α − T T − α2 = ⇒ m1 m2 ( m α + m2α1 )t ⇒ T= (*) m1 + m2 Phương trình (*) cho thấy lực căng T tăng theo thời gian Vậy thời gian để dây đứt : (m + m2 )T0 td = m1α + m2α1 = 3mg + 2mg BÀI Cho hệ gồm hai vật có khối lượng m1 m2 nối với lũ xo nhẹ cú độ cứng k, chiều dài tự nhiên l0 Hệ đặt mặt phẳng ngang trơn nhẵn r Một lực F khơng đổi có phương nằm ngang (dọc theo trục lũ xo) bắt đầu tác dụng vào vật m2 hỡnh vẽ a, Chứng tỏ vật dao động điều hồ Tính biên độ chu kỳ dao động vật b, Tính khoảng cách cực đại khoảng cách cực tiểu hai vật quỏ trỡnh dao động Bài giải - Xột hệ quy chiếu gắn với khối tõm G hệ F - Gia tốc khối tõm: a G = m1 + m - Gọi O1 O2 vị trí m1 m2 lũ xo trạng thỏi tự nhiờn : O1O2 = l0; - Vị trớ O1 O2 cách G đoạn l1 l2, thoả điều kiện : m l0 m1l ; l2 = m1 + m m1 + m - Ta coi hệ trờn gồm : vật m gắn vào đầu lũ xo cú chiều dài l 1, đầu l1 gắn cố định vào G vật m2 gắn vào đầu lũ xo cú chiều dài l2, đầu l2 gắn cố định vào G k(m1 + m ) k(m1 + m ) - Độ cứng lũ xo l1 l2 : k1 = k = ; m2 m1 * Phương trình dao động vật: Chọn cỏc trục toạ độ cho vật gắn với khối tõm G hệ trờn hỡnh vẽ - Vật m1 : Fqt1 - Fdh1 = m1a m m Fd h F q t2 m1F Fq t - k1x1 = m1x1′′ F hay m1 + m Fd h k1 m1F ′′ (x1 )=0 O O ⇒ x1 + x x1 m1 (m1 +m )k1 k1 m1F ⇒ Đặt : ω1 = ; X1 = x1 X1′′ + ω12 X1 = (*): vật m1 dao động điều hoà Nghiệm m1 (m1 + m )k1 phương trỡnh (*) cú dạng : X1 = A1sin (ω1t + ϕ1 ) m2F - k x = m x 2′′ - Vật m2 : F - Fqt - Fdh = m 2a hay F m1 + m k2 m1F ⇒ Đặt : ω2 = ; X2 = x X 2′′ + ω22 X = : vật m2 dao động điều hoà Nghiệm phương m2 (m1 + m )k trình (*) có dạng : X = A 2sin (ω2 t + ϕ2 ) * Chu kỡ dao động vật: m1m 2π = 2π - Vật m1 : T1 = ; ω1 (m1 + m )k m1l1 = m2l2 = m2(l0 - l1) ⇒ l1 = 2π m1m = 2π ω2 (m1 + m2 )k * Biên độ dao động vật: m1m F + A1sin(ω1t + ϕ1 ) - Vật m1 : x1 = (m1 + m ) k v1 = Aω 1cos(ω 1t + ϕ1) m1m F A1 = Khi t = (m1 + m ) k ⇒ ϕ1 = −π / x1 = v1 = m12 F + A 2sin(ω2 t + ϕ2 ) - Vật m2 : x = (m1 + m ) k v = Aω t2 + ϕ2) cos(ω - Vật m2 : T2 = Khi t = m12 F (m1 + m ) k ϕ2 = −π / A2 = ⇒ x2 = v2 = b, Khoảng cách cực đại cực tiểu hai vật trỡnh dao động : Hai vật dao động pha hai trục toạ độ phương ngược chiều nên: lmax = l0 + 2(A1 + A2) = l0 + lmin = l0 m1F ; (m1 + m )k ... a1= a2= ; hai vật đứng yên F − 4,5 4,5N < F ≤ 6N : hai vật có gia tốc: a1 = a2 = 1,5 F > 6N : Vật có a1= 1m/s ; vật có a2 = ( F − ) BÀI (HSG QG 2002-20 03 ) Cho bán cầu đặc đồng chất, khối lượng... α Từ (3) có: P cos α P N= = Thay vào (2) nhận được: sin 2α sin α P cot gα F= ; (6) 3P Thay vào (3) thu được: QN = P - Nsinα = (7) Thay (6) (7) vào (5) có: P ≤ P Suy ra: tgα ≥ ; hay α ≥ 30 o tgα... m m1 + m - Ta coi hệ trờn gồm : vật m gắn vào đầu lũ xo cú chiều dài l 1, đầu l1 gắn cố định vào G vật m2 gắn vào đầu lũ xo cú chiều dài l2, đầu l2 gắn cố định vào G k(m1 + m ) k(m1 + m ) - Độ