Đang tải... (xem toàn văn)
Trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, từ hai độ cao h1 , h2 người ta ném cùng lúc hai vật có khối lượng m1 , m2 xem như chất điểm theo phương ngang với các vận tốc tương ứng là v1 , v2.. [r]
(1)2 BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề – 7: CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN VÀ CÁC LỰC CƠ HỌC Một ván có khối lượng M = 10kg nằm trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn và sợi dây không dãn Vật nhỏ có khối lượng m = 1kg trượt với tốc độ v = 2m / s từ mép ván tác dụng lực không đổi F nằm ngang có độ lớn F = 10 N hình vẽ Khi vật đoạn đường dài l = 1m trên ván thì dây bị đứt a) Tính gia tốc vật và ván sau dây đứt b) Mô tả chuyển động vật và ván sau dây đứt thời gian đủ dài Tính vận tốc, gia tốc vật và ván giai đoạn Coi ván đủ dài c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu ván để m không trượt khỏi ván Bài giải a) Gia tốc vật và ván sau dây đứt Chọn chiều (+) là chiều chuyển động vật m - Xét chuyển động vật m: + Trước dây bị đứt, m trượt nên: Fhl = F − Fms =⇒ Fms = F + Ngay sau dây đứt: Fhl =0 ⇒ am =0 : vật m trượt với tốc độ v - Xét chuyển động ván M: + Trước dây bị đứt: Ván đứng yên + Ngay sau dây đứt: Ván M chuyển động thẳng nhanh dần không vận tốc đầu với gia tốc: a= M Fms F 10 = = = 1(m / s ) M M 10 Vậy: Trước dây đứt: vật m: am = (trượt đều), ván M: aM = (đứng yên); sau dây đứt: vật m: am = (trượt đều), ván M: aM = 1(m / s ) (chuyển động nhanh dần theo chiều vật m với vận tốc ban đầu 0) b) Mô tả chuyển động vật và ván sau dây đứt; tính vận tốc, gia tốc vật và ván giai đoạn - Giai đoạn 1: ≤ t ≤ t0 (từ lúc dây đứt đến lúc vận tốc hai vật nhau) + Vật m chuyển động thẳng với tốc độ v, gia tốc am = + Ván M chuyển động thẳng nhanh dần với gia tốc aM = 1(m / s ) và đạt tốc độ v thời điểm: (2) t0= v = = 2s aM - Giai đoạn 2: t ≥ t0 (kể từ thời điểm mà hai vật cùng vận tốc) Vật m và ván M cùng chuyển động thẳng nhanh dần với tốc độ ban đầu v0 = 2(m / s ) và gia tốc: = a F 10 = ≈ 0,9(m / s ) M + m 10 + Vậy: Chuyển động vật và ván sau dây đứt thời gian đủ dài bao gồm hai giai đoạn mô tả trên c) Chiều dài tối thiểu ván để m không trượt khỏi ván - Quãng đường vật m trên ván M kể từ dây đứt đến thời điểm t = t0 là: ∆S = Mv 1 am / M t02 + vt0 = (0 − aM )t02 + vt0 = (*) 2 2F - Chiều dài tối thiếu ván là: lmin = l + ∆s = l + Mv 10.22 = 1+ = 3m 2F 2.10 Vậy: Chiều dài tối thiểu ván để m không trượt khỏi ván là lmin = 3m * Chú ý: Hệ thức (*) suy từ định lý động năng: ∆Wñ =⇔ A 2 mv2 − mv1 = Ams = − Fms s 2 Cho hệ gồm N lò xo nhẹ và (N-1) vật nhỏ ghép nối tiếp hình vẽ ( N ≥ 2) Các lò xo có cùng chiều dài tự nhiên l0 và độ cứng k; các vật nhỏ có khối lượng m Biết các vật đứng cân và các lò xo thẳng đứng; A, B cố định; khoảng cách AB = Nl0 a) Tìm độ biến dạng lò xo thứ n nào đó b) Tìm điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng Bài giải a) Độ biến dạng lò xo thứ n Gọi ∆ln là độ biến dạng lò xo thứ n, với quy ước ∆ln > lò xo đó dãn và ∆ln < lò xo đó nén - Chọn trục Ox trùng với AB, chiều dương từ B đến A - Xét điều kiện cân ( N − 1) vật, ta có hệ phương trình: (3) k ∆l1 − k ∆l2 − P =0 k ∆l − k ∆l − P =0 k ∆ln − k ∆ln +1 − P =0 k ∆lN −1 − k ∆lN − P =0 (1) - Mặt khác: ∆l1 + ∆l2 + + ∆l= AB − Nl= N (2) - Biến đổi hệ (1) thành: k ∆l2 = k ∆l1 − P k ∆l = k ∆l − P = k ∆l − P k ∆ln = k ∆ln −1 − P = k ∆l1 − (n − 1) P k ∆lN = k ∆lN −1 − P = k ∆l1 − (N − 1) P (3) - Cộng vế các phương trình hệ (3), ta được: k (∆l2 + + ∆lN ) = ( N − 1)k ∆l1 − [1 + + + ( N − 1)]P ) Nk ∆l1 − ⇒ k (∆l1 + ∆l2 + + ∆lN= N ( N − 1) P - Kết hợp với điều kiện (2), ta được: Nk ∆l1 − N ( N − 1) P ( N − 1) P = hay ∆l1 = 2k - Thay (4) vào (3), ta= được: ∆ln (4) ( N − 2n + 1) P ( N − 2n + 1)mg = 2k 2k ( N − 2n + 1)mg Vậy: Độ biến dạng lò xo thứ n là ∆ln = 2k b) Điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng - Để lò xo thứ n không biến dạng thì ∆ln = ⇔ ( N − 2n + 1)mg =0 2k N +1 với n là số tự nhiên ⇒n= - Từ đó, N phải là số lẻ lớn ( N = 3,5, ) , đó, lò xo chính không biến dạng Vậy: Điều kiện để lò xo thứ n không biến dạng là n = N +1 , N là số lẻ lớn hớn (4) Cho hai chất điểm khối lượng (m = m= m) Ở thời điểm ban đầu chúng có vị trí hình vẽ Vật m1 truyền lực = α , với F = P hơp với phương BC góc α Cho OC = h , OBC π >α > π Vật m2 truyền vận tốc ban đầu chuyển động thẳng đứng theo phương OC a) Xác định thời gian để hai vật gặp b) Vị trí gặp Cho gia tốc trọng trường là g Bài giải a) Thời gian để hai vật gặp nhau: Xét vật 1: - Ta có: π >α > π ⇒ tan α > P = ⇔ F sin α > P cos α ⇒ Fy > Py : vật không trượt trên mặt nêm F - Do các lực tác dụng lên vật không đổi nên gia tốc a không đổi, vật chuyển động theo phương BA (A là điểm gặp nhau): Fhl2 = F + P − FP cos(90° − 2α ) = F + P − FP sin 2α ⇒ Fhl = = F + P − FP sin 2α 3P + P − P 3P sin 2α = P − sin 2α - Gia tốc vật:= a Fhl = g − sin 2α m - Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác có các cạnh F, Fhl : Fhl Fhl F = = sin θ sin(90° − 2α ) cosin2α F cos 2α ⇒ sin θ = Fhl P 3cos2α = P − sin 2α 3cos2α − sin 2α - Mặt khác: θ= β + 90° ⇒ cos β= sin θ= Với: β > α ⇒ cosβ < cos= α ; OB 3cos2α − sin 2α h h − sin 2α = ; AB tan α tan α 3cos2α - Thời gian để hai vật gặp nhau: Ta có: AB = at (5) = ⇒t 2 AB = a − sin 2α h tan α 3cos2α = g − sin 2α 3cos2α sin β =− cos β =− − sin 2α 2h g tan α 3cos2α − sin 2α − 3(1 − sin 2α ) = − sin 2α 3sin 2α − sin 2α + ⇔ sin β = − sin 2α Vậy: Thời gian để hai vật gặp là t = 2h g tan α 3cos2α b) Vị trí gặp Ta= có: OA AB sin β = h − sin 2α 3sin 2α − sin 2α + tan α 3cos2α − sin 2α h 3sin 2α − sin 2α + ⇔ OA = tan α cos2α Vậy: Vị trí hai vật gặp cách vị trí ném vật theo phương thẳng đứng đoạn: OA = h 3sin 2α − sin 2α + tan α cos2α Hai vật nhỏ có khối lượng m2 = 3m1 cùng bắt đầu dịch chuyển từ đỉnh cái nêm có dạng hình tam giác vuông ABC vuông A, (hình vẽ) dọc theo hai mặt sườn AB và AC Bỏ qua ma sát Lấy g = 10m / s a) Giữ nêm cố định, thả đồng thời hai vật thì thời gian trượt đến chân các mặt sườn chúng là t1 và t2 với t2 = 2t1 Tính α b) Để t2 = t1 cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang với gia tốc không đổi a0 nào? Bài giải a) Khi nêm cố định - Gia tốc chuyển động các vật trên mặt phẳng nghiêng không ma sát là: = a1 g= sin α ; a2 g cos α (6) - Thời gian các vật trượt tới chân các mặt sườn là: AB = 1 g sin α t12 và AC = g cos α t22 2 - Theo đề bài, ta có: t2 =2t1 ⇔ AC (1) = AB tan α - Mặt khác: AC = tan α (2) AB ⇒ tan α =2; α =63, 4° Vậy: Khi nêm giữ cố định,= α 63, 4° b) Khi nêm chuyển động - Để có t2 = t1 thì nêm M phải chuyển động phía bên trái nhanh dần với gia tốc a0 - Trong hệ quy chiếu gắn với nêm, các vật m1 và m2 chịu tác dụng thêm lực quán tính f qt1 và f qt nên gia tốc các vật lúc này là: a1 = g sin α − a0 cosα ; a2 = gcosα + a0 sin α g + a0 tan α AC a AC gcosα + a0 sin α - Vì t2 = t1 nên = ; tan= α = = AB a1 AB g sin α − a0 cosα g tan α − a0 ⇒ a0 = g 3.10 = = 7,5m / s 4 Vậy: Để t2 = t1 cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang với gia tốc không đổi a0 = 7,5m / s Cho hệ hình vẽ, D là ròng rọc động luôn kéo xuống thẳng đứng với tốc độ không đổi 2m / s C và E là hai ròng rọc cố định Lúc t = , vật A bắt đầu xuống từ vị trí M ( v0 = ) với gia tốc không đổi Khi tới N ( MN = 4m ), A có tốc độ 8m / s Coi ròng rọc nhỏ, dây không dãn Tìm thay đổi độ cao B, vận tốc và gia tốc B (Trích đề thi Olympic 30/4, 2010) Bài giải Chọn chiều (+) hướng xuống v A2 82 - Xét vật A: v = 2a A MN ⇒ a A = = = 8m / s 2 MN 2.4 A (7) Và v A = a At ⇒ t = vA = = 1s aA - Xét ròng rọc D (chuyển động thẳng đều): s= v= 2.1 = 2m (1) D Dt - Xét vật B: Do dây không dãn, nên ta có: x A = xD + xB = const - Sau khoảng thời gian ∆t : ∆x A + 2∆xD + ∆xB = (2) Với ∆x A = 4m (đề bài); ∆xD = 2m (theo (1)) Suy ra: ∆xB = −8m ; nghĩa là: từ vị trí đầu B lên 8m - Từ (2) ta được: v A + 2vD + vB = (3) Và: a A + 2aD + aB = (4) - Thay v A = 8m / s và vD = 2m / s vào (3) ta được: vB = −2m / s (B lên) - Thay a A = 8m / s và aD = (D chuyển động thẳng đều) vào (4) ta được: aB = −8m / s (B chuyển động nhanh dần lên) Vậy: B lên đoạn 8m với gia tốc aB = −8m / s và vận tốc điểm cuối là vB = −12m / s Cho hệ học hình vẽ, sợi dây dài 2L (không dãn, không khối lượng) Một đầu buộc chặt vào A, đầu nối với vật có khối lượng m2, vật m2 có thể di chuyển không ma sát dọc theo ngang Tại trung điểm I dây có gắn chặt vật có khối lượng m1 Ban đầu giữ vật m2 đứng yên, dây hợp với phương ngang góc α Xác định gia tốc vật có khối lượng m2 và lực căng sợi dây sau thả vật m2? Bài giải - Ngay sau thả m2, m2 chịu tác dụng các lực Q2 , T2 ', P2 , còn m1 chịu tác dụng các lực T1 , T2 , P1 (hình vẽ) Khi đó m2 chuyển động sang trái, có thành phần gia tốc theo phương ngang là a2 ; còn m1 chuyển động quay quanh A Ngay sau thả m2, vận tốc m1 nên thành phần (8) gia tốc m1 theo phương hướng tâm Do đó m1 có thành phần gia tốc theo phương tiếp tuyến là a1 - Chọn hệ trục Oxy hình vẽ - Do dây không dãn, không khối lượng nên: = T1 T= T2 ' '; T2 - Theo phương dây treo, ta có: π α 2a1 sin α cosα a2 cosα =a1cos − 2α= a1 sin 2= 2 (1) 2a1 sin α ⇒ a2 = - Áp dụng định luật II Niu – tơn cho các vật, ta được: + Với vật m1: T1 + T2 + P1 = m1 a1 (2) + Với vật m2: T2 ' + P2 + Q2 = m2 a2 (3) - Chiếu (2) lên trục Ox và Oy, ta được: (T1 − T2 )cosα =m1a1x = m1a1 sin α (4) −(T1 + T2 ) sin α + P1 = m1a1cosα (5) - Chiếu (3) lên trục Ox, ta được: T2 'cosα =m a2 - Thay (1) vào (6), ta được: T2 = T2 ' =2m a1 tan α (6) (7) - Từ các phương trình trên, ta được: + Vật m1: a1 = m1 g cos α m1 + 4m2 sin α + Vật= m2: a2 2= a1 sin α 2m1 g cos α m1 g cos 2α sin α = m1 + 4m2 sin α m1 + 4m2 sin α - Lực căng các đoạn dây: T= T= 2m2 a1 tan = α 2' Và T= T= 1' 2m1m2 g sin α m1 + 4m2 sin α (m1 + 2m2 )m1 g sin α m1 + 4m2 sin α Vậy: Gia tốc vật có khối lượng m2 và lực căng sợi dây sau thả vật m2 là a2 = m1 g sin α (m + 2m2 ) g sin α 2m1m2 g sin α và T1 = , T2 = 2 m1 + 4m2 sin α m1 + 4m2 sin α m1 + 4m2 sin α Trên mặt phẳng nằm ngang có hai cái nêm với mặt nghiêng 45° và khối lượng m1, m2 Nêm m2 dựa vào tường cố định, nêm m1 (9) chịu tác dụng lực F nằm ngang Một vật có khối lượng m có hai mặt nghiêng 45° đặt lên hai nêm (hình vẽ) a) Xác định gia tốc (hướng và độ lớn) nêm m1 và vật m b) Tính áp lực m lên m2 Bài giải a) Gia tốc (hướng và độ lớn) nêm m1 và vật m - Xét nêm m1: + Các lực tác dụng lên nêm m1: trọng lực P1 ; phản lực Q ; áp lực N1 ; lực F + Phương trình chuyển động nêm m1: (1) P1 + Q + N1 + F = m1 a1 + Chiếu (1) lên phương nằm ngang, ta được: F − N1cos45°=m1a1 ⇔F− N1 =m1a1 (2) - Xét vật m: + Các lực tác dụng lên vật m: trọng lực P ; các phản lực Q1 ; Q2 + Phương trình chuyển động vật m: P + Q1 + Q2 = ma (3) + Chiếu (3) lên phương mặt nêm m2, ta được: Q1 − P cos 45= ° ma ⇔ N1 − Với a = mg = ma a a ⇒ N1 − mg = m 2 - Từ (2) và (4), suy ra: a1 = (4) m(a1 + g ) F − mg = ; N1 = 2m1 + m 2( F + m1 g )m 2m1 + m Vậy: Gia tốc nêm m1 có hướng từ trái sang phải, có độ lớn a1 = lên dọc theo mặt nghiêng nêm m2, có độ lớn a = b) Áp lực m lên m2 mg Ta có: = N P cos = 45° mg = 2 F − mg 2(2m1 + m) F − mg ; gia tốc vật m có hướng 2m1 + m (10) Vậy: Áp lực vật m lên nêm m2 là N = mg Cho hệ hình vẽ Khối lượng ba vật và m Sợi nối vật và vật nhẹ, không dãn Đoạn hai ròng rọc nằm ngang, hai đoạn còn lại thẳng đứng Các ròng rọc nhẹ và không ma sát Vật chuyển động trên mặt phẳng ngang và không lật Tìm gia tốc vật Biết gia tốc trọng trường là g Bài giải Gọi T là lực căng dây; a1, a2, a3 là gia tốc ba vật: vật chuyển động theo phương thẳng đứng, vật chuyển động theo phương nằm ngang, vật vừa chuyển động theo phương thẳng đứng với gia tốc a2 y vừa chuyển động theo phương ngang với gia tốc= a2 x a3 (a x + a y ) - Chọn hệ toạ độ Oxy (hình vẽ) Phương trình định luật II Niu – tơn cho các vật: + Vật 1: Theo trục Oy, ta có: P1 − T= m1a1 ⇔ mg − T= ma1 (1) + Vật 2: Theo trục Oy: P2 −= T m2 a2 y ⇔ mg −= T ma2 y (2) Theo trục Ox: −m3 a= m2 a2 x ⇒ = −T 2ma2 x (3) −T - Dây không dãn: y1 + y2 + x2 = const ⇔ ∆y1 ∆y2 ∆x2 + + =0 ⇔ v1 + v2 y + v2 x =0 ∆t ∆t ∆t ⇔ ∆v1 ∆v2 y ∆v2 x + + =0 ⇔ a1 + a2 y + a2 x =0 ∆t ∆t ∆t (4) - Từ (1) và (2), ta có: a1= a2 y= g − T m - Từ (3), ta có: a2 x = − T 2m T T - Thay các giá trị a2 x và a2 y vào (4), ta được: g − − = m 2m 4mg ⇒T = (11) 4mg 4mg T 4g g 2g - Từ đó: a1 = a2 y = g− = g− =; a2 x == a3 − = − = − m 5 2m 2m ⇒ a2= a22x + a22 y = −2 g g + = 5 g g 2g g ; a2 = ; a3 = − ( a ngược chiều Ox) 5 Về hướng thì a1 hướng thẳng đứng xuống dưới; a hướng ngang sang trái; a hợp với phương ngang Vậy: Gia tốc vật là: a1 = a2 y 1 góc ϕ, với tan ϕ tan = = tan ⇒ ϕ = 26°33 2 a2 x Ba vật có khối lượng m = 5kg nối với các sợi dây không dãn, khối lượng không đáng kể trên mặt bàn nằm ngang Biết dây đứt lực căng là T0 = 20 N Hệ số ma sát mặt bàn và các vật tương ứng = là µ1 0,3; = µ2 0,= 2; µ3 0,1 Người ta kéo vật với lực F nằm ngang và tăng dần độ lớn lực này a) Hỏi sợi dây nào đứt và điều này xảy lực F nhỏ là bao nhiêu? b) Kết trên thay đổi nào lực F tác dụng lên vật (3)? (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995) Bài giải a) Sợi dây nào đứt? - Các lực tác dụng lên vật (1): Lực kéo F ; lực căng T1 ; lực ma sát f1 ; trọng lực P1 ; phản lực N1 - Áp dụng định luật II Niu – tơn cho vật (1), ta được: F + T1 + f1 + P1 + N1 = ma1 (1) - Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy, ta được: (12) F − T1 − f1= m1a1= ma và N1 = mg ⇒ f1= µ1 N1= µ1mg Và F − T1 − µ1mg = ma (2) - Tương tự: Với vật (2): T1 − T2 − µ2 mg = ma - Với vật (3): T2 − µ3 mg = ma (3) (4) (a= a= a= a) - Từ (2), (3) và (4) ta được: a = F − ( µ1 + µ2 + µ3 ) g 3m - Theo đề: µ1 = 3µ3 và µ2 = µ3 ⇒ a = F − µ3 g 3m - Các lực căng dây: T1 = F − µ1mg − ma = F − 3µ3 mg − F 2F + µ3 mg = − µ3 mg 3 F F T2 = ma + µ3 mg =− µ3 mg + µ3 mg =− µ3 mg 3 - Ta thấy T1 > T2 đó lực kéo tăng lên thì dây nối các vật (1) và (2) bị đứt trước Theo giả thiết 2F dây nối (1) và (2) bị đứt khi: T1 = − µ3 mg ≥ T0 ⇒F≥ F (T0 + µ3 mg= ) (20 + 0,1.5.10) = 37,5 N Vậy: Dây nối hai vật (1) và (2) bị đứt và lực kéo F nhỏ dây nối bị đứt là: F = 37,5 N b) Trường hợp lực kéo F tác dụng vào vật (3) - Tương tự, ta được:= a F − µ3 g 3m - Lực căng dây nối (3) và (2) là: T2 = F − µ3 mg − ma = F − µ3 mg − F 2F + µ3 mg = + µ3 mg 3 - Lực căng dây nối (2) và (1) là: F F F T1 = ma + µ1mg =− µ3 mg + 3µ3 mg =+ µ3 mg =+ µ3 mg 3 2F - Vì T2 > T1 nên dây nối (2) và (3) đứt trước khi: T2 = + µ3 mg ≥ T0 3 ) (20 − 0,1.5.10) ⇒ F ≥ (T0 − µ3 mg= = 22,5 N 2 (13) Vậy: Dây nối hai vật (2) và (3) bị đứt và lực kéo F nhỏ dây nối bị đứt là: F = 22,5 N 10 Trong bình đựng ba chất lỏng không trộn lẫn vào có khối lượng riêng là ρ1 , ρ , ρ3 và độ cao tương ứng là h1, h2, h3 Từ bề mặt chất lỏng trên cùng ta thả cầu nhỏ với vận tốc ban đầu v0 thẳng đứng xuống Biết chạm đáy bình, vận tốc cầu v, tính khối lượng riêng cầu Suy rộng kết bình đựng n chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 , ρ , , ρ n và độ cao h1 , h2 , , hn (Bỏ qua ma sát) (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995) Bài giải Gọi ρ là khối lượng riêng, m là khối lượng và V là thể tích cầu Trong chất lỏng, cầu chịu lực đẩy Acsimet F A các chất lỏng này - Trong chất lỏng thứ nhất; Gọi a1 là gia tốc cầu, ta có: P + F A = ma1 ⇔ mg + F A = ma1 Với m = Vρ và FA = Vρ 1g - Chọn chiều dương xuống, ta có: V ρ g − V ρ1 g = V ρ a1 ⇒ a1 = ρ ρ − ρ1 g = 1 − g ρ p - Gọi v1 là vận tốc cầu tới mặt chất lỏng thứ hai, ta có: ρ v12 − v02 = 2a1.h1 = 1 − gh1 p (1) - Tương tự, với chất lỏng thứ hai và thứ ba, ta được: ρ v22 − v12 = 2a2 − h2 = 1 − gh2 p (2) ρ v32 − v22 = 2a3 − h3 = 1 − gh3 p (3) Với v3 = v vận tốc cầu chạm đáy bình - Cộng (1) + (2) + (3) ta được: ρ ρ ρ v32 − = v02 g 1 − h1 − 1 − h2 − 1 − h3 ρ ρ ρ ⇒ v32 − v02 = h1 + h2 + h3 − ( ρ1h1 + ρ h2 + ρ3 h3 ) 2g ρ (14) Và ρ = g ρ1h1 + ρ h2 + ρ3h3 g (h1 + h2 + h3 ) + v02 − v Vậy: - Khối lượng riêng cầu là: ρ = g ρ1h1 + ρ h2 + ρ3h3 g (h1 + h2 + h3 ) + v02 − v - Suy rộng cho trường hợp bình đựng n chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 , ρ , ρ n và độ cao h1 , h2 , hn , ta có: ρ = g ρ1h1 + ρ h2 + + ρ n hn g (h1 + h2 + + hn ) + v02 − v 11 Một xe nhỏ thấp buộc vào vật nặng dây Thả x era, nó chuyển động với gia tốc nào đó Khi chèn chặt trục bánh xe (bánh xe gắn liền với trục) thì gia tốc xe giảm k lần so với thí nghiệm trên Hỏi chèn chặt hai trục và làm lại thí nghiệm thì gia tốc xe giảm bao nhiêu lần so với lần đầu? (Trích đề thi Olympic 30/4 1996) Bài giải - Gọi P là độ lớn lực kéo cho hệ chuyển động (khối lượng hệ là M); Fl là ma sát lăn tác dụng lên tất các bánh; Ft là ma sát trượt tác dụng lên tấ các bánh - Lúc đầu, xe chuyển động lăn nên: P − Fl = Ma (1) - Khi chèn trục, hai bánh lăn còn hai bánh trượt nên: P− Fl Ft Ma − = Ma1 = k 2 - Từ (1) và (2), ta được: F= Fl + t (2) (do a1 = a ) k 2(k − 1) Ma k (3) - Khi chèn hai trục, bốn bánh xe trượt nên: P − Ft = Ma2 (4) 2(k − 1) - Thay (3) vào (4), chú ý (1) ta được: Ma 1 − = Ma k ⇒ a k = a2 − k Vậy: Nếu chèn chặt hai trục và làm lại thí nghiệm thì gia tốc xe giảm k lần so với ban đầu 2−k (15) 12 Ba cầu giống 1, 2, có khối lượng m treo nối tiếp trên các lò xo cho khoảng cách chúng Nếu cắt sợi dây đỡ cầu thì hệ thống rơi tự với gia tốc trọng tâm là g Nhưng lò xo I kéo cầu lên phía trên mạnh lò xo II kéo nó xuống phía (ban đầu lực kéo lò xo I là 2mg, lò xo II là mg) cho nên cầu bắt đầu rơi với gia tốc nhỏ g a) Tìm gia tốc cầu sau cắt dây b) Giữ nguyên dây, cắt lò xo II Tìm gia tốc cầu sau cắt lò xo (Trích đề thi Olympic 30/4, 1997) Bài giải a) Gia tốc cầu sau cắt dây - Trước cắt dây: + Quả cầu 1: mg − T + F1 = + Quả cầu 2: mg − F1 + F2 = (1) + Quả cầu 3: mg − F2 = ( T là lực căng dây treo, F1 , F2 là lực đàn hồi lò xo I và lò xo II) - Từ hệ (1) ta được: = F1 2mg= ; F2 mg = ; T 3mg (3) - Khi cắt dây T = , phương trình chuyển động các cầu là: mg + F1 = ma1 mg − F1 + F2 = ma2 (3) mg − F2 = ma3 Từ (2) vào hệ (3) ta có: a= g ; a= a= Vậy: Gia tốc cầu sau cắt dây là a= g ; a= a= b) Gia tốc cầu sau cắt lò xo - Khi cắt lò xo II: F2 = , phương trình chuyển động các cầu là mg − T + F1 = ma1 mg − F1 = ma2 (4) mg = ma3 - Thay các giá trị T, F1 từ hệ (2) vào hệ (4), ta được: a1 = 0; a2 = − g ; a3 = g Vậy: Gia tốc cầu sau cắt lò xo II là a1 = 0; a2 = − g ; a3 = g (16) 13 Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn có ván khối lượng M = 1, 6kg , chiều dài l = 1, 2m Đặt đầu ván vật nhỏ khối lượng m = 0, 4kg Hệ số ma sát vật và ván là µ = 0,3 Đột ngột truyền cho ván vận tốc v0 song song với mặt bàn Tính giá trị tối thiểu v0 để vật m trượt khỏi ván Lấy g = 10m / s (Trích đề thi Olympic 30/4, 2013) Bài giải - Các lực tác dụng: + Lên m: Trọng lực p ; phản lực q ; lực ma sát f ms + Lên M: Trọng lực P ; phản lực Q ; áp lực n ; lực ma sát f 'ms - Áp dụng định luật II Niu – tơn cho các vật: + Vật m: p + q + f ms = ma1 (1) + Vật M: P + Q + n + f 'ms = ma (2) - Chiếu (1) và (2) lên chiều chuyển động ta được: + Vật m: f ms = ma1 ⇒ a1 = f ms µ mg µg = = µ g > 0; v1 = µ gt ; s1 = t m m + Vật M: − f 'ms = Ma2 ⇒ a2 = − f 'ms µ mg = − < 0; M M µ mg µ mg v2 = v0 − t ; s2 = v0t − t M 2M - Do vật m trượt trên ván nên v2 > v1 Gọi vận tốc vật ván là v, ta có: M +m v = v2 − v1 = v0t − µ gt M - Khi vật dừng lại trên ván: v = ⇒ t1 = Mv0 µ g ( M + m) - Vật m trượt khỏi ván nếu: s2 (t1 ) − s1 (t1 ) ≥ l µ mg µg Mv0 Mv0 µ mg ⇔ v0t − t − t ≥ l ⇔ v0 − ≥l 2M µ g ( M + m) 2M µ g ( M + m) 2 µ gl ( M + m) ⇒= v0 ≥ M 2.0,3.10.1, 2.(1, + 0, 4) = 3m / s 1, ⇒ v0min = 3m / s Vậy: Giá trị tối thiểu v0 để vật m trượt khỏi ván là 3m/s (17) 14 Một hộp chứa cát ban đầu đứng yên, kéo trên sàn sợi dây với lực kéo F = 1000 N Hệ số ma sát hộp với sàn là k = 0,35 a) Hỏi góc dây và phương ngang phải là bao nhiêu để kéo lượng cát lớn nhất? b) Khối lượng cát và hộp trường hợp đó bao nhiêu? Lấy g = 10m / s Bài giải a) Góc dây và phương ngang để kéo lượng cát lớn Chọn hệ toạ độ Oxy hình vẽ - Các lực tác dụng lên hộp: trọng lực P ; phản lực Q ; lực ma sát F ms và lực kéo F - Phương trình định luật II Niu – tơn cho hộp cát: (1) P + Q + F ms + F = ma - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: - Fms + F cos α = ma (1') - P + Q + F sin α = (1'') Mà: F= kN = kQ ms - Từ (1’’): Q =P − F sin α ⇒ Fms =k ( P − F sin α ) =kmg − kF sin α - Từ (1’): = Fms F cos α − ma Từ đó: F cos α − ma= kmg − kF sin α ⇒ m= - Để m F (cosα +ksinα ) (2) kg + a (cosα +ksinα ) max mmax : = ⇒a (kg + a ) -= Vì F const = ; g const = ; k const nên theo bất đẳng thức Bunhia-cốpxki, ta có: F 1+ k 1.cosα + ksinα ≤ + k ⇒ m = kg Dấu “=” xảy khi: k= sin α = tan α = 0,35 ⇒ α = 19,3° cosα Vậy: Để kéo lượng cát lớn thì góc dây treo và phương ngang phải bằng= α 19,3° b) Khối lượng cát và hộp Khi đó, khối lượng cát và hộp là: m m= = max F + K 100 + 0,352 = = 303kg 0,35.10 Kg Vậy: Khối lượng cát và hộp lớn có thể kéo là m = 303kg (18) 15 Sườn đồi có dạng mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang Một ô tô khởi hành từ A theo đường thẳng đến vị trí B nằm trên cùng độ cao trên sườn đồi Hãy tìm thời gian ngắn để thực điều đó Biết hệ số ma sát các bánh xe với sườn đồi là k > tan α , cho trọng lượng xe phân bố trên bánh xe và bánh xe là bánh phát động Bài giải - Theo các điều kiện đề bài, xe xem là chất điểm và lực phát động các bánh xe chính là lực ma sát nghỉ - Tác dụng lên xe có lực: trọng lực P , phản lực Q và lực ma sát nghỉ F ms - Theo định luật II Niu – tơn, ta có: P + Q + F ms = ma (1) - Chiếu (1) lên trục Ox (trùng với AB) và Oy (vuông góc với AB), ta được: = F2 ma; P sin= α − F1 (2) - Mặt khác: F ms = F + F ⇔ Fms = F12 + F22 (3) - Điều kiện cho ma sát nghỉ: Fms ≤ kN = kQ = kmg cos α ⇔ F12 + F22 < kmg cos α (4) - Từ (2) và (4): F2 < k m g cosh 2α − m g sin α = mg cos α k − tan α ⇒ a ≤ g cos α k − tan α - Mặt khác: AB = l = - Từ (5): t ≥ (5) 2l at ⇒ t = a 2l g cos α k − tan α 2l , với k > tan α ⇒ tmin = g cos α k − tan α Vậy: Thời gian ngắn để xe từ A đến B là 2l ⇒ tmin = g cos α k − tan α (19) 16 Một vật khối lượng m nằm yên trên sàn ngang Lúc t = vật chịu tác dụng lực F phụ thuộc thời gian theo quy luật F = Ct , C là số có đơn vị Niu – tơn trên giây và t có đơn vị giây Lực F hợp với phương ngang góc α không đổi Hệ số ma sát vật và mặt phẳng là µ Hãy khảo sát các giai đoạn chuyển động vật và tính vận tốc vật bắt đầu rời sàn Bài giải Các lực tác dụng vào xe: trọng lực P , phản lực Q và lực ma sát nghỉ F ms ; lực tác dụng F - Giai đoạn I: Khi vật chưa chuyển động + Điều kiện cân bằng: F + Q + P + F msn = (1) + Chiếu (1) lên hai phương thẳng đứng và nằm ngang, ta được: Q= P − F sin α = mg − F sin α = mg − C sin α t = Fmsn F= cos α C cos α t + Mặt khác: Fmsn ≤ µ N = µ Q ⇔ C cos α t ≤ µ (mg − C sin α t ) ⇒t ≤ µ mg C (cosα +µ sinα ) + Thời gian vật còn nằm yên trên sàn là: t1 = µ mg C (cosα +µ sinα ) (2) - Giai đoạn II: Vật trượt trên sàn + Phương trình định luật II Niu - tơn: F + Q + P + F mst = ma (3) + Chiếu (3) lên hai phương thẳng đứng và nằm ngang, ta được: Q =P − sin α =mg − F sin α =mg − C sin α t F cos α − Fmst = ma ⇔ C cos α t − µ Q = ma ⇔ C cos α t − µ (mg − C sin α t ) = ma = ⇒ a2 Ct (cosα +µ sinα ) − µg m (4) Giai đoạn III: Khi vật bắt đầu rời sàn + Lúc đó: Q = ⇔ mg − C sin α t = + Thời gian từ tác dụng lực (t = 0) đến lúc vật rời sàn: t2 = mg C sin α (5) + Gia tốc vật nó bắt đầu rời sàn: Thay (5) vào (4) ta được: a3 C mg (cosα +µ sinα ) C sin α = − µ g g cot α m (6) + Trong quá trình chuyển động vật, gia tốc phụ thuộc bậc vào thời gian nên: (20) v3 = at ; với t= t2 − t1 và a = a3 + Vận tốc vật rời sàn là: = v3 + Thay (2), (5), (6) vào = (7), ta được: v3 a3 (t2 − t1 ) (7) g cot α mg µ mg − C sin α C cos α + µ sin α mg cot α ⇒ v3 = 2C (cosα + µ sin α ) mg cot α Vậy: Khi vật bắt đầu rời sàn, vận tốc vật là v3 = 2C (cosα + µ sin α ) (21) BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 8: ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT NIU-TƠN VÀ CÁC LỰC CƠ HỌC 17 Cho hai miếng gỗ khối lượng m1 và m2 , đặt chồng lên trượt trên mặt phẳng nghiêng Hệ số ma sát chúng là k ; vật và mặt phẳng nghiêng là k1 Trong quá trình trượt miếng gỗ này có thể trượt nhanh miếng gỗ không? Tìm điều kiện để hai vật cùng trượt vật (Trích đề thi Olympic 30/4, 1996) Bài giải Gọi a1 và a2 là gia tốc các vật và * Giả sử a1 > a2 , các lực có chiều hình vẽ - Phương trình chuyển động hai vật: + Vật 1: P1 + Q1 + N1 + Fms + Fms1 = m1a1 + Vật 2: P2 + Q2 + Fms = m2 a2 - Chiếu trục Ox, ta được: P1 sin α − Fms − Fms1 = m1a1 ⇒= a1 g sin α − Fms + Fms1 m1 và P2 sin α + Fms 2= m2 a2 ⇒ a2= g sin α + Fms m2 - Vì a2 > a1 nên miếng gỗ không thể chuyển động nhanh miếng gỗ trên * Giả sử a1 < a2 các lực ma sát Fms và Fms1 có chiều ngược lại - Phương trình chuyển động hai vật: F − Fms1 + Vật 1: P1 + Q1 + N1 + Fms + Fms1= m1a1 ⇒ a1= g sin α − ms m1 F + Vật 2: P2 + Q2 + Fms 2= m2 a2 ⇒ a2= g sin α − ms m2 - Vì a2 > a1 ⇔ Fms − Fms1 Fms > m1 m2 ⇒ k1 (m1 + m2 ) − km2 > km1 ⇒ k1 > k (22) - Nếu k1 > k ⇒ a2 > a1 Ma sát hai miếng gỗ nhỏ ma sát vật và mặt phẳng nghiêng, vật chuyển động nhanh vật - Nếu k1 < k ⇒ a1 = a2 = g (sin α − k1 cos α ) hai vật cùng trượt là vật 18 Một cái nêm khối lượng M giữ trên mặt phẳng nghiêng cố định với góc nghiêng α so với đường nằm ngang Góc nghiêng nêm α và bố trí cho mặt trên nêm nằm ngang hình vẽ Trên mặt nằm ngang nêm có đặt khối lập phương khối lượng 2M nằm yên Nêm thả và bắt đầu trượt xuống Cho g = 10m/s2 a) Bỏ qua ma sát các mặt tiếp xúc Hỏi với giá trị nào α thì gia tốc nêm đạt giá trị cực đại? Tính amax nêm b) Bề mặt các mặt tiếp xúc có ma sát với cùng hệ số ma sát µ và góc nghiêng nêm là α = 300 Tìm điều kiện µ để khối lập phương không trượt nêm nêm trượt xuống Bài giải a) Giá trị α để gia tốc nêm đạt giá trị cực đại, tính amax - Các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; áp lực N 21 Các lực tác dụng lên khối lập phương: trọng lực P2 ; phản lực Q2 (Q2 = N 21 ) - Phương trình chuyển động nêm và khối lập phương: ( P1 + N 21 ) sin α = Ma Ma y P2 − Q2 = a y = a sin α Ma ( Mg + Q2 ) sin α = ⇔ Ma.sin α 2 Mg − Q2 = = ⇒a g sin α 3g = 2sin α + 2sin α + sin α - Để amax thì 2sin α = và amax = ⇒ sin α = sin α 3.10 = 10, 4(m/s2 ) 2 + 2 = 2 ⇒ α = 450 (23) Vậy: Để gia tốc nêm đạt giá trị cực đại thì α = 450 và lúc đó amax = 10, 4(m/s2 ) b) Điều kiện µ để khối lập phương không trượt nêm nêm trượt xuống - Khi khối lập phương không trượt nêm thì hai vật chuyển động khối với gia tốc: a g (sin α − µ cos α ) với : µ < tan α = = ax g ( sin α − µ cos α ) cos α - Trên hai trục Ox, Oy ta có: = a y g ( sin α − µ cos α ) sin α - Phương trình chuyển động khối lập phương: f ms 2= f ms Max Max Q2 Ma y ⇔ 2 Mg −= Q2 Ma y P2 −= µ N 21 µ Q2 f ms ≤ = f ms ≤ µ Q2 ⇔ Mg ( sin α − µ cos α ) cos α ≤ µ Mg[1 − ( sin α − µ cos α ) sin α ] ⇔ ( sin α − µ cos α ) cos α ≤ µ[1 − sin α + µ cos α sin α ] ⇔ µ cos α sin α + µ cos α − cos α sin α ≥ ⇔ µ sin α + µ cos α − sin α ≥ ⇒ ∆’ =1 ⇒µ≥ − cos α 1 −1 − cos α = − cot α ; µ ≤ = − − cot α ≤ (loại) sin α sin α sin α sin α Với α = 300 : µ ≥ − và µ ≤ tan 300 = − cot 300 = sin 30 Vậy: Để khối lập phương không trượt nêm thì − < µ < 19 Một máy bay bay theo phương ngang với vận tốc v độ cao h = 500m so với mặt đất với gia tốc a = 2m/s2 và sau khoảng thời gian t = 0,5s thì bắn phía trước đạn cùng theo phương ngang với cùng vận tốc vd máy bay Người ta đo khoảng cách các điểm rơi đạn thứ và thứ trên mặt đất là 125m Bỏ qua sức cản không khí, lấy g = 10m/s2 Hãy xác định vận tốc v0 máy bay bắn đạn thứ Bài giải Gọi L là khoảng cách hai vị trí máy bay bắn hai đạn thứ và thứ 7; s5 và s7 là quãng đường mà các đạn thứ và thứ chuyển động theo phương ngang từ bắn đến chạm đất; v5 và v7 là vận tốc máy bay bắn đạn thứ và thứ - Khoảng cách hai đạn thứ và thứ trên mặt đất là: ∆s = L + s7 − s5 (1) (24) - Vì máy bay bay theo phương ngang nên thời gian rơi các đạn là nhau: = T 2h = g 2.500 = 10 s 10 (2) - Gọi v0 là vận tốc máy bay bắn đạn Vận tốc đạn thứ và thứ là: v’5 =v0 + 4at + vñ ; v’7 =v0 + 6at + vñ Khoảng cách hai vị trí máy bay bắn đạn thứ và thứ là: 1 L= v5 2t + a (2t ) = (v0 + 4at )2t + a.4t = 2v0t + 10at 2 ⇔ L = 2v0 0,5 + 10.2.0,52 = v0 + (3) Quãng đường đạn thứ và thứ bay theo phương ngang đến chạm đất là: s5 = v’5 T = (v0 + 4at + vñ )T = (v0 + 4.2.0,5 + vñ ).10 = (v0 + vñ + 4).10 (4) s7 = v’7 T = (v0 + 6at + vñ )T = (v0 + 6.2.0,5 + vñ ).10 = (v0 + vñ + 6).10 (5) ⇒ ∆s = L + s7 − s5 = v0 + + (v0 + vñ + 6).10 − (v0 + vñ + 4).10 = 125 ⇔ v0 + 25 = 125 ⇒ v0 = 100m/s Vậy: Vận tốc v0 máy bay bắn đạn thứ là v0 = 100m/s 20 Trên dốc nghiêng α = 300 , buông vật nhỏ từ A Vật nhỏ trượt xuống dốc không ma sát Sau buông vật này 1s, từ A bắn viên bi nhỏ theo phương ngang với vận tốc đầu v Xác định v0 để bi trúng vào vật trượt nên dốc nghiêng Bỏ qua lực cản không khí Lấy g = 10m/s2 Bài giải Chọn gốc tọa độ O trùng với A, các trục tọa độ Ox và Oy hình vẽ; gốc thời gian lúc buông vật nhỏ - Phương trình tọa độ vật nhỏ: 1 x1 = (a cos α )t , y1 = (a sin α )t ; 2 với a = g sin α - Phương trình tọa độ viên bi: = x2 v0 (t − 1);= y2 g (t − 1) (25) - Bi trúng vật nhỏ khi: x1 = x2 và y1 = y2 ⇔ 1 )t g (t − 1) (a cos α )t = v0 (t − 1); (a sin α= 2 = ⇒t Và v0 = g = g − a sin α ( g = g (1 − sin α ) 10 = 2s 1 10 1 − 2 cos α ag cos α g sin α cos α = = = 2 ( g sin α − g sin α ) (1 − sin α ) 2(1 − ) ag sin α − a sin α ) ≈ 8, m/s Vậy: Để bi trúng vào vật trượt trên dốc nghiêng thì v0 = 8, m/s 21 Một chất điểm ném từ điểm O trên mặt đất tới điểm B cách O đoạn a theo phương ngang và cách mặt đất đoạn a Bỏ qua lực cản không khí a) Nếu vận tốc ban đầu chất điểm là v0 = ga thì góc ném so với phương nằm ngang là bao nhiêu để nó trúng vào điểm B b) Tìm giá trị nhỏ v0 để chất điểm tới điểm B và tính góc ném ứng với giá trị v0min Bài giải a) Tính góc ném với trường hợp v0 = ga Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ, gọi α là góc ném - Phương trình tọa độ chất điểm theo hai trục Ox và Oy : x = v0 cos α t − gt + v0 sin α t y = - Phương trình quỹ đạo chất điểm là: g y= − (1 + tan α ) x + x tan α v0 - Khi chất điểm tới B(a; (1) a ) và v0 = ga Từ (1) cho ta được: g a= − (1 + tan α )a + a tan α 4 ga ⇔ tan α − tan α + = ⇒ tan α1 = tan α = (26) ⇒ α1 = arctan α = arctan1 Vậy: Để chất điểm trúng vào điểm B thì góc ném có thể là α1 = arctan α = arctan1 b) Giá trị nhỏ v0 để chất điểm tới điểm B - Khi chất điểm tới B(a; 3 g a ), ta có: a = (1 + tan α )a + a tan α − 4 ga ⇔ ga.tan α − 4v02 tan α + 3v02 + ga = Ta có: = ∆ 4v02 − ga (3v02 + ga ) ≥ ⇒ v0min = Góc ném: tan α = ga 2v0min 2.2 ga = =2 ⇒ α =arctan 2 ga ga Vậy: Để chất điểm tới điểm B thì v0min = ga và góc ném lúc đó là α = arctan 22 Trong cùng mặt phẳng thẳng đứng, từ hai độ cao h1 , h2 người ta ném cùng lúc hai vật có khối lượng m1 , m2 (xem chất điểm) theo phương ngang với các vận tốc tương ứng là v1 , v2 Vật thứ và chạm đàn hồi với đất lần và nảy lên; vật thứ hai va chạm đàn hồi với đất hai lần và nảy lên, cuối cùng hai vật chạm đất cùng vị trí cùng thời điểm Bỏ qua lực cản không khí Tìm tỉ số h v1 và h2 v2 Bài giải Va chạm m1 và m2 với đất là va chạm đàn hồi nên thành phần nằm ngang vận tốc m1 và m2 sau va chạm v1 và v2 Gọi D là vị trí hai vật chạm đất cùng lúc, t là khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu ném đến hai vật chạm đất d Ta có: v1t = v2t ⇒ v1 = v2 - Xét chuyển động m1 : Ta có: CD = HC ⇒ HC = t t ⇒ t1 = và = h1 = gt1 g = gt 2 18 - Xét chuyển động m2 : Ta có: HA= HD (1) 1 AB= BD ⇒ HA= HD 2 (27) t t ⇒ t2 = và = h2 = gt1 g = gt 2 50 h h2 - Từ (1) và (2), suy ra: = Vậy: Các tỉ số (2) 50 25 = 18 h 25 v h v1 và là = và = h2 h2 v2 v2 23 Một người đứng đỉnh dốc bờ biển ném hòn đá biển Hỏi người phải ném hòn đá góc bao nhiêu so với phương nằm ngang để nó rơi xa chân bờ biển Khoảng cách xa là bao nhiêu? Cho biết bờ dốc thẳng đứng, hòn đá ném từ độ cao H = 20m so với mặt nước và có vận tốc đầu là v0 = 14m/s Lấy g = 9,8m/s2 (Trích đề thi Olymic 30/4, 2002) Bài giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phân tích chuyển động (ném xiên) hòn đá thành hai thành phần: - Theo phương Ox : (1) x = v0 cos α t - Theo phương Oy : y= H + v0 sin α t − gt (2) - Thời gian hòn đá chuyển động ( x = L) : t= L v0 cos α (3) L L2 − g v0 cos α v0 cos α - Thay (3) vào (2), ta được: y = H + v0 sin α - Khi hòn đá chạm đất: x = L; y = nên: H + v0 sin α ⇔ H + L tan α − ⇔ L L2 − g = v0 cos α v0 cos α gL2 gL2 H L tan + tan α ) = = + α − 2 ( 2v0 cos α 2v0 gL2 gL2 tan α − L tan α + −H= 2v0 2v0 Với: ∆= L2 − gL2 gL2 g L2 gH 2 − H ≥ ⇔ ∆ = L − + 2v02 2v02 v04 v0 ≥0 (28) ⇒L≤ v0 v0 L L= v0 + gH ∆ =0 v0 + gH ;= max g g v02 Lúc đó: tan = α = gLmax ⇒α = 300 và Lmax = v0 = v + gH 14, = 0,57735 14, + 2.9,8.20 14, = 34, 63m 14, 42 + 2.9,8.20 9,8 Vậy: Người phải ném hòn đá góc 300 so với phương nằm ngang để nó rơi xa chân bờ biển và khoảng cách xa là 34, 63m 24 Một thang máy công trình xây dựng (chỉ có sàn nằm ngang) lắp cặp tường tòa nhà cao tầng xây dựng Lúc đầu thang máy tầng tòa nhà cách mặt đất 50m hạ thẳng đứng xuống với gia tốc không đổi a = 1m/s2 Sau 2s chuyển động, người ngồi sàn thang máy trên ném hòn đá với vận tốc v = 4m/s so với sàn thang máy và hướng lên hợp với phương ngang góc α = 600 (xem hòn đá ném từ sàn thang máy) a) Sau ném hòn đá bao lâu thì người đó thấy hòn đá ngang qua sàn thang máy? b) Sau hòn đá chạm đất bao lâu thì thang máy đến mặt đất? Tính khoảng cách từ thang máy lúc đó đến vị trí hòn đá chạm đất Bài giải a) Sau bao lâu thì người đó thấy hòn đá ngang qua sàn thang máy - Sau 2s chuyển động, thang máy xuống đoạn: h1 = 2 at= 1.2 = 2m/s2 1.2 2m và có vận tốc v= at = = 2 - Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O mặt đất, Ox nằm ngang, Oy hướng lên; gốc thời gian lúc ném hòn đá - Thang máy: x1 = 0; y1 = y01 + v0t + at = 48 − 2t − 0,5t (1) - Hòn đá: = v sin α − v= 2( − 1) m /s v0 x v cos= α 4.= 2m/s; v0= y 1 Và: x= v= 2t ; y2 = y02 + v0 y t − gt = 48 + 2( − 1)t − 5t 2 xt - Khi người nhìn thấy hòn đá ngang qua sàn thang máy: y1 = y2 : ⇔ 48 − 2t − 0,5t = 48 + ( ) − t − 5t (2) (29) ⇒= t ≈ 0, 77 s 4,5 Vậy: Sau t = 0, 77 s thì người đó nhìn thấy hòn đá ngang qua sàn thang máy b) Thời gian để thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc đó đến vị trí hòn đá chạm đất - Khi thang máy và hòn đá chạm đất: y1 = ⇔ 48 − 2t − 0,5t = ⇒ t1 = 8s y2 =0 ⇔ 48 + ( ) − t − 5t =0 ⇒ t2 =3, 25s - Thang máy chạm đất sau hòn đá: ∆t = t1 − t2 = − 3, 25 = 4, 75s - Khi đó hòn đá cách thang máy: L = x= 2t= 2.3, 25 = 6,5m 2 Vậy: Sau hòn đá chạm đất 4, 75s thì thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc đó đến vị trí hòn đá chạm đất là L = 6,5m 25 Hai vật ném đồng thời từ điểm với vận tốc nhau, cùng v0 Một vật ném lên theo phương thẳng đứng, còn vật ném lên góc nào đó so với phương ngang Hỏi góc đó phải bao nhiêu để khoảng cách hai vật là cực đại? Khoảng cách cực đại đó bao nhiêu? Xem rơi xuống đất vận tốc vật triệt tiêu (Trích đề thi Olympic 30/4, 2008) Bài giải Chọn hệ tọa độ Đề-cac Oxy Phân tích chuyển động hai vật làm hai thành phần theo hai phương Ox và Oy Các phương trình chuyển động hai vật: - Vật 1: y= v0t − gt ; x1 = 0; t ≤ 2v0 g - Vật 2: y2 (v0 sin α )t − = 2v sin α gt ; x2 = (v0 cos α )t ; t ≤ g - Khoảng cách hai vật thời điểm t là: d= 2v sin α ( y1 − y2 ) + x22 ; t ≤ g (30) ⇔ d = ( y1 − y2 ) + x22 ⇔ d = 2v02t (1 − sin α ) ≤ ⇔ d2 ≤ 8v04 sin α (1 − sin α ) g 32v04 sin α sin α (1 − sin α ) g2 2 - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm sin α sin α ; ; (1 − sin α ), ta được: 2 sin α sin α + + − sin α 32 32v04 v 2 = d ≤ 20 27 27 g g sin α sin α v2 (1 − sin α ) ⇒ sin α =; = = ⇒ d max = đạt 2 3 g α = 420 Vậy: Để khoảng cách hai vật cực đại thì vật thứ hai phải ném lên góc ném 42° và khoảng cách lúc đó là d max = v02 3 g 26 Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất đoạn H , quay với vận tốc góc ω Từ bánh xe, bắn giọt nước và nó rơi chạm đất điểm B, tâm bánh xe (hình vẽ) Tính thời gian rơi giọt nước và xác định điểm A trên bánh xe, nơi giọt nước từ đó bắn Bài giải Chọn hệ tọa độ Axy (hình vẽ) Đặt α = AOB ta có: x = v cos α t= ; y gt + v sin α t ; với v = ω R - Thời gian rơi giọt nước: t = x R sin α tan α = = v cos α ω R cos α ω Lúc đó y = H − R cos α ⇔ y − H + R cos α = ⇔ tan α tan α g + ω R sin α − H + R cos α = 2 ω ω g sin α ⇔ (1 − ) + R − H + R cos α = ω cos α cos α ⇔ g cos α − g + Rω cos α sin α − H ω cos α + Rω cos3 α = (31) ⇔ g (1 − cos α ) − H ω cos α + Rω cos α = ⇔ ( g + H ω ) cos α − Rω cos α − g = Ta có:= ) R 2ω + gH ω + g ∆′ R 2ω + g ( g + H ω= Rω + R 2ω + ghω + g ⇒ cos α = g + 2Hω ( 2ω 2 H 2ω + gH − R 2ω − R R 2ω + gH ω + g Và sin α = − cos α = g + 2Hω 2 ( 2 H 2ω + gH − R 2ω − R R 2ω + gH ω + g tan α t ⇒ = = ω ( ω Rω + R 2ω + gH ω + g ) ) ) Vậy: Thời gian rơi giọt nước là t= ( 2 H 2ω + gH − R 2ω − R R 2ω + gH ω + g ( ω Rω + R 2ω + gH ω + g ) ) và điểm A trên bánh xe nơi giọt nước đó bắn nằm trên bán kính hợp với phương thẳng đứng OB góc α với: cos α = Rω + R 2ω + gH ω + g g + 2Hω 27 Một người đứng chỗ có thể ném hòn đá với vận tốc v0 hợp với phương ngang góc α đến khoảng cách không xa x0 Có thể rơi xa thêm khoảng bao nhiêu ném, người đó chạy với vận tốc v theo phương ngang (với v < v0 ) ? Để đơn giản tính toán, ta bỏ qua sức cản không khí chiều cao người ném Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy hình vẽ - Khi người đứng chỗ ném vật + Phương trình tọa độ vật: x = v0 cos α = y v0 sin α t − gt + Lúc vật chạm đất: y = 2v sin α ⇔ v0 sin α t − gt = ⇒ t = g (32) + Tầm xa vật là: 2v0 sin α v02 sin 2α = L v= v0 cos α = cos α t g g + Để tầm xa vật cực đại thì: sin 2α =1 ⇔ 2α =900 ⇒ α =450 v02 ⇒ Lmax = g (1) - Khi người vừa chạy vừa ném vật với vận tốc v0 : (γ = (v0 , v )) + Vận tốc vật đất: = uOx v0 cos γ + v u = v0 + v ⇒ uOy = v0 sin γ = x (v0 cos γ + v)t + Phương trình tọa độ vật: = y v0 sin γ t − gt + Để vật đạt tầm xa cực đại thì β = 450 ⇔ uOx= uOy ⇔ v0 cos γ + v= v0 sin γ v02 sin γ ⇔ v02 cos γ + 2v0 v cos γ + v = ⇔ v02 cos γ + 2v0 v cos γ + v = v02 (1 − cos γ ) ⇔ 2v02 cos γ + 2v0 v cos γ + v − v02 = + Giải phương trình bậc hai trên theo cos γ , ta được: −2v0 v + 4v02 ( 2v02 − v ) 2v02 − v − v cos γ = 2.2v02 2v0 (2) −2v0 v + 4v02 ( 2v02 − v ) cos γ = < (loại vì γ > 900 ) v 2.2 + Áp dụng định lí hàm số cosin cho hệ thức u= v + v, ta được: u2 = v02 + 2vv0 cos γ + v (3) 2v02 − v − v + Thay (2) vào (3), ta được: u = v02 + 2vv0 +v 2v0 ⇔ u = v02 + v( 2v02 − v − v) + v = v02 + v 2v02 − v ⇒ u= v02 + v 2v02 − v 2 u v0 + v 2v0 − v + Tầm xa cực đại vật là: L’max = = g g (33) + Khoảng cách điểm rơi với điểm rơi cũ là: ∆L =L’max − Lmax v02 + v 2v02 − v v02 v 2v02 − v (với v ≤ v0 2) ⇔ ∆L = − = g g g Vậy: Khi vừa chạy vừa ném vật thì vật có thể rơi xa thêm khoảng v 2v02 − v (với v ≤ v0 2) ∆L = g 28 Cần phải ném bóng rổ góc nhỏ so với phương nằm ngang là bao nhiêu để nó bay qua vòng bóng rổ từ phía trên xuống mà không chạm vào vòng? Bán kính bóng là r , bán kính vòng bóng rổ là R, độ cao vòng tính từ mặt đất là H Cầu thủ ném bóng từ độ cao h (h < H ) cách vòng khoảng l theo phương ngang Sự thay đổi vận tốc bóng thời gian bay qua vòng có thể bỏ qua Cho R = 2r ; H = 3m, h = 2m, l = 5m Bài giải Gọi β là góc hợp vectơ vận tốc v tâm bóng so với phương ngang bóng tới vị trí để chui qua vòng, lúc này bóng xuống nên β < - Khi β = β thì bóng vào tính “sít sao” để qua vòng, nghĩa là có điểm mặt bóng chạm vào điểm A và sau đó có điểm mặt trên bóng chạm vào B ( AB là đường kính vòng) Khi β có trị tuyệt đối nhỏ thì góc ném α có giá trị tương ứng nhỏ Bỏ qua thời gian bóng chui qua vòng - Gọi vận tốc ném là v , t là thời gian bóng bay trên không lúc chạm vòng A Ta có: l = v0 cos α t ; H = − h v0 sin α t − ⇔H− = h l tan α − gt 2 gl 2v02 cos α (1) - Vận tốc bóng lúc chạm vòng: α ; v y v0 sin α − gt = v v x + v y với vx = vx cos= ⇒ tan β = vy vx = v0 sin α − gt gt gl = tan α − = tan α − v0 cos α v0 cos α v0 cos α (2) (34) - Từ (1) và (2) suy ra: H= −h Mặt khác: sin β = − 2( H − h) = − tan β α (tan α + tan β ) ⇒ tan l 2r r r = − ⇒ tan β = − ( β < 0) 2R R R − r2 2( H − h) r 2.(3 − 2) r + = + =0,977 l R2 − r 4r − r Từ đó: tan α = ⇒α = 44018' Vậy: Góc nhỏ cần phải ném bóng rổ theo phương ngang là α = 44018' 29 Một bóng rổ rơi tự từ điểm A, vào đúng thời điểm đó, điểm B cách A đoạn l bóng tennis ném lên Hỏi bóng tennis phải có vận tốc ban đầu bao nhiêu để nó đập vào bóng rơi đến C , cách A đoạn h ? Bài giải Chọn B là gốc tính độ cao; H là độ cao điểm A; gốc thời gian lúc hai vật bắt đầu chuyển động; α là góc ném; β là góc hợp hướng BA và phương ngang - Quả bóng rổ rơi đến C : h= gt (1) - Quả tennis ném đến C : H = − h v0 sin α t − gt 2 với: (2) l2 − H = v0 cos α t (3) - Từ (1) và (2), ta được: H = v0 sin α t - Từ (3) và (4), ta được: tan α = - So sánh với hình vẽ: = tan β - Từ (1): t = (4) H l2 − H H = ⇒ α β : hướng v trùng với BA l2 − H 2h 2h Thay vào (4), ta được: H = v0 sin α g g - Mặt khác: H = l sin α ⇔ l sin α = v0 sin α 2h g (35) Suy ra: v0 = l g 2h Vậy: Quả bóng tennis phải có vận tốc ban đầu v0 = l g để nó đập vào bóng rơi đến 2h điểm C 30 Cậu bé B ngồi trên ban công Cậu bé A ngồi đất và ném bóng lên Quả bóng sau vạch đường cong đã rơi trúng chân cậu bé B và khoảng thời gian là 1s Biết các vectơ vận tóc bóng lúc ném lên và lúc rơi trúng chân cậu bé B vuông góc với Lấy g = 10m/s2 , bỏ qua sức cản không khí a) Tính khoảng cách hai cậu bé b) Cậu bé B phải ném bóng trở lại với tốc độ nhỏ là bao nhiêu để bóng trúng chân cậu bé A, biết độ cau ban công là 3m ? Bài giải a) Khoảng cách hai cậu bé Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O gắn với cậu bé A - Phân tích chuyển động bóng cậu bé A ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx = v0 cos α ; x = v0 cos α t + Thành phần theo trục Oy : = v y v0 sin α = − gt ; y v0 sin α t − gt - Vì v ⊥ v B nên v v B = ⇔ v0 x vBx + v0 y vBy = ⇔ (v0 cos α ) + (v0 sin α )(v0 sin α − gt ) = OB= x2 + y = (v0 cos α t ) + (v0 sin α t − gt ) (2) - Thay (1) vào (2) và t = 1s, ta được: OB = −(v0 sin α )(v0 sin α − gt )t + (v0 sin α t − gt ) = 24 g t (36) ⇒ OB= 10.12 = 5m gt = 2 Vậy: Khoảng cách hai cậu bé là OB = 5m b) Tốc độ nhỏ bóng cậu bé B ném để trúng chân cậu bé A - Phân tích chuyển động bóng cậu bé B ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx = −v0 cos α ;= x OC − v0 cos α t + Thành phần theo trục Oy = BC + v0 sin α t − gt : v y v0 sin α − gt ; y = - Phương trình quỹ đạo bóng: (OC − x) OC − x y= − g + v0 sin α + BC 2 v0 cos α v0 cos α - Khi bóng rơi xuống trúng chân cậu bé A thì: x = 0; y = g OC g OC 2 ⇔ − BC = tan α − OC.tan α + 2v02 2v02 (với: = + tan α ; phương trình bậc hai với tan α ) (cos α g OC g OC g OC 2 g BC Ta có:= ∆ OC − ( − BC ) ≥ ⇔ − −1 ≤ 2v02 2v02 v04 v02 - Vì OC và BC xác định nên v0 có giá trị nhỏ khi: g OC 2 g BC − − = ⇔ v0min + g BC.v0min − g 2OC = v0min v0min ⇒= v0min g ( BC + OC −= BC ) 10.( 52= − 3) (m/s) ( BC + OC = OB = 52 ) Vậy: Tốc độ nhỏ bóng cậu bé B để trúng chân cậu bé A là v0min = (m/s) 31 Một hòn bi nhỏ kim loại thả không vận tốc đầu, từ điểm A cách mặt phẳng nghiêng góc α đoạn= h AB = 1m Bi va chạm với mặt nghiêng lần đầu B và lần sau đó C Biết BC = 4m, bỏ qua lực cản, xem va chạm là đàn hồi Lấy g = 10m/s2 Tính bán kính quỹ đạo hòn bi điểm cao hai lần va chạm đó Bài giải (37) Chọn hệ trục tọa độ Oxy (hình vẽ) - Vận tốc bi sau va chạm B : vB = gh - Bi ném xiên B góc ném: ϕ= π − 2α ; cos ϕ = sin 2α ; sin ϕ = cos 2α - Phương trình chuyển động ném xiên bi từ B : x = v0 cos ϕ t y = BC.sin α + v0 sin ϕ t − gt 2v0 sin α cos α t = x v= sin 2α t ⇔ y =BC.sin α + v0 cos 2α t − gt (1) x = BC.cos α y = - Tại C , ta có: (2) - Từ (1) và (2): 2v0 sin α cos= α t BC.cos α ⇒= BC 2v0 sin α t = ⇒ y 2v0 sin α t + v0 cos α t − v0 sin α t = − gt 2 2v ⇔ v0t − gt = ⇒ t = và t = g 2v 4v02 sin α Từ đó: BC 2= = v0 sin α g g gBC gBC BC ⇒ sin α = = = = =0,5; α = 300 4v0 4.2 gh 8h 8.1 v0 sin 2α vD= v= x - Tại D, ta có: v y = Mặt khác: an = = ⇔R at = an = g và vD2 v v sin 2α ⇒R= D = R an g gh sin 2α 2 2α 2.1sin 600 1,5m = 2h sin = = g Vậy: Bán kính quỹ đạo hòn bi điểm cao hai lần va chạm đó là R = 1,5m 32 Hai điểm A, B trên mặt đất, cách 10m Từ A, người ta bắn vật với góc bắn 300 Từ B, người ta tiếp tục bắn vật với góc bắn 600 (hình vẽ) Vận tốc ban đầu hai vật có (38) độ lớn 40m/s và đồng phẳng Cho biết vật bắn sau bắn vật là τ ( s ) và trên đường bay hai vật gặp điểm M Lấy g = 10m/s2 Xác định τ và tọa độ điểm M Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy, gốc O trùng với điểm A (hình vẽ); gốc thời gian (t = 0) thời điểm bắn vật - Phân tích chuyển động hai vật theo hai phương Ox và Oy : + Vật 1: • Theo phương Ox= x1 v= 20 3t = = 20 (m/s); = 300 40 : v1x v cos 1x t 2 • Theo phương Oy : = 300 40 y1 v01 y t − gt v01 y v sin= = 20(m/s); = 20t − gt = 20t − 5t y1 = + Vật 2: • Theo phương Ox : = v2 x v cos= 600 40 = 20(m/s); x2= v2 x (t − τ ) + 10= 20(t − τ ) + 10 • Theo phương Oy : 600 40 = v02 y v sin = = 20 (m/s); y= v02 y (t − τ ) − g (t − τ ) 2 y2 20 3(t − τ ) − g (t − τ= ) 20 3(t − τ ) − 5(t − τ ) = - Khi hai vật gặp nhau: x1 = x2 ; y1 = y2 ⇔ 20 3t= 20(t − τ ) + 10 (1) Và 20t −= 5t 20 3(t − τ ) − 5(t − τ ) (2) - Từ (1) ta= được: t 10 − 20τ − 2τ = 20 − 20 − - Thay (3) vào (2) ta được: (3) (39) − 2τ − 2τ − 2τ − 2τ 20 −τ − −τ − = 20 2 3−2 2 3−2 2 3−2 2 3−2 ⇔ (10 + 10 3)τ + 70τ − (20 − 20) = (phương trình bậc hai theo τ ) ⇒ τ ≈ 0, 2s và τ ≈ −2, 75s < (loại) Với τ ≈ 0, 2s, thay vào (3) ta được: = t − 2.0, = 0, s 3−2 - Tọa độ giao điểm M là: = 3t 20 = 3.0, 13,8m yM = 20t − 5t = 20.0, − 5.0, 42 = 7, 2m= ; xM 20 Vậy: Vật bắn sau vật thời gian τ ≈ 0, 2s và vị trí hai vật gặp M (13,8m; 7, 2m) 33 Một hệ gồm nhẵn hình chữ T nằm mặt phẳng ngang; vòng trượt nhỏ A khối lượng m nối với điểm B lò xo nhẹ có độ cứng k Cho toàn hệ thống quay với vận tốc góc ω quanh trục thẳng đứng qua O Tính độ dãn tỉ đối lò xo Chiều quay có ảnh hưởng gì đến kết không? Bài giải - Các lực tác dụng lên vòng A : trọng lực P; lực đàn hồi F dh ; các phản lực Q, Q ' - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vòng A : P + F dh + Q + Q ' = ma (1) - Chiếu (1) lên hai phương hướng tâm và tiếp tuyến, ta được: Fdh cos α + Q′ sin α = mω R′ (1) Fdh sin α − Q′ cos α = (2) (40) - Từ (1) và (2) ta được: Fdh (tan α sin α + cos α ) = m ω R′ R2 + l RR l 2 ′ ⇔ Fdh + = ⇔ = m ω R F mω dh ′ ′ ′ lR R lR (3) (Đặt OB = R; OA = R′; BA = l với l là chiều dài lò xo A chuyển động tròn đều) ′2 R + l nên từ (3), ta có: Ta có: R= k ∆l ∆l k ⇔ = mω ⇒ = − 1 l0 + ∆l l0 mω Fdh = mω l −1 ∆l k Vậy: Độ dãn tỉ đối lò xo hệ quay là= − 1 l0 mω −1 và kết này không phụ thuộc chiều quay hệ 34 Một hình cầu rỗng bán kính mặt R = 0,5m quay quanh trục thẳng đứng qua tâm O với vận tốc góc ω = 5rad/s Ở trên mặt vị trí A có vật nhỏ khối lượng m cùng quay với hình cầu, độ cao h = 0, 25m so với đáy hình cầu a) Tìm giá trị cực tiểu µmin hệ số ma sát mặt cầu để trạng thái đó có thể tồn b) Nếu vận tốc góc ω = 8rad/s thì µmin phải bao nhiêu? Lấy g = 10m/s2 Bài giải a) Giá trị cực tiểu µmin - Các lực tác dụng vào m : trọng lực P; phản lực Q; lực ma sát F ms : Fms ≤ µ N ; N = Q - Đặt: Q + F ms = R; P + Q + F ms = F ht ; Fht = mω r ; r = R sin α ; các góc trên hình vẽ Ta có: tan β = Fht ω r ω R sin α Fms 0, 25 γ = = ; cos α = ; tan= = ⇒ α = 600 P g g 0,5 Q - Từ đó: Q tan β ≤ µ Q ⇒ u ≥ tan= β tan(α − γ= ) Với α =600 ⇒ tan α == 3; tan γ ω R sin α = g tan α − tan γ + tan α tan γ 52.0,5.sin 600 = 0, 625 10 (41) ⇒µ≥ − 0, 625 = 0, 23 ⇒ µmin= 0, 23 + 3.0, 625 Vậy: Giá trị cực tiểu µmin hệ số ma sát mặt cầu để trạng thái đó có thể tồn là µmin = 0, 23 b) Trường hợp ω = 8rad/s Ta có: = tan γ ⇒µ≥ ω R sin α 82.0,5.sin 600 = = 1, g 10 − 1, = 0,18 ⇒ µmin= 0,18 + 3.1, Vậy: Trường hợp ω = 8rad/s thì µmin = 0,18 35 Một vòng dây cao su có chu vi là l0 khối lượng m Hệ số đàn hồi k vòng dây không đổi theo độ dãn Vòng dây đặt nằm ngang trên đĩa tròn đồng tâm với vòng dây Cho đĩa quay quanh trục thẳng đứng qua tâm vòng dây Khi chuyển động ổn định, vòng dây và đĩa cùng quay quanh trục với cùng vận tốc góc ω Tìm bán kính vòng dây theo l0 , k , m và ω (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải - Chu vi vòng dây ban đầu là l0 ; chu vi vòng dây quay là l = 2π R, R là bán kính vòng dây - Xét đoạn dây ngắn ∆l có khối lượng: m ∆= m.∆l m.∆l = l 2π R - Hai đầu đoạn dây ∆l chịu tác dụng các lực căng T và T với hợp lực: F = 2T sin α ; T1 =T2 =T =k (l − l0 ) =k (2π R − l0 ) - Vì α nhỏ nên: sin α ≈ α = ∆l ∆l ⇒ F = k (2π R − l0 ) 2R R (1) - Hợp lực F tác dụng lên ∆l đóng vai trò lực hướng tâm nên: m.∆l ∆m.ω R =.ω R F= 2π R - Từ (1) và (2), ta được: k (2π r − l0 ) (2) ∆l m.∆l =ω R R 2π R (42) 2π kl0 ⇒R= 4π k − mω Vậy: Bán kính vòng dây là R = 2π kl0 4π k − mω 2 36 Hai cầu có khối lượng m1 = 150 g và m2 = 200 g nối với sợi dây nhẹ không dãn có chiều dài l = 1m Dây vắt qua ròng rọc nhẹ hình vẽ Quay giá treo ròng rọc quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc không đổi ω = 6rad/s Các cầu bị tách và chuyển động tròn đầu trên các mặt phẳng nằm ngang Lấy g = 10m/s2 Tính: a) Chiều dài các đoạn dây l1 , l2 b) Bán kính quỹ đạo các cầu (Trích đề thi Olympic 30/4, 2010) Bài giải a) Chiều dài các đoạn dây l1 , l2 - Các lực tác dụng lên hai vật: vật (trọng lực P1 , lực căng T ); vật (trọng lực P , lực căng T ) - Áp dụng định luật Niu-tơn cho vật: (1) (2) + Vật 1: P1 + T = m1a1 + Vật 2: P + T = m2 a2 Với T= T= T - Chiếu (1) và (2) lên hai phương (nằm ngang và thẳng đứng), ta được: sin α1 m= m1ω 2l1 sin α1 T= 1ω R1 sin α m= m2ω (l − l1 ) sin α T = 2ω R2 (3) T cos α1 − P1 = T cos α − P2 = (4) T = m1ω 2l1 = T m2ω (l − l1 ) - Từ (3): ⇔ m1l1 = m2 (l − l1 ) = ⇒ l1 m2l 200 = = 0,571m m1 + m2 150 + 200 (43) và l2 = − 0,571 = 0, 429m Vậy: Chiều dài các đoạn dây là l1 = 0,571m và l2 = 0, 429m b) Bán kính quỹ đạo các cầu - Từ: 0,15.62.0,571 ≈ 3, 086 N = T m= 1ω l1 - Từ (4) ta được: cos α1 = m1 g 0,15.10 = = 0, 486 ⇒ α1 ≈ 60055' 3, 086 T cos α = m2 g 0, 2.10 = = 0, 648 ⇒ α ≈ 49036 ' T 3, 086 Suy = ra: R1 l1= sin α1 0,571.sin 60055' ≈ 0, 499m = R2 l2= sin α 0, 429.sin 49036 ' ≈ 0,327 m Vậy: Bán kính quỹ đạo các cầu là R1 = 0, 499m và R2 = 0,327m 37 Ba chất điểm m1 , m2 , m3 đặt trên mặt bàn nằm ngang không ma sát, liên kết với ba sợi dây mảnh có cùng độ dài l (ba chất điểm ba đỉnh tam giác đều) Mặt bàn quay với vận tốc góc ω quanh trục thẳng đứng qua khối tâm ba chất điểm (trong lúc quay hệ chất điểm giữ nguyên cấu hình tam giác đều) Tìm lực căng các sợi dây Bài giải Gọi G là khối tâm hệ Chọn hệ tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là khối tâm m1 - Tọa độ khối tâm G là: l m2 + m3l (m2 + 2m3 )l m2 x2 + m3 x3 = xG = = m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 2(m1 + m2 + m3 ) = yG m2 y2 m2l cos 300 m2l = = m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 2(m1 + m2 + m3 ) - Phương trình chuyển động m1 : P1 + T21 + T31 = m1a (1) với: a = ω r và r = OG - Chiếu (1) lên hai trục Oy và Ox, ta được: = T21 cos 300 m= m1ω yG 1ω r sin α (44) ⇒= T21 = m1ω yG = cos 300 m1ω m2l 2(m1 + m2 + m3 ) m1m2 lω m1 + m2 + m3 Và: T21 sin 30= r cos α m1ω xG + T31 m1ω 2= 30 m1ω ⇒T = m1ω xG − T21 sin = 31 (m2 + 2m3 )l m1m2 − lω 2(m1 + m2 + m3 ) m1 + m2 + m3 mm ⇒ T31 = lω m1 + m2 + m3 - Phương trình chuyển động m3 : P3 + T13 + T23 = m3 a (2) - Chiếu (2) lên trục Oy, ta được: T23 cos 300 m= m3ω yG = 3ω r sin β ⇒= T23 m3ω yG = cos 300 m3ω m2l 2(m1 + m2 + m3 ) m2 m3 = lω m + m + m 3 Vậy: Lực căng các sợi dây là: T21 m1m3 m2 m3 m1m2 lω ; T31 = lω ; T23 lω = m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3 38 Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn có hai đĩa tròn A và B đặt tiếp xúc Một dây nhẹ, không co giãn, buộc cố định hai đầu vào hai đĩa tròn hình vẽ Tại thời điểm t0 = 0, đĩa A có bán kính R, bắt đầu quay nhanh dần quanh trục thẳng đứng cố định qua tâm đĩa Tại thời điểm t1 đĩa tròn nhỏ có bán kính r tách khỏi đĩa tròn lớn Tính góc mà đĩa tròn lớn đã quay thời gian t1 Bỏ qua ma sát hai đĩa tròn, cho khối lượng các đĩa tròn tập trung tâm chúng Bài giải Chọn gốc thời gian lúc đĩa A bắt đầu quay Tại thời điểm t vận tốc góc đĩa A là: ω1 = α t ( α là gia tốc góc đĩa) (45) - Khi đĩa A quay quanh trục OA thì tâm OB đĩa B chuyển động trên cung tròn có tâm OA , bán kính ( R + r ) và cùng vận tốc góc ω1 Vận tốc dài, gia tốc hướng tâm và gia tốc tiếp tuyến đĩa B đó là: ( R + r )ωt = v1 = αt(R + r) v12 = = ωt2 ( R + r ) aht (R + r) a= t vt = α (R + r) t - Các lực tác dụng lên đĩa B là: trọng lực p; lực căng dây T và phản lực Q đĩa A tác dụng lên đĩa B - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho đĩa B : p + T + Q = ma (1) - Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy, ta được: T cos β − Q= maht= mωt2 ( R + r ) (2) T sin= β ma = mα ( R + r ) t (3) - Từ (2) và (3) suy = ra: cot β Q + mωt2 ( R + r ) Q = + αt2 mα ( R + r ) mα ( R + r ) - Tại thời điểm t1 đĩa B tách khỏi đĩa A nên Q = Khi đó: cot β = α t12 - Góc ϕ mà đĩa A quay thời gian t1 là: = ϕ Với: cot β = ( R + r )2 − R = R cot β = α t1 2 r + Rr ( ∆ vuông MOAOB ) R r + Rr ⇒ϕ = 2R Vậy: Góc mà đĩa tròn lớn đã quay thời gian t1 là ϕ = r + Rr 2R 39 Một vành tròn giữ yên mặt phẳng thẳng đứng trên mặt phẳng ngang Tại điểm cao vành có vòng đệm nhỏ khối lượng m Truyền cho vòng đệm vận tốc đầu v0 theo phương ngang (46) (song song với mặt phẳng chứa vòng) Vành tròn không chuyển động Bỏ qua ma sát vòng đệm với vành Xác định: a) Hướng và độ lớn lực mà vành tác dụng lên vòng đệm b) Hướng và độ lớn lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành Xét trường hợp đặc biệt v0 = Bài giải a) Hướng và độ lớn lực mà vành tác dụng lên vòng đệm Xét vòng đệm vị trí α (hình vẽ) - Các lực tác dụng lên vòng đệm: Trọng lực P; phản lực Q - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vòng đệm: P+Q = ma - Chiếu hệ thức trên lên trục hướng tâm, ta được: P cos α − Q = maht v2 v2 ⇔ = Q mg cos α − = m m g cos α − R R (1) Với: v − v= gR(1 − cos α ) ⇒ v = v02 + gR(1 − cos α ) - Thay vào (1), ta được: v + gR(1 − cos α ) v02 cos Q m g cos α − m g α = = − − g (2) R R - Nhận xét: Từ (2) ta thấy: + Nếu v0 ≤ gR : Q ≥ 0∀α , Q luôn hướng xa O + Nếu v0 = : Ban đầu, α nhỏ: Q > : Q luôn hướng xa O, đến α = arccos Vậy: Lực mà vành tròn tác dụng lên vòng đệm là Q m 3g cos α − = thì Q = v02 − g và luô có hướng xa O R b) Hướng và độ lớn lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành - Khi vòng đệm trượt theo vành phía trước thì vành có xu hướng trượt phía sau nên lực ma sát vành và mặt phẳng ngang hướng phía trước (47) - Độ lớn lực ma sát và mặt phẳng ngang tác dụng lên vành (bỏ qua khối lượng vành): Do vành không trượt nên đó là ma sát nghỉ với độ lớn: v2 = f ms N sin= α Q sin= α m 3g cos α − − g sin α R Vậy: Lực ma sát mà mặt phẳng ngang tác dụng lên vành là ma sát nghỉ có hướng phía trước và có độ lớn cân với thành phần lực vòng đệm tác dụng lên vành theo phương ngang: v2 f ms m g cos α − − g sin α = R 40 Một đầu máy xe lửa nặng 40 tấn, trọng lượng chia cho bánh xe Trong đó có bánh phát động Đầu máy kéo toa, toa nặng 20 Hệ số ma sát bánh xe với đường ray là 0,07 Bỏ qua ma sát các ổ trục Trên trần toa xe có cầu nhỏ khối lượng 200g treo dây nhẹ, không dãn Cho g = 10m/s2 Tính thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h Tính góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây treo Sau thời gian trên, tàu hãm phanh Biết lúc này động không truyền lực cho các bánh Tính quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây trường hợp: a) Chỉ hãm các bánh đầu máy b) Hãm tất các bánh đoàn tàu (Trích đề thi Olympic 30/4, 2007) Bài giải Thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h Gọi M d là khối lượng đầu máy, M t là khối lượng các toa tàu - Lực phát động chính lực ma sát tác dụng lên bánh đầu tàu nên: F= f= pd ms kM d g 0, 07.40.103.10 = = 14.103 N 2 - Gia tốc cực đại mà tàu đạt được: Fpd Fpd 14.103 a= = = = 0, 07 m/s max 3 M M d + M t 40.10 + 160.10 - Thời gian ngắn kể từ lúc toa tàu khởi hành: v=t v0 + amax tmin (48) ⇒ tmin = vt 5,55 = = 79, s = 1ph 15s amax 0, 07 - Góc lệch α dây treo và lực căng dây: Dây treo bị lệch phía sau (so với vận tốc) + Vì m << M nên không ảnh hưởng đến gia tốc tàu + Trong hệ quy chiếu gắn với tàu, vật m chịu tác dụng lực, với: P + T + Fq = Ta có: tan α = Fq P Mặt khác: cos = α = mamax amax 0, 07 = = = 0, 007 ⇒ α = 0, 4° 10 mg g P P mg 0, 2.10 = ⇒T = = = 2, 0002 N T cos α cos 0, 4° cos 0, 4° Vậy: Thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h là tmin = 79, 4s; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây treo là 0, 4° và 2, 0002 N Quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây a) Trường hợp hãm đầu máy: Lúc này tàu chuyển động chậm dần đều: f M kM g M 0, 07.40.10 = −0,14m/s2 200 + Gia tốc tàu: a1 = − ms1 =d = v12 5,552 + Khi dừng, v = : s1 = − = − = 110, 23m 2a1 2.(−0,14) + Góc lệch: tan α1 = Fq P = ma1 −0,14 = = −0, 014 mg 10 ⇒ α1 = 7,97° và dây treo lệch phía trước + Lực căng dây: Từ: cos = α1 P P mg 0, 2.10 = ⇒ T1 = = = 2, 0195 N T1 cos α1 cos 7,97° cos 7,97° Vậy: Khi lực hãm đầu tàu thì quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng là 110,23m; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây là 7,97° và 2,0195N b) Khi hãm tất các bánh: + Gia tốc tàu: a2 = − f ms kMg = − = −kg = −0, 07.10 = −0, 7m/s2 M M v2 2a2 5,552 = 22, 05m 2.(−0, 7) + Khi dừng, v = : s2 = − = − (49) F ma2 −0, = = −0, 07 ⇒ α1 = 4° và dây treo lệch phía trước mg 10 + Góc lệch: tan α =q = P + Lực căng dây: Từ: cos α = 0, 2.10 P P mg ⇒ T2 = = = = 2, 005 N T2 cos α cos 4° cos 4° Vậy: Khi lực hãm đầu tàu thì quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng là 22,05m; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây là 4° và 2,005N 41 Một cái nêm khối lượng M = 5kg có mặt AB nghiêng góc α = 300 , đặt trên mặt sàn nhẵn nằm ngang Trên mặt AB nêm có đặt hai vật có khối lượng m1 = 4kg và m2 = 2kg nối với sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc nhỏ gắn vào đỉnh A nêm (hình vẽ) Bỏ qua khối lượng, ma sát ròng rọc và ma sát các vật với nêm Tính gia tốc vật sàn Lấy g = 10m/s2 Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm, chiều dương là chiều chuyển động vật m1 Phương trình định luật II Niu-tơn các vật theo phương song song và vuông góc với mặt nêm: - Vật m1 : Fq1 + P1 sin α − T1 = m1a1 và: = Q1 P1 cos α − Fq1 sin α (1) (2) (50) - Vật m2 : − Fq − P2 sin α + T2 = m2 a2 (3) và: = Q2 P2 cos α − Fq sin α (4) Với: T= T= T ; a= a= a; Fq1 = m1a0 ; Fq = m2 a0 ( a0 : gia tốc nêm đất) 2 - Từ các hệ thức trên ta được: a = m1 − m2 ( g sin α + a0 cos α ) (5) m1 + m2 - Xét chuyển động nêm sàn Phương trình định luật II Niu-tơn cho nêm: P + Q + 2T + Q1 + Q2 = Ma0 Với (6) Q1' =Q1 ; Q2' =Q2 ⇒ (Q1 + Q2 ) sin α − 2T cos α = Ma0 (7) - Từ (1), (2), (3), (4): 2T = (m1 + m2 )( g sin α + a0 cos α ) − (m1 − m2 )a Và Q1 + Q2 = (m1 + m2 )( g cos α − a0 sin α ) - Từ (7) và (8): a0 = - Từ (5) và (9): a = ⇔a m1 − m2 a cos α m1 + m2 (8) (9) (m1 − m2 )( M + m1 + m2 ) g sin α (m1 + m2 )( M + m1 + m2 ) − (m1 − m2 ) cos α (4 − 2)(5 + + 2) 110 = 10.sin 300 (m/s2 ) 2 (4 + 2)(5 + + 2) − (4 − 2) cos 30 63 − 110 55 cos= 300 = 0,5(m/s2 ) + 63 189 - Gia tốc m1 sàn: a1′ = a1 + a0 ⇔ a1′2 = a + a02 − 2aa0 cos α - Thay giá trị a vào (9): = a0 110 110 0,5 ⇔ a′ = = 1,8 ⇒ a1′ = 1,34(m/s2 ) + 0,5 − 63 63 ′ a= ′ 1,34(m/s2 ) Vậy: Gia tốc m1 , m2 đất là: a= 42 Một ván B dài l = 1m, khối lượng m2 = 1kg đặt lên mặt phẳng nghiêng 300 so với phương ngang Một vật A có khối lượng m1 = 100 g đặt điểm thấp B và nối với B sợi dây mảnh không dãn vắt qua ròng rọc nhẹ, gắn cố định đỉnh dốc Cho g = 10m/s2 và bỏ qua ma sát Thả cho ván trượt xuống gốc a) Tìm gia tốc A, B Tính lực B tác dụng lên A, lực mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B và lực căng dây nối (51) b) Tính thời gian để A rời khỏi ván B (Trích đề thi Olympic 30/4, 2009) Bài giải a) Gia tốc A, B; lực do B tác dụng lên A; lực mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B và lực căng dây nối - Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Các lực tác dụng lên hai vật: + Vật A : Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T1 + Vật B : Trọng lực P2 ; phản lực Q2 ; lực căng T2 ; áp lực N - Áp dụng định luật II Niutơn cho hai vật ( a= a= a; T= T= T ; N = Q1 ) : 2 + Vật A : P1 + Q1 + T1 = m1a (1) + Vật B : P2 + Q2 + T2 + N = m2 a (2) - Chiếu (1) và (2) lên hai trục Ox và Oy hệ tọa độ Oxy, ta được: P1 sin α − T = m1a (3) P2 sin α − T = m2 a (4) Q1 = m1 g cos α (5) Q2 = N + m2 g sin α = Q1 + m2 g sin α (6) - Từ (3) và (4) ta được: a (m2 − m1 ) gsin α (1 − 0,1).10.sin 300 = = 4,1m/s2 m1 + m2 + 0,1 - Từ (5) và (6),= ta được: Q1 0,1.10.cos = 300 0,87 N ; Q2 = 0,87 + 1.10.sin 300 = 5,87 N - Từ (3) ta = được: T m1 ( g sin = α − a) 0,1(10.sin 30 = ° − 4,1) 0,9 N Vậy: Gia tốc A, B là a = 4,1m/s2 ; lực B tác dụng lên A là Q; lực mặt phẳng nghiêng tác dụng lên B là Q2 = 5,87 N và lực căng dây nối là T = 0,9 N b) Thời gian để A rời khỏi ván B - Trong thời gian A trượt trên B, tổng quãng đường A, B thực khoảng cách từ vị trí ban đầu A đến mép trên B và 1m Quãng đường A trượt trên B : s = (a1 + a2 )t = at 2 (52) - Thời gian A trượt trên B là:= t s = a = 0, 49 s 4,1 Vậy: Thời gian để A rời khỏi ván B là t = 0, 49s 43 Cho hệ hình vẽ Ròng rọc có khối lượng không đáng kể, dây nối nhẹ và không dãn, m1 = 2kg ; m3 = 1kg ; hệ số ma sát trượt m3 và mặt bàn cố định là µ1 = 0, 2; hệ số ma sát trượt m2 với m3 là µ2 = 0, 4; lấy g = 10m/s2 Hệ thả cho chuyển động từ trạng thái nghỉ a) Xác định m2 để nó không trượt trên m3 hệ chuyển động? b) Tìm m2 để gia tốc m3 nửa gia tốc m2 hệ chuyển động? Khi đó gia tốc m2 bao nhiêu? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2012) Bài giải a) Xác định m2 để nó không trượt trên m3 hệ chuyển động Giả sử m2 không trượt trên m3 hệ chuyển động - Chọn chiều (+) là chiều chuyển động hệ (hình vẽ); a là gia tốc hệ - Các ngoại lực tác dụng lên hệ: các trọng lực P1 , P2 , P3 ; các phản lực Q23 , Q ; lực ma sát F23 - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho hệ: P1 + P2 + P3 + Q23 + Q + F23 = Ma (1) - Chiếu (1) lên chiều (+) đã chọn, ta được: P1 − F23 = Ma = (m1 + m2 + m3 )a ⇔ m1 g − µ1 g (m2 + m3 ) = (m1 + m2 + m3 )a = ⇒a m1 g − µ1 g (m2 + m3 ) 2.10 − 0, 2.10(m2 + 1) 18 − 2m2 = = m1 + m2 + m3 + m2 + + m2 (2) - Áp dụng định luật II Niutơn cho vật m1 , ta được: P − T = m1a ⇒ T = m1 g − m1a = 2.10 − 2a = 20 − 2a (3) - Áp dụng định luật II Niutơn cho m2 , ta được: T − Fms = m2 a ⇒ Fms = T − m2 a =20 − a (2 + m2 ) - Vì m2 không trượt trên m3 nên: Fms ≤ µ2 m2 g= 0, 4.10m2= 4m2 (4) (5) (53) ⇔ 20 − a (2 + m2 ) ≤ 4m2 ⇔ 20 − ⇔ m22 + 3m2 − 12 ≥ ⇒ m2 ≤ 18 − 2m2 (2 + m2 ) ≤ 4m2 + m2 −3 + 57 −3 − 57 (loại); m2 ≥ (kg) 2 - Mặt khác, từ (2) ta có a > ⇔ m2 < 9kg Vậy: Để m2 không trượt trên m3 hệ chuyển động thì: −3 + 57 ≤ m2 < (đơn vị là kg) 2 b) Tìm m2 để a3 = a2 và tính a2 Đặt a= a= 2a; a3 = a; lực ma sát m3 với sàn là Fms , m3 với m2 là Fms và Fms 2' ( Fms = Fms 2' ) - Các lực tác dụng vào các vật (theo phương chuyển động) trên hình vẽ: (T= T= T ) - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho vật, ta được: + Vật 1: m1 g − T = m1.2a (6) + Vật 2: T − Fms = m2 2a (7) + Vật 3: Fms 2' − Fms = m3 a (8) Với: F= Fms µ= µ1 (m2 + m3 ) g F= µ2 m2 g ; = ms ms 2' N 23 (9) - Thay (6) và (9) vào (7) và (8), ta được: m1 ( g + 2a ) − µ2 m2 g = m2 2a (7’) µ2 m2 g − µ (m2 + m3 ) g = m3 a (8’) ⇔ 2.(10 + 2a ) − 0, 4.10.m2 = 2m2 a; 0, 4.10.m2 − 0, 2.(m2 + 1).10 = a ⇔ 20 + 4a − 4m2 = 2m2 a; 2m2 − = a ⇔ m22 + 2m2 − = ⇒ m2 ≈ 1,83kg ; m2 = −3,93 (loại) 2= a 2.1, 66 = 3,32m/s2 ⇒= a 2.1,83 − = 1, 66m/s2 ; a= 2 Vậy: Để a3 = a2 thì m2 = 1,83kg và lúc đó a2 = 3,32m/s2 (54) 44 Chọn hệ hình vẽ Hệ số ma sát vật m và nêm là k Bỏ qua khối lượng dây, ròng rọc; ma sát M và mặt phẳng nằm ngang không đáng kể Dây không dãn Khi m trượt trên M thì gia tốc m mặt phẳng nằm ngang là a Xác định tỉ số khối lượng M nêm và vật m Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nằm ngang Gọi a là gia tốc nêm M - Khi m trượt xuống thì M chuyển động sang phải, ta có: a0 = a (1) - Phương trình định luật II Niu-tơn các vật: + Vật m : p − T − Fms = ma; với Fms = kn + Vật M : T ’ − n = Ma; với n = ma; T = T ’ mg − T − kma = ma (2) T − ma = Ma (3) - Từ (1), (2) và (3) suy ra: a= g (4) M 2+k + m - Từ (1) và (4) suy ra: M g = − (2 + k ) m a0 Vậy: Tỉ số khối lượng M g M nêm và vật là = − (2 + k ) m m a0 45 Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có xe khối lượng m Trên xe có hai khối lập phương, khối 5m và m nối với sợi dây không dãn, vắt qua ròng rọc có khối lượng không đáng kể Người ta kéo ròng rọc lực F không đổi theo phương ngang hình vẽ Hệ số ma sát xe và khối lập phương là µ=t µ= 0,1 n a) Hỏi độ lớn F bao nhiêu thì xe có gia tốc a = 0, g b) Khi gia tốc các khối và ròng rọc bao nhiêu? (55) Bài giải a) Độ lớn F để a = 0, g : Có thể xảy các trường hợp sau: - Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, đó lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn là: Fms1 = 5µ mg , Fms = µ mg Theo phương ngang, phương trình định luật II Niu-tơn cho = xe ( F ’ms1 F= Fms ) : ms1 ; F ’ms Fms1 + Fms =ma ⇔ 5µ mg + µ mg =ma = a 6= µ g 6.0,1 = g 0, g > 0, g : loại (không thỏa mãn yêu cầu đề bài) - Trường hợp 2: Hai khối lập phương đứng yên xe ( Fms1 , Fms : ma sát nghỉ) Theo phương ngang, ta có: + Khối 5m : T − Fms1 = 5ma + Khối m : T − Fms = ma ⇒ Fms − Fms1 = 4ma (1) + Xe: (2) Fms1 + Fms = ma - Từ (1) và (2) ta có: Fms = ma mà Fms ≤ µ mg : a ≤ µ g hay a ≤ 0, 04 g : loại (không thỏa mãn yêu cầu đề bài) - Trường hợp 3: Khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên ( Fms1 : ma sát nghỉ; Fms : ma sát trượt) Theo phương ngang, ta có: + Khối 5m : T − Fms1 = 5ma, T = + Xe: F (3) Fms1 + Fms = ma và Fms = µ mg (4) - Từ (3) và (4) ta có: F = 2(6ma − µ mg ) = 2, 2mg Vậy: Để xe có gia tốc a = 0, g thì F = 2, 2mg b) Gia tốc các khối và ròng rọc F − µ mg - Gia tốc khối m : a2 2= g (a2 > a ) = m - Dây không dãn nên: a2/ rr = −a1/ rr ⇔ (a2 − arr ) = −(a1 − arr ) (56) ⇒ a= rr a1 + a2 0, g + g = = 0, g 2 Vậy: Gia tốc khối m là a2 = g và gia tốc ròng rọc là arr = 0, g 46 Một cái nêm nhẵn khối lượng M , góc đáy α , ban đầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang Khối lập phương khối lượng M nằm tiếp xúc với nêm trên mặt bàn này (hình vẽ) Hệ số ma sát khối lập phương và mặt bàn là µ Trên nêm người ta đặt xe kéo khối lượng m, xe kéo có thể trượt không ma sát trên mặt nêm Thả xe kéo cho nó chuyển động không vận tốc từ đầu đỉnh nêm Tìm vận tốc xe kéo nó đến chân nêm độ cao nêm là h Bài giải Gọi a là gia tốc nêm và khối lập phương; gọi a12 là gia tốc xe kéo với nêm Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm và khối lập phương - Các lực tác dụng lên xe kéo: trọng lực p ; phản lực Q12 ; lực quán tính Fqt - Phương trình định luật Niu-tơn cho xe kéo m : p + Q + Fqt = ma12 (1) - Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy , ta được: p sin α + Fqt cos α = ma12 (2) ⇔ mg sin α + ma cos α = ma12 và Q21 − P cos α − Fqt sin α = ⇔ Q21 − mg cos α − ma sin α = (3) - Các phương trình cân cho nêm và cho khối lập phương: + Nêm: N12 sin α − Q sin 2α − Ma = (4) ( Q là phản lực khối lập phương tác dụng lên nêm; N12 = Q21 là áp lực vật m lên nêm) + Khối lập phương: N sin 2α − Fms − Ma = và Q= ’’ Mg + N cos 2α (5) (6) ((5): phương ngang; (6): phương thẳng đứng; Q’’ : phản lực mặt bàn lên khối lập phương; N : áp lực nêm lên khối lập phương) (57) - Từ (5), (6): (7) N sin 2α − µ ( Mg + N cos 2α ) = Ma µ mg sin α cos α 1 − − µ Mg tan 2α - Từ (3), (4), (7) ta được: a = µ µ M 2− + m sin α 1 − tan 2α tan 2α - Từ (2): = a12 g sin α + a cos α - Điều kiện để nêm và khối lập phương chuyển động là: a≥0⇒ µ ≤ m sin 2α µ0 = M + m cos 2α - Biện luận: + Nếu µ < µ0 thì nêm và khối lập phương cùng chuyển động với gia tốc: µ mg sin α cos α 1 − − µ Mg tan 2α a= µ µ M 2− + m sin α 1 − tan 2α tan 2α + Khi vật tới chân nêm: • Vận tốc xe kéo m nêm: = v12 • Vận tốc nêm là v với: = 2a12 s 2h ( g sin α + a cos α ) sin α v a v a = ⇒ v= 12 v12 a12 a12 • Vận tốc xe kéo m đất: v1= v122 + v + 2vv12 cos α + Nếu µ > µ0 thì nêm và khối lập phương không chuyển động Khi đó vật đó m trượt trên nêm với gia tốc a = g sin α ; vận tốc m đến chân nêm là v1 = gh Vậy: Vận tốc xe kéo nó đến chân nêm nêm = là v12 đất là v1= = 2a12 s 2h ( g sin α + a cos α ); sin α v122 + v + 2vv12 cos α (nếu nêm chuyển động) và v1 = gh (nếu nêm đứng yên) (58) BÀI TẬP LUYỆN TẬP TỔNG HỢP Chuyên đề 9: CHUYỂN ĐỘNG TRONG HỆ QUY CHIẾU KHÔNG QUÁN TÍNH 47 Một đầu máy xe lửa nặng 40 tấn, trọng lượng chia cho bánh xe Trong đó có bánh phát động Đầu máy kéo toa, toa nặng 20 Hệ số ma sát bánh xe với đường ray là k = 0, 07 Bỏ qua ma sát các ổ trục Trên trần toa xe có cầu nhỏ khối lượng m = 200g treo dây nhẹ, không dãn Cho g = 10m/s a) Tính thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h Tính góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây treo b) Sau thời gian trên, tàu hãm phanh Biết lúc này động không truyền lực cho các bánh Tính quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây trường hợp hãm các bánh đầu máy Bài giải a) Thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h - Lực phát động chính là lực ma sát tác dụng lên bánh đầu tàu: F= f= pd ms kM d g 0, 07.40.103.10 = = 14.103 N 2 - Gia tốc cực đại mà tàu đạt được: a max = Fpd Fpd 14.103 = = = 0, 07m/s 3 M M d + M t 40.10 + 8.20.10 - Thời gian ngắn để đoàn tàu đạt đến vận= tốc v 20km/h = 5,55m/s; = t v − v 5,55 − = = 79, = 4s phút 15 s a max 0, 07 - Góc lệch dây treo và lực căng dây: Tàu chuyển động phía trước với gia tốc a > nên dây treo bị lệch phía sau (so với vận tốc) + Vì m M nên không ảnh hưởng đến gia tốc tàu + Trong hệ quy chiếu gắn với tàu, cầu chịu tác dụng lực: Trọng lực P; lực căng T và lực quán tính Fqt Từ điều kiện cân cầu, ta có: tan α = Fqt ma max a max 0, 07 = = = = 0, 007 ⇒ α = 0, 4° P mg g 10 (59) Mặt khác, cos α= P mg 0, 2.10 ⇒ T= = = 2, 0002N T cos α cos 0, 4° Vậy: Thời gian ngắn kể từ lúc khởi hành đến lúc đoàn tàu đạt vận tốc 20km/h là t = 79, 4s; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng là α = 0, 4° và lực căng dây treo là T = 2, 0002N b) Quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng và lực căng dây - Kể từ lúc hãm phanh, tàu chuyển động chậm dần + Gia tốc tàu: a1 = −f ms1 −kM d g −0, 07.40.103.10 = = = −0,14m/s M M 40.103 + 8.20.103 + Khi dừng lại, vận tốc tàu nên:= s1 − v12 −5,552 = = 110, 23m 2a1 ( −0,14 ) + Góc lệch dây treo: Tàu chuyển động phía trước với gia tốc a < nên dây treo bị lệch phía trước (so với vận tốc) tan α1= ma1 a1 0,14 = = = 0, 014 ⇒ = α1 7,97° mg g 10 + Lực căng dây: T1 = P mg 0, 2.10 = = = 2, 0195N cos α1 cos α1 cos 7,97° Vậy: Quãng đường tàu từ lúc hãm phanh lúc dừng là s1 = 110, 23m; góc lệch dây treo so với phương thẳng đứng là α= 7,97° và lực căng dây lúc này là T1 = 2, 0195N 48 Một nêm khối lượng M = 1kg đặt trên bánh xe, nêm có mặt AB dài 1m và nghiêng góc α= 30° Ma sát bánh xe và sân không đáng kể Từ A thả vật khối lượng m = 1kg trượt xuống dốc AB Hệ số ma sát vật m và mặt AB là k = 0, Bỏ qua kích thước vật m Tìm thời gian để vật m đến B và thời gian đó nêm đoạn đường dài bao nhiêu? Cho g = 10m/s Bài giải Vì khối tâm hệ không dịch chuyển theo phương ngang nên m trượt xuống dốc thì M chuyển động sang phải - Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: + Phương trình định luật II Niu-tơn cho chuyển động vật m: (60) (1) P1 + Q1 + Fms + Fq = ma - Với: a là gia tốc m M, a là gia tốc M sàn + Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy, ta được: Fq sin α + Q1 − P1 cos α = = ⇒ Q1 m ( g cos α − a sin α ) Fq cos α + P1 sin α −= Fms1 ma; = Fq ma ⇔ ma cos α + mg sin α − kmg ( cos α − a sin α ) = ma = ⇒ a a ( k sin α + cos α ) + g ( sin α − k cos α ) (2) - Trong hệ quy chiếu gắn với sàn: + Phương trình định luật II Niu-tơn cho chuyển động nêm M: (3) P + Q + N1 + Fms2 = Ma = Fms1 ) : + Chiếu (3) xuống phương nằm ngang, ta được: ( N1 Q= ; Fms2 N1 sin α − Fms2 cos α = Ma ⇔ mg ( cos α − a sin α ) sin α − km ( g cos α − a sin α ) cos α = Ma ⇔ mg ( cos α sin α − kg cos α= ) ⇒ a0 ( M + m sin mg cos α ( sin α − k cos α ) = M + m sin α ( sin α − k cos α ) α − mk sin α cos α ) a 1 3 − 0, 2 = 2, 43m/s 11 3 + − 0, 22 1.10 1 3 3 - Thay vào (2), ta được: = a 2, 43 0, + = + 10 − 0, 5, 62m/s 2 2 - Thời gian vật hết đoạn AB= là: t - Quãng đường nêm chuyển động = s 2AB = a 2.1 ≈ 0, 6s 5, 62 = a0t 2, 43.0, = 62 0, 43m 2 Vậy: Thời gian để vật m từ A đến B là t = 0, 6s và thời gian đó nêm đoạn đường dài s = 0, 43m 49 Nêm có khối lượng M, mặt AB dài l nghiêng góc so với phương ngang Từ A thả vật khối lượng m không vận tốc đầu Bỏ qua ma sát M với sàn và m với M Tính gia tốc M (61) Tìm thời gian m từ A đến B ( Trích đề thi Olympic 30/4, 2004) Bài giải Gia tốc M - Khi m xuống thì M chuyển động sang trái - Gọi a là gia tốc m M; a là gia tốc M sàn - Trong hệ quy chiếu gắn với nêm, ta có: (1) P1 + Q1 + Fq = ma - Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy, ta được: P1 sin α + Fqt cos= α ma ⇔ mg sin α + ma cos= α ma (2) ⇒ = a g sin α + a cos α và −P1 cos α + Q1 + Fqt sin α = ⇔ −mg cos α + Q1 + ma sin α = = ⇒ Q1 m ( g cos α − a sin α ) (3) - Trong hệ quy chiếu gắn với sàn, ta có: (4) P + Q + N1 = Ma - Chiếu (4) lên phương nằm ngang, ta được: N= Ma = Q1 sin α ; N1 = ⇒ a0 N1 sin α m = ( g cos α − a sin α ) sin α M M mg cos α.sin α (5) ⇒ a0 = M + m sin α Vậy: Gia tốc m là a = mg cos α.sin α M + m sin α Thời gian m từ A đến B - Thay (5) vào (3) ta được:= a g sin α + ⇒a mg cos α.sin α M + m sin α g sin α ( M + m ) g sin α M + m sin= α + m cos α M + m sin α M + m sin α - Thời gian vật từ A đến B: = t 21 = a 21( M + m sin α ) g sin α ( M + m ) (62) Vậy: Thời gian vật từ A đến B là t = 21( M + m sin α ) g sin α ( M + m ) 50 Một vật khối lượng m đứng yên đỉnh mặt phẳng nghiêng nhờ lực ma sát Hỏi sau bao lâu vật chân mặt phẳng nghiêng mặt phẳng nghiêng bắt đầu chuyển động theo phương ngang với gia tốc a = 1m/s Cho biết chiều dài mặt phẳng nghiêng là AB = 1m, góc nghiêng α= 30°, hệ số ma sát vật và mặt phẳng nghiêng = là k 0,= 6;g 10m/s (Trích đề thi Olympic 30/4, 2002) Bài giải - Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng Các lực tác dụng lên vật: Trọng lực P, phản lực Q, lực ma sát Fms và lực quán tính Fq - Phương trình chuyển động vật: P + Q + Fms + Fq = ma12 - Chiếu phương trình trên lên hai hệ trục Ox và Oy hệ tọa độ Oxy, ta được: = Q mg cos α − ma sin α = ⇒ Fms km ( g cos α − a sin α ) và mg sin α − Fms + ma cos α = ma12 a12 g ( sin α − k cos α ) + a ( cos α + k sin α ) ⇒= = ⇒ a12 10 ( sin 30° − 0, 6.cos 30° ) + 1( cos 30° + 0, 6.sin = 30° ) 0,97m / s - Thời gian trượt vật: t = 2s 2.1 == = 1, 44s a12 0,97 Vậy: Sau 1,44s vật chân mặt phẳng nghiêng 51 Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông A Nêm chuyển động trên mặt phẳng ngang với gia tốc a không đổi Hai vật nhỏ cùng khối lượng, cùng trượt xuống từ đỉnh A, dọc theo hai sườn AB và AC nêm Cho ABC = α ( α > 45° ) Tìm độ lớn và hướng gia tốc a nêm theo α để hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận (63) tốc ban đầu (đối với nêm) và trượt đến chân các mặt sườn các khoảng thời gian (bỏ qua ma sát) (Trích dề thi Olympic 30/4, 2001) Bài giải Giả sử nêm chuyển động sang phải với gia tốc a hình vẽ - Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm Gọi a1 , a là gia tốc vật và vật nêm - Để hai cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu và trượt đến chân các mặt sườn khoảng thời gian t thì: + Vật 1: AB = a1t + Vật 2: AC = a t ⇒ a AB a1 BC cos α = ⇔ = =1 AC a BCsin α tgα a ⇒ a= a1 tan α - Phương trình chuyển động vật và vật 2: P1 + Q1 + Fq1 = m1 a1 P + Q + Fq = m2 a - Chiếu lên phương chuyển động vật, chiều chuyển động làm chiều (+) ta có: + Vật 1: mg sin α − ma cos= α ma1 ⇒ g sin α − a cos α (2) + Vật 2: mg cos α + ma sin= α ma ⇒= a g cos α + a sin α (3) - Từ (1), (2) và (3) ta được: ( g sin α − a cos α ) g cos α + a sin = α sin α cos α g cos α + a sin α cos = α g sin α − a sin α cos α ⇒a g ( sin α − cos α ) g ( tan α − 1) = 2sin α cos α tan α - Vì α > 45° ⇒ tan α > ⇒ a > : Nêm chuyển động sang phải Vậy: Để hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu (đối với nêm) và trượt đến chân các mặt sườn các khoảng thời gian thì nêm phải chuyển động sang phải với gia tốc a= g ( tan α − 1) tan α (64) 52 Một cái nêm có góc C α, đáy CB nằm ngang và có khối lượng m2 Trên mặt phẳng nằm nghiêng nêm có vật khối lượng m1 nối với điểm cố định vách tường dây không dãn, vắt qua ròng rọc nhỏ đỉnh A nêm, khối lượng dây và ròng rọc không đáng kể Tác dụng lên nêm lực F không đổi theo phương ngang Tính gia tốc vật m1 và m2 m1 còn trên nêm Bỏ qua ma sát (Trích đề thi Olympic 30/4, 2000) Bài giải Gọi a1 , a là gia tốc các vật và đất; a12 là gia tốc vật (1) vật (2) - Các lực tác dụng lên vật 1: Trọng lực P1 ; phản lực Q1 ; lực căng T1 ; lực quán tính Fq Phương trình chuyển động vật hệ quy chiếu gắn với nêm: P1 + Q1 + T1 + Fq = m1 a12 (1) - Chiếu hệ thức (1) lên hai trục tọa độ với lưu ý rằng: a12 = a , ta được: T1 − m1g sin α + m1a cos α = m1a (2) (3) - Các lực tác dụng lên vật 2: Lực kéo F; trọng lực P ; phản lực Q ; các lực căng T, T′; áp lực N1 Phương Q1 − m1g cos α − m1a sin α = m1a trình chuyển động vật hệ quy chiếu gắn với mặt đất: (4) F + P + Q + N1 + T + T′ = m2 a - Chiếu (4) lên phương ngang, ta được: F − N1 sin α − T′ + T cos α = m a (5) - Từ (2), (3) và (5),, kết hợp với: N1 = Q1 và T=′ T= T1 ta được: a2 = F − m1g sin α m + 2m1 (1 − cos α ) - Gia tốc vật đất là: a= a12 + a ⇔ a12 + a12 + a 22 − 2a12 a cos α= a 22 + a 22 − 2a 22 cos α= 2a 22 (1 − cos α ) F − m1g sin α α α a1 a 2 (1 − cos sin ⇒ = = α ) 2a sin = 2 m + 2m1 (1 − cos α ) Vậy: Gia tốc vật m1 và m2 m1 còn trên nêm là (65) a1 = F − m1g sin α α sin m + 2m1 (1 − cos α ) 53 Trên mặt phẳng nghiêng nêm có góc nghiêng α, khối lượng M người ta đặt vật nhỏ khối lượng m Vật m nối vào đầu sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc cố định đỉnh nêm, đầu dây buộc vào điểm A trên tường (hình vẽ) Ban đầu hệ đứng yên và dây trạng thái căng ngang Khi buông nhẹ vật m thì nêm M chuyển động trên mặt phẳng ngang Bỏ qua ma sát và sức cản môi trường Cho khối lượng dây và ròng rọc không đáng kể Tìm gia tốc chuyển động nêm M Bài giải Gọi vật là (1), nêm (2), đất là (3) - Trong thời gian t, quãng đường nêm (2) trên mặt phẳng ngang quãng đường vật (1) trên mặt phẳng nghiêng nêm s =s1 ⇔ 1 a 23 t = a12 t ⇒ a 23 =a12 2 - Xét nêm (2) hệ quy chiếu gắn với đất (3), theo phương nằm ngang ta có: T − T cos α + N sin = α Ma = Ma 23 (I); với= N p cos = α mg cos α - Xét vật (1) hệ quy chiếu gắn với nêm (2), theo phương mặt phẳng nghiêng, ta có: −T + Fqt cos α + p sin = α ma = ma 12 (II); với = Ft ma, = p mg = ⇒ T mg sin α + ma cos α = − ma mg sin α + ma ( cos α − 1) (III) - Thay (III) vào (I) , ta được: mg sin α + ma ( cos α − 1) (1 − cos α ) + mg sin α cos α = Ma ⇔ −mg sin α cos α + mg sin α + mg sin α cos = α a M + m (1 − cos α ) (66) ⇔ mg sin = α a M + m (1 − cos α ) mg sin α ⇒a= M + m (1 − cos α ) mg sin α Vậy: Gia tốc chuyển động nêm M là a = M + m (1 − cos α ) 54 Trên cái nêm trượt với gia tốc a, người ta ném vật với vận tốc đầu v so với nêm và hợp với nêm góc ϕ (hình vẽ) Góc nghiêng nêm là α Tầm ném xa vật trên nêm là bao nhiêu (biết vật chưa rời khỏi nêm)? Bài giải Xét hệ quy chiếu gắn với nêm (hệ quy chiếu không quán tính) - Các lực tác dụng lên vật: trọng lực P; lực quán tính Fqt - Phân tích chuyển động vật thành hai thành phần theo hai phương Ox và Oy: + Theo phương Ox: = a x a cos α + g sin α = x v cos ϕt + ( a cos α + g sin α ) t 2 (1) + Theo phương Oy: = a y a sin α − g cos α y v sin ϕt + = ( a sin α − g cos α ) t 2 (2) - Khi vật chạm mặt nêm: y= 0⇒ t = 2v sin ϕ a sin α − g cos α (3) - Thay (3) vào (1) ta được: 2v sin ϕ 2v sin ϕ = x v cos ϕ + ( a cos α + g sin α ) a sin α − g cos α a sin α − g cos α Vậy: Tầm ném xa vật trên nêm là 2v sin ϕ 2v sin ϕ = x v cos ϕ + ( a cos α + g sin α ) a sin α − g cos α a sin α − g cos α (67)