Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 2: Động lực học chất điểm - Chuyên đề 8: Ứng dụng các định luật Niu-tơn và các lực cơ học

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 1 - Phần 2: Động lực học chất điểm - Chuyên đề 8: Ứng dụng các định luật Niu-tơn và các lực cơ học

1. 2. 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 nhau trượt trên mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát giữa chúng là k; giữa vật 1 và mặt phẳng nghiêng là k1. Trong quá trình trượt miếng gỗ này cĩ thể trượt nhanh hơn miếng gỗ kia khơng? Tìm điều kiện để hai vật cùng trượt như một vật. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1996) Bài giải Gọi a1 và a2 lần lượt là gia tốc của các vật 1 và 2. * Giả sử a1 a2 , các lực sẽ cĩ chiều như hình vẽ. - Phương trình chuyển động của hai vật: + Vật 1: P1 Q1 N1 Fms Fms1 m1a1 + Vật 2: P2 Q2 Fms2 m2a2 - Chiếu trục Ox, ta được: P1 sin Fms Fms1 m1a1 Fms Fms1 a1 g sin m1 Fms2 và P2 sin Fms2 m2a2 a2 g sin m2 - Vì a2 a1 nên miếng gỗ dưới khơng thể chuyển động nhanh hơn miếng gỗ trên. * Giả sử a1 a2 các lực ma sát Fms và Fms1 sẽ cĩ chiều ngược lại. - Phương trình chuyển động của hai vật: Fms Fms1 + Vật 1: P1 Q1 N1 Fms Fms1 m1a1 a1 g sin m1 Fms2 + Vật 2: P2 Q2 Fms2 m2a2 a2 g sin m2 Fms Fms1 Fms2 - Vì a2 a1 m1 m2 k1(m1 m2 ) km2 km1 k1 k.
2. - Nếu k1 k a2 a1. Ma sát giữa hai miếng gỗ nhỏ hơn ma sát giữa vật 1 và mặt phẳng nghiêng, vật 2 chuyển động nhanh hơn vật 1. - Nếu k1 k a1 a2 g(sin k1 cos ) hai vật cùng trượt như là một vật. 18. Một cái nêm khối lượng M được giữ trên mặt phẳng nghiêng cố định với gĩc nghiêng so với đường nằm ngang. Gĩc nghiêng của nêm cũng bằng và được bố trí sao cho mặt trên của nêm nằm ngang như hình vẽ. Trên mặt nằm ngang của nêm cĩ đặt một khối lập phương khối lượng 2M đang nằm yên. Nêm được thả ra và bắt đầu trượt xuống. Cho g 10m/s2. a) Bỏ qua mọi ma sát ở các mặt tiếp xúc. Hỏi với giá trị nào của thì gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại? Tính amax của nêm. b) Bề mặt của các mặt tiếp xúc cĩ ma sát với cùng hệ số ma sát  và gĩc nghiêng của nêm là 300. Tìm điều kiện về  để khối lập phương khơng trượt đối với nêm khi nêm trượt xuống. Bài giải a) Giá trị của để gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại, tính amax - Các lực tác dụng lên nêm: trọng lực P1; phản lực Q1; áp lực N21. Các lực tác dụng lên khối lập phương: trọng lực P2 ; phản lực Q2 (Q2 N21). - Phương trình chuyển động của nêm và khối lập phương: (P N )sin Ma 1 21 P2 Q2 2May ay asin (Mg Q2 )sin Ma 2Mg Q2 2Ma.sin 3g.sin 3g a 2 1 2sin 1 2sin sin 1 1 2 - Để a thì 2sin sin 450. max sin 2 2 3.10 và a 10,4(m/s2 ). max 2 1 2. 2 2 2
3. 0 2 Vậy: Để gia tốc của nêm đạt giá trị cực đại thì 45 và lúc đĩ amax 10,4(m/s ). b) Điều kiện về  để khối lập phương khơng trượt đối với nêm khi nêm trượt xuống - Khi khối lập phương khơng trượt đối với nêm thì hai vật chuyển động như một khối duy nhất với gia tốc: a g(sin  cos ) với :  tan ax g sin  cos cos - Trên hai trục Ox, Oy ta cĩ: ay g sin  cos sin - Phương trình chuyển động của khối lập phương: fms 2Max fms 2Max P2 Q2 2May 2Mg Q2 2May fms N21 Q2 fms Q2 2Mg sin  cos cos .2Mg[1 sin  cos sin ] sin  cos cos [1 sin2  cos sin ]  2 cos sin 2 cos2 cos sin 0  2 sin 2 cos sin 0 ’ 1. 1 cos 1 1 cos 1  cot ;  cot 0 (loại) sin sin sin sin 1 3 Với 300 :  cot 300 2 3 và  tan 300 sin 300 3 3 Vậy: Để khối lập phương khơng trượt đối với nêm thì 2 3  . 3 19. Một máy bay đang bay theo phương ngang với vận tốc v ở độ cao h 500m so với mặt đất với gia tốc a 2m/s2 và sau những khoảng thời gian bằng nhau t 0,5s thì bắn ra phía trước những quả đạn cùng theo phương ngang với cùng vận tốc vd đối với máy bay. Người ta đo được khoảng cách các điểm rơi của quả đạn thứ 5 và thứ 7 trên mặt đất là 125m. Bỏ qua sức cản khơng khí, lấy g 10m/s2. Hãy xác định vận tốc v0 của máy bay khi bắn quả đạn thứ nhất. Bài giải Gọi L là khoảng cách giữa hai vị trí máy bay bắn hai quả đạn thứ 5 và thứ 7; s5 và s7 là quãng đường mà các quả đạn thứ 5 và thứ 7 chuyển động được theo phương ngang từ khi bắn đến khi chạm đất; v5 và v7 là vận tốc của máy bay khi bắn quả đạn thứ 5 và thứ 7. - Khoảng cách giữa hai quả đạn thứ 5 và thứ 7 trên mặt đất là: s L s7 s5 (1)
4. - Vì máy bay bay theo phương ngang nên thời gian rơi của các quả đạn là như nhau: 2h 2.500 T 10s (2) g 10 - Gọi v0 là vận tốc của máy bay khi bắn quả đạn 1. Vận tốc của quả đạn thứ 5 và thứ 7 là: v’5 v0 4at vđ ; v’7 v0 6at vđ Khoảng cách giữa hai vị trí của máy bay khi bắn quả đạn thứ 5 và thứ 7 là: 1 1 L v .2t a(2t)2 (v 4at)2t a.4t 2 2v t 10at 2 5 2 0 2 0 2 L 2v0.0,5 10.2.0,5 v0 5 (3) Quãng đường quả đạn thứ 5 và thứ 7 bay được theo phương ngang đến khi chạm đất là: s5 v’5T (v0 4at vđ )T (v0 4.2.0,5 vđ ).10 (v0 vđ 4).10 (4) s7 v’7 T (v0 6at vđ )T (v0 6.2.0,5 vđ ).10 (v0 vđ 6).10 (5) s L s7 s5 v0 5 (v0 vđ 6).10 (v0 vđ 4).10 125 v0 25 125 v0 100m/s. Vậy: Vận tốc v0 của máy bay khi bắn quả đạn thứ nhất là v0 100m/s. 20. Trên một dốc nghiêng 300 , buơng một vật nhỏ từ A. Vật nhỏ trượt xuống dốc khơng ma sát. Sau khi buơng vật này 1s, cũng từ A bắn một viên bi nhỏ theo phương ngang với vận tốc đầu v0. Xác định v0 để bi trúng vào vật trượt nên dốc nghiêng. Bỏ qua lực cản của khơng khí. Lấy g 10m/s2. Bài giải Chọn gốc tọa độ tại O trùng với A, các trục tọa độ Ox và Oy như hình vẽ; gốc thời gian lúc buơng vật nhỏ. - Phương trình tọa độ của vật nhỏ: 1 1 x (a cos )t 2 , y (asin )t 2 ; 1 2 1 2 với a g sin . 1 - Phương trình tọa độ của viên bi: x v (t 1); y g(t 1)2. 2 0 2 2
5. - Bi trúng vật nhỏ khi: x1 x2 và y1 y2. 1 1 1 (a cos )t 2 v (t 1); (asin )t 2 g(t 1)2 2 0 2 2 g g 10 t 2s g asin g 1 sin 1 10 1 2 3 ag cos g sin cos cos Và v 2 0 2 1 2 ag sin asin 2 g sin g sin 2 1 sin 2(1 ) 2 8,7m/s Vậy: Để bi trúng vào vật trượt trên dốc nghiêng thì v0 8,7m/s. 21. Một chất điểm được ném từ điểm O trên mặt đất tới một điểm B cách O một đoạn a theo phương 3 ngang và cách mặt đất một đoạn a. Bỏ qua lực cản của khơng khí. 4 a) Nếu vận tốc ban đầu của chất điểm là v0 2 ga thì gĩc ném so với phương nằm ngang là bao nhiêu để nĩ trúng vào điểm B. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của v0 để chất điểm tới được điểm B và tính gĩc ném ứng với giá trị v0min . Bài giải a) Tính gĩc ném với trường hợp v0 2 ga Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ, gọi là gĩc ném. - Phương trình tọa độ của chất điểm theo hai trục Ox và Oy : x v cos t 0 1 y gt 2 v sin t 2 0 - Phương trình quỹ đạo của chất điểm là: 1 g 2 2 y . 2 (1 tan )x x tan (1) 2 v0 3 - Khi chất điểm tới B(a; a) và v 2 ga. Từ (1) cho ta được: 4 0 3 1 g a . (1 tan2 )a2 a tan 4 2 4ga 2 tan 8tan 7 0 tan 1 7 hoặc tan 2 1.
6. 1 arctan 7 hoặc 2 arctan1. Vậy: Để chất điểm trúng vào điểm B thì gĩc ném cĩ thể là 1 arctan 7 hoặc 2 arctan1. b) Giá trị nhỏ nhất của v0 để chất điểm tới được điểm B 3 3 1 g - Khi chất điểm tới B(a; a), ta cĩ: a . (1 tan2 )a2 a tan . 4 4 2 4ga 2 2 2 2ga.tan 4v0 tan 3v0 2ga 0 2 2 Ta cĩ: 4v0 2ga(3v0 2ga) 0 v0min 2ga 2v2 2.2ga Gĩc ném: tan 0min 2 arctan 2. 2ga 2ga Vậy: Để chất điểm tới được điểm B thì v0min 2ga và gĩc ném lúc đĩ là arctan 2. 22. Trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, từ hai độ cao h1, h2 người ta ném cùng lúc hai vật cĩ khối lượng m1, m2 (xem như chất điểm) theo phương ngang với các vận tốc tương ứng là v1, v2. Vật thứ nhất và chạm đàn hồi với đất một lần và nảy lên; vật thứ hai va chạm đàn hồi với đất hai lần và nảy lên, cuối cùng hai vật chạm đất tại cùng một vị trí ở cùng một thời điểm. Bỏ qua lực v h cản của khơng khí. Tìm tỉ số 1 và 1 . v2 h2 Bài giải Va chạm của m1 và m2 với đất là va chạm đàn hồi nên thành phần nằm ngang của vận tốc của m1 và m2 sau va chạm vẫn bằng 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 khi hai vật chạm đất tại d. v1 Ta cĩ: v1t v2t 1. v2 1 - Xét chuyển động của m : Ta cĩ: CD 2HC HC HD. 1 3 2 t 1 2 1 t 1 2 t1 và h1 gt1 g gt (1) 3 2 2 3 18 1 1 1 - Xét chuyển động của m : Ta cĩ: HA AB BD HA HD. 2 2 2 5
7. 2 t 1 2 1 t 1 2 t2 và h2 gt1 g gt (2) 5 2 2 5 50 h 50 25 - Từ (1) và (2), suy ra: 1 . h2 18 9 v h v h 25 Vậy: Các tỉ số 1 và 1 là 1 1 và 1 . v2 h2 v2 h2 9 23. Một người đứng ở một đỉnh dốc bờ biển ném một hịn đá ra biển. Hỏi người ấy phải ném hịn đá dưới một gĩc bằng bao nhiêu so với phương nằm ngang để nĩ rơi xa chân bờ biển nhất. Khoảng cách xa nhất ấy là bao nhiêu? Cho biết bờ dốc thẳng đứng, hịn đá được ném từ độ cao H 20m 2 so với mặt nước và cĩ vận tốc đầu là v0 14m/s. Lấy g 9,8m/s . (Trích đề thi Olymic 30/4, 2002) Bài giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phân tích chuyển động (ném xiên) của hịn đá thành hai thành phần: - Theo phương Ox : x v0 cos .t (1) - Theo phương Oy : 1 y H v sin .t gt (2) 0 2 - Thời gian hịn đá chuyển động (x L) : L t (3) v0 cos L 1 L2 - Thay (3) vào (2), ta được: y H v0 sin g 2 2 . v0 cos 2 v0 cos L 1 L2 - Khi hịn đá chạm đất: x L; y 0 nên: H v0 sin g 2 2 0. v0 cos 2 v0 cos 2 2 gL 1 gL 2 H L tan 2 . 2 H L tan 2 1 tan 0 2v0 cos 2v0 2 2 gL 2 gL 2 tan L tan 2 H 0 2v0 2v0 2 2 2 2 2 4gL gL 2 g L 2gH Với: L 2 2 H 0 L 1 4 2 0 2v0 2v0 v0 v0
8. v v L 0 v2 2gH ; L L 0 v2 2gH khi 0 g 0 max g 0 v2 v 14,4 Lúc đĩ: tan 0 0 0,57735 gL 2 2 max v0 2gH 14,4 2.9,8.20 14,4 300 và L 14,42 2.9,8.20 34,63m. max 9,8 Vậy: Người ấy phải ném hịn đá dưới một gĩc bằng 300 so với phương nằm ngang để nĩ rơi xa chân bờ biển nhất và khoảng cách xa nhất ấy là 34,63m. 24. Một thang máy ở cơng trình xây dựng (chỉ cĩ sàn nằm ngang) được lắp ở cặp bức tường của một tịa nhà cao tầng đang xây dựng. Lúc đầu thang máy ở một tầng của tịa nhà cách mặt đất 50m được hạ thẳng đứng xuống với gia tốc khơng đổi a 1m/s2. Sau 2s chuyển động, một người ngồi ở sàn thang máy trên ném một hịn đá với vận tốc v 4m/s so với sàn thang máy và hướng lên hợp với phương ngang một gĩc 600 (xem hịn đá được ném từ sàn thang máy). a) Sau khi ném hịn đá bao lâu thì người đĩ thấy hịn đá đi ngang qua sàn thang máy? b) Sau khi hịn đá chạm đất bao lâu thì thang máy đến mặt đất? Tính khoảng cách từ thang máy lúc đĩ đến vị trí hịn đá chạm đất. Bài giải a) Sau bao lâu thì người đĩ thấy hịn đá đi ngang qua sàn thang máy - Sau 2s chuyển động, thang máy đi xuống một đoạn: 1 1 h at 2 .1.22 2m và cĩ vận tốc v at 1.2 2m/s2. 1 2 2 1 - Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O tại mặt đất, Ox nằm ngang, Oy hướng lên; gốc thời gian lúc ném hịn đá. 1 - Thang máy: x 0; y y v t at 2 48 2t 0,5t 2 (1) 1 1 01 0 2 1 - Hịn đá: v v cos 4. 2m/s; v vsin v 2( 3 1) m /s. 0x 2 0 y 1 1 Và: x v t 2t; y y v t gt 2 48 2( 3 1)t 5t 2 (2) 2 x 2 02 0 y 2 - Khi người nhìn thấy hịn đá đi ngang qua sàn thang máy: y1 y2 : 48 2t 0,5t 2 48 2 3 1 t 5t 2
9. 2 3 t 0,77s 4,5 Vậy: Sau t 0,77s thì người đĩ nhìn thấy hịn đá đi ngang qua sàn thang máy. b) Thời gian để thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc đĩ đến vị trí hịn đá chạm đất - Khi thang máy và hịn đá chạm đất: 2 y1 0 48 2t 0,5t 0 t1 8s 2 y2 0 48 2 3 1 t 5t 0 t2 3,25s - Thang máy chạm đất sau hịn đá: t t1 t2 8 3,25 4,75s. - Khi đĩ hịn đá cách thang máy: L x2 2t2 2.3,25 6,5m. Vậy: Sau khi hịn đá chạm đất 4,75s thì thang máy đến mặt đất và khoảng cách từ thang máy lúc đĩ đến vị trí hịn đá chạm đất là L 6,5m. 25. Hai vật được ném đồng thời từ một điểm với vận tốc như nhau, cùng bằng v0. Một vật được ném lên theo phương thẳng đứng, cịn vật kia được ném lên dưới một gĩc nào đĩ so với phương ngang. Hỏi gĩc đĩ phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa hai vật là cực đại? Khoảng cách cực đại đĩ bằng bao nhiêu? Xem rằng khi rơi xuống đất vận tốc của vật lập tức triệt tiêu. (Trích đề thi Olympic 30/4, 2008) Bài giải Chọn hệ tọa độ Đề-cac Oxy. Phân tích chuyển động của hai vật làm hai thành phần theo hai phương Ox và Oy. Các phương trình chuyển động của hai vật: gt 2 - Vật 1: y v t ; 1 0 2 2v x 0; t 0 . 1 g gt 2 2v sin - Vật 2: y (v sin )t ; x (v cos )t; t 0 . 2 0 2 2 0 g - Khoảng cách giữa hai vật ở thời điểm t là: 2 2 2v0 sin d (y1 y2 ) x2 ; t g
10. 8v4 d 2 (y y )2 x2 d 2 2v2t 2 (1 sin ) 0 sin2 (1 sin ) 1 2 2 0 g 2 32v4 sin sin d 2 0 . . (1 sin ) g 2 2 2 sin sin - Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho 3 số khơng âm ; ; (1 sin ), ta được: 2 2 3 sin sin 4 1 sin 4 32v 2 2 32v d 2 0 0 g 2 27 27g 2 4 2 v2 sin sin 2 d . 0 đạt được khi (1 sin ) sin ; max 3 3 g 2 2 3 420. Vậy: Để khoảng cách giữa hai vật cực đại thì vật thứ hai phải được ném lên dưới gĩc ném 42 và khoảng 4 2 v2 cách lúc đĩ là d . 0 . max 3 3 g 26. Một bánh xe cĩ bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn H, quay đều với vận tốc gĩc . Từ bánh xe, bắn ra một giọt nước và nĩ rơi chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe (hình vẽ). Tính thời gian rơi của giọt nước và xác định điểm A trên bánh xe, nơi giọt nước từ đĩ bắn ra. Bài giải Chọn hệ tọa độ Axy (hình vẽ). Đặt ·AOB ta cĩ: 1 x v cos .t; y gt 2 vsin t; với v R 2 - Thời gian rơi của giọt nước: x Rsin tan t v cos R cos  Lúc đĩ y H R cos y H R cos 0. 1 tan2 tan g Rsin H R cos 0 2  2  1 g 1 sin2 . (1 ) R H R cos 0 2  2 cos2 cos g cos2 g 2R 2 cos sin2 2H 2 cos2 2R 2 cos3 0
11. g 1 cos2 2H 2 cos2 2R 2 cos 0 (g 2H 2 )cos2 2R 2 cos g 0 Ta cĩ: R2 4 g(g 2H)2 R2 4 2gH 2 g 2 R 2 R2 4 2gh 2 g 2 cos g 2H 2 2 2 2H 2 2 gH R2 2 R R2 4 2gH 2 g 2 Và sin 1 cos2 g 2H 2 2 2H 2 2 gH R2 2 R R2 4 2gH 2 g 2 tan t   R 2 R2 4 2gH 2 g 2 Vậy: Thời gian rơi của giọt nước là 2 2H 2 2 gH R2 2 R R2 4 2gH 2 g 2 t và điểm A trên bánh xe nơi giọt nước đĩ bắn ra  R 2 R2 4 2gH 2 g 2 nằm trên bán kính hợp với phương thẳng đứng OB gĩc với: R 2 R2 4 2gH 2 g 2 cos g 2H 2 27. Một người đứng tại chỗ cĩ thể ném một hịn đá với vận tốc v0 hợp với phương ngang một gĩc đến một khoảng cách khơng xa hơn x0. Cĩ thể rơi xa thêm một khoảng bằng bao nhiêu nếu trong khi ném, người đĩ đang chạy với vận tốc v theo phương ngang (với v v0 )? Để đơn giản tính tốn, ta bỏ qua sức cản của khơng khí cũng như chiều cao của người ném. Bài giải Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. - Khi người đứng tại chỗ ném vật. + Phương trình tọa độ của vật: x v cos 0 1 . y v sin .t gt 2 0 2 + Lúc vật chạm đất: y 0 1 2v sin v sin .t gt 2 0 t 0 . 0 2 g
12. + Tầm xa của vật là: 2v sin v2 sin 2 L v cos .t v cos . 0 0 . 0 0 g g + Để tầm xa của vật cực đại thì: sin 2 1 2 900 450. v2 L 0 (1) max g - Khi người vừa chạy vừa ném vật với vận tốc v0 : ( (v0 ,v)). + Vận tốc của vật đối với đất: uOx v0 cos v u v0 v uOy v0 sin x (v cos v)t 0 + Phương trình tọa độ của vật: 1 y v sin .t gt 2 0 2 0 + Để vật đạt được tầm xa cực đại thì  45 uOx uOy v0 cos v v0 sin . 2 2 2 2 2 v0 cos  2v0v cos v v0 sin  2 2 2 2 2 v0 cos  2v0v cos v v0 (1 cos  ) 2 2 2 2 2v0 cos  2v0v cos v v0 0 + Giải phương trình bậc hai trên theo cos , ta được: 2 2 2 2 2 2v0v 4v0 2v0 v 2v v v cos 0 2 2.2v0 2v0 (2) 2v v 4v2 2v2 v2 0 0 0 0 cos 2 0 (loại vì  90 ) 2.2v0 + Áp dụng định lí hàm số cosin cho hệ thức u v0 v, ta được: 2 2 2 u v0 2vv0 cos v (3) 2 2 2 2 2v0 v v 2 + Thay (2) vào (3), ta được: u v0 2vv0 v 2v0 2 2 2 2 2 2 2 2 u v0 v( 2v0 v v) v v0 v 2v0 v 2 2 2 u v0 v 2v0 v u2 v2 v 2v2 v + Tầm xa cực đại của vật là: L’ 0 0 max g g
13. + Khoảng cách giữa điểm rơi mới với điểm rơi cũ là: L L’max Lmax . v2 v 2v2 v v2 v 2v2 v2 L 0 0 0 0 (với v v 2) g g g 0 Vậy: Khi vừa chạy vừa ném vật thì vật cĩ thể rơi xa thêm một khoảng v 2v2 v2 L 0 (với v v 2). g 0 28. Cần phải ném quả bĩng rổ dưới một gĩc nhỏ nhất so với phương nằm ngang là bao nhiêu để nĩ bay qua vịng bĩng rổ từ phía trên xuống mà khơng chạm vào vịng? Bán kính quả bĩng là r, bán kính vịng bĩng rổ là R, độ cao của vịng tính từ mặt đất là H. Cầu thủ ném bĩng từ độ cao h (h H ) khi cách vịng một khoảng l theo phương ngang. Sự thay đổi vận tốc của quả bĩng trong thời gian bay qua vịng cĩ thể bỏ qua. Cho R 2r; H 3m, h 2m, l 5m. Bài giải Gọi  là gĩc hợp bởi vectơ vận tốc v của tâm quả bĩng so với phương ngang khi quả bĩng tới vị trí để chui qua vịng, lúc này bĩng đi xuống nên  0. - Khi  min thì bĩng ở vào tính huống “sít sao” nhất để đi qua vịng, nghĩa là cĩ một điểm ở mặt dưới của bĩng chạm vào điểm A và sau đĩ cĩ một điểm ở mặt trên của bĩng chạm vào B ( AB là đường kính của vịng). Khi  cĩ trị tuyệt đối nhỏ nhất thì gĩc ném cũng cĩ giá trị tương ứng nhỏ nhất. Bỏ qua thời gian bĩng chui qua vịng. - Gọi vận tốc ném là v0 , t là thời gian bĩng bay trên khơng cho tới lúc chạm vịng ở A. Ta cĩ: gt 2 l v cos .t; H h v sin .t 0 0 2 gl 2 H h l tan 2 2 (1) 2v0 cos - Vận tốc quả bĩng lúc chạm vịng: v vx v y với vx vx cos ; vy v0 sin gt. vy v0 sin gt gt gl tan  tan tan 2 2 (2) vx v0 cos v0 cos v0 cos
14. 1 2(H h) - Từ (1) và (2) suy ra: H h (tan tan  ) tan tan . 2 l 2r r r Mặt khác: sin  tan  ( 0). 2R R R2 r 2 2(H h) r 2.(3 2) r Từ đĩ: tan 0,977 l R2 r 2 5 4r 2 r 2 44018' Vậy: Gĩc nhỏ nhất cần phải ném quả bĩng rổ theo phương ngang là 44018'. 29. Một quả bĩng rổ rơi tự do từ điểm A, vào đúng thời điểm đĩ, tại điểm B cách A một đoạn l một quả bĩng tennis được ném lên. Hỏi quả bĩng tennis phải cĩ vận tốc ban đầu bằng bao nhiêu để nĩ đập vào quả bĩng đang rơi đến C, cách A một 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;  là gĩc ném;  là gĩc hợp bởi hướng của BA và phương ngang. - Quả bĩng rổ rơi đến C : 1 h gt 2 (1) 2 - Quả tennis ném đến C : 1 H h v sin .t gt 2 (2) 0 2 2 2 với: l H v0 cos .t (3) - Từ (1) và (2), ta được: H v0 sin .t (4) H - Từ (3) và (4), ta được: tan l 2 H 2 H  - So sánh với hình vẽ: tan   : hướng của v0 trùng với BA. l 2 H 2 2h 2h - Từ (1): t . Thay vào (4), ta được: H v sin . . g 0 g 2h - Mặt khác: H l sin l sin v sin . 0 g
15. g Suy ra: v l . 0 2h g Vậy: Quả bĩng tennis phải cĩ vận tốc ban đầu v l để nĩ đập vào quả bĩng đang rơi đến 0 2h điểm C. 30. Cậu bé B đang ngồi trên ban cơng. Cậu bé A đang ngồi dưới đất và ném một quả bĩng lên. Quả bĩng sau khi vạch một đường cong đã rơi trúng chân cậu bé B và mất một khoảng thời gian là 1s. Biết rằng các vectơ vận tĩc của bĩng lúc ném lên và lúc rơi trúng chân cậu bé B vuơng gĩc với nhau. Lấy g 10m/s2 , bỏ qua sức cản của khơng khí. a) Tính khoảng cách giữa hai cậu bé. b) Cậu bé B phải ném quả bĩng trở lại với tốc độ nhỏ nhất là bao nhiêu để bĩng trúng chân cậu bé A, nếu biết độ cau của ban cơng là 3m? Bài giải a) Khoảng cách giữa hai cậu bé Chọn hệ trục tọa độ Oxy, gốc O gắn với cậu bé A. - Phân tích chuyển động của quả bĩng do cậu bé A ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx v0 cos ; x v0 cos .t. + Thành phần theo trục Oy : 1 v v sin gt; y v sin .t gt 2 y 0 0 2 - Vì v0  vB nên v0.vB 0 v0xvBx v0 yvBy 0 2 (v0 cos ) (v0 sin )(v0 sin gt) 0 OB2 x2 y2 1 (v cos .t)2 (v sin .t gt 2 )2 (2) 0 0 2 - Thay (1) vào (2) và t 1s, ta được: 1 OB2 (v sin )(v sin gt)t 2 (v sin .t gt 2 ) 0 0 0 2 1 g 2t 4 4
16. 1 1 OB gt 2 .10.12 5m 2 2 Vậy: Khoảng cách giữa hai cậu bé là OB 5m. b) Tốc độ nhỏ nhất của quả bĩng do cậu bé B ném để trúng chân cậu bé A - Phân tích chuyển động của quả bĩng do cậu bé B ném lên làm hai thành phần: + Thành phần theo trục Ox : vx v0 cos ; x OC v0 cos .t. 1 + Thành phần theo trục Oy : v v sin gt; y BC v sin .t gt 2. y 0 0 2 - Phương trình quỹ đạo của quả bĩng: 1 (OC x)2 OC x y g 2 2 v0 sin . BC. 2 v0 cos v0 cos - Khi quả bĩng rơi xuống trúng chân cậu bé A thì: x 0; y 0. 2 2 g.OC 2 g.OC 2 tan OC.tan 2 BC 0 2v0 2v0 1 (với: 1 tan2 ; phương trình bậc hai với tan ). (cos2 2 2 2 2 2 g.OC g.OC g .OC 2g.BC Ta cĩ: OC 4 2 ( 2 BC) 0 4 2 1 0 2v0 2v0 v0 v0 - Vì OC và BC xác định nên v0 cĩ giá trị nhỏ nhất khi: 2 2 g .OC 2g.BC 4 2 2 2 4 2 1 0 v0min 2g.BC.v0min g OC 0 v0min v0min 2 2 2 v0min g( BC OC BC) 10.( 5 3) 2 5 (m/s). (BC 2 OC 2 OB2 52 ) Vậy: Tốc độ nhỏ nhất của quả bĩng do cậu bé B để trúng chân cậu bé A là v0min 2 5 (m/s). 31. Một hịn bi nhỏ bằng kim loại được thả khơng vận tốc đầu, từ điểm A cách mặt phẳng nghiêng một gĩc một đoạn h AB 1m. Bi va chạm với mặt nghiêng lần đầu tại B và lần 2 ngay sau đĩ tại C. Biết BC 4m, bỏ qua lực cản, xem va chạm là đàn hồi. Lấy g 10m/s2. Tính bán kính quỹ đạo của hịn bi tại điểm cao nhất giữa hai lần va chạm đĩ. Bài giải
17. Chọn hệ trục tọa độ Oxy (hình vẽ). - Vận tốc bi ngay sau khi va chạm tại B : vB 2gh - Bi được ném xiên tại B dưới gĩc ném: 2 ; cos sin 2 ; sin cos 2 . 2 - Phương trình chuyển động ném xiên của bi từ B : x v cos .t 0 1 y BC.sin v sin .t gt 2 0 2 x v sin 2 .t 2v sin cos .t 0 0 1 (1) y BC.sin v cos 2 .t gt 2 0 2 x BC.cos - Tại C, ta cĩ: (2) y 0 - Từ (1) và (2): 2v0 sin cos .t BC.cos BC 2v0 sin .t. 1 y 2v sin2 .t v cos2 .t v sin2 .t gt 2 0 0 0 0 2 1 2v v t gt 2 0 t 0 và t 0 0 2 g 2v 4v2 sin Từ đĩ: BC 2v sin . 0 0 . 0 g g gBC gBC BC 4 0 sin 2 0,5; 30 4v0 4.2gh 8h 8.1 vD vx v0 sin 2 at 0 - Tại D, ta cĩ: và v 0 y an g 2 2 2 2 vD vD v0 sin 2 Mặt khác: an R R an g 2ghsin2 2 R 2hsin2 2 2.1sin2 600 1,5m. g Vậy: Bán kính quỹ đạo của hịn bi tại điểm cao nhất giữa hai lần va chạm đĩ là R 1,5m. 32. Hai điểm A, B ở trên mặt đất, cách nhau 10m. Từ A, người ta bắn vật 1 với gĩc bắn 300. Từ B, người ta tiếp tục bắn vật 2 với gĩc bắn 600 (hình vẽ). Vận tốc ban đầu của hai vật đều cĩ
18. độ lớn bằng 40m/s và đồng phẳng. Cho biết vật 2 được bắn sau khi bắn vật 1 là  s và trên đường bay hai vật sẽ gặp nhau ở điểm M. Lấy g 10m/s2. Xác định  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) tại thời điểm bắn vật 1. - Phân tích chuyển động của hai vật theo hai phương Ox và Oy : + Vật 1: 3 • Theo phương Ox : v v cos300 40. 20 3(m/s); x v t 20 3t. 1x 2 1 1x 1 1 • Theo phương Oy : v vsin 300 40. 20(m/s); y v t gt 2 01y 2 1 01y 2 1 y 20t gt 2 20t 5t 2. 1 2 + Vật 2: • Theo phương Ox : 1 v v cos600 40. 20(m/s); 2x 2 x2 v2x (t  ) 10 20(t  ) 10. • Theo phương Oy : 3 v vsin 600 40. 20 3(m/s); 02 y 2 1 y v (t  ) g(t  )2 2 02 y 2 1 y 20 3(t  ) g(t  )2 20 3(t  ) 5(t  )2 2 2 - Khi hai vật gặp nhau: x1 x2 ; y1 y2. 20 3t 20(t  ) 10 (1) Và 20t 5t 2 20 3(t  ) 5(t  )2 (2) 10 20 1 2 - Từ (1) ta được: t (3) 20 3 20 2 3 2 - Thay (3) vào (2) ta được:
19. 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 20 5 20 3  5  2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 (10 10 3) 2 70 (20 3 20) 0 (phương trình bậc hai theo  )  0,2s và  2,75s 0 (loại) 1 2.0,2 Với  0,2s, thay vào (3) ta được: t 0,4s. 2 3 2 - Tọa độ giao điểm M là: 2 2 yM 20t 5t 20.0,4 5.0,4 7,2m; xM 20 3t 20 3.0,4 13,8m. Vậy: Vật 2 được bắn sau vật 1 thời gian  0,2s và vị trí hai vật gặp nhau M (13,8m; 7,2m). 33. Một hệ gồm một thanh nhẵn hình chữ T nằm trong mặt phẳng ngang; một vịng trượt nhỏ A khối lượng m được nối với điểm B bằng một lị xo nhẹ cĩ độ cứng k. Cho tồn bộ hệ thống quay đều với vận tốc gĩc  quanh một trục thẳng đứng qua O. Tính độ dãn tỉ đối của lị xo. Chiều quay cĩ ảnh hưởng gì đến kết quả khơng? Bài giải     - Các lực tác dụng lên vịng A: trọng lực P; lực đàn hồi F dh ; các phản lực Q, Q '. - Phương trình định luật II Niu-tơn cho vịng A:     P F dh Q Q ' ma (1) - Chiếu (1) lên hai phương hướng tâm và tiếp tuyến, ta được: 2 Fdh cos Q sin m R (1) Fdh sin Q cos 0 (2)
20. 2 - Từ (1) và (2) ta được: Fdh (tan .sin cos ) m R RR l R2 l 2 2 2 Fdh m R Fdh 2 m (3) lR R lR (Đặt OB R; OA R ; BA l với l là chiều dài của lị xo khi A chuyển động trịn đều) F Ta cĩ: R 2 R2 l 2 nên từ (3), ta cĩ: dh m 2. l 1 k l 2 l k m 2 1 l0 l l0 m 1 l k Vậy: Độ dãn tỉ đối của lị xo khi hệ quay là 2 1 và kết quả này khơng phụ thuộc l0 m chiều quay của hệ. 34. Một hình cầu rỗng bán kính mặt trong R 0,5m quay quanh một trục thẳng đứng đi qua tâm O với vận tốc gĩc  5rad/s. Ở trên mặt trong tại vị trí A cĩ một vật nhỏ khối lượng m cùng quay với hình cầu, ở độ cao h 0,25m so với đáy hình cầu. a) Tìm giá trị cực tiểu min của hệ số ma sát ở mặt cầu để trạng thái đĩ cĩ thể tồn tại. b) Nếu vận tốc gĩc  8rad/s thì min phải bằng bao nhiêu? Lấy g 10m/s2. Bài giải a) Giá trị cực tiểu min    - Các lực tác dụng vào m : trọng lực P; phản lực Q; lực ma sát F ms : Fms N; N Q.        2 - Đặt: Q F ms R; P Q F ms F ht ; Fht m r; r Rsin ; các gĩc như trên hình vẽ. Ta cĩ: F F  2r  2 Rsin 0,25 1 tan  ms ; tan ht ; cos 600 Q P g g 0,5 2 tan tan - Từ đĩ: Q tan  Q u tan  tan(  ) . 1 tan tan  2 Rsin 52.0,5.sin 600 Với 600 tan 3; tan 0,625 3. g 10
21. 3 0,625 3  0,23  0,23. 1 3.0,625 3 min Vậy: Giá trị cực tiểu min của hệ số ma sát ở mặt cầu để trạng thái đĩ cĩ thể tồn tại là min 0,23. b) Trường hợp  8rad/s  2 Rsin 82.0,5.sin 600 Ta cĩ: tan 1,6 3. g 10 3 1,6 3  0,18  0,18. 1 3.1,6 3 min Vậy: Trường hợp  8rad/s thì min 0,18. 35. Một vịng dây cao su cĩ chu vi là l0 khối lượng m. Hệ số đàn hồi k của vịng dây khơng đổi theo độ dãn. Vịng dây được đặt nằm ngang trên một đĩa trịn đồng tâm với vịng dây. Cho đĩa quay quanh trục thẳng đứng qua tâm vịng dây. Khi chuyển động ổn định, vịng dây và đĩa cùng quay đều quanh trục với cùng vận tốc gĩc . Tìm bán kính của vịng dây theo l0 , k, m và . (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải - Chu vi của vịng dây ban đầu là l0 ; chu vi của vịng dây khi quay là l 2 R, R là bán kính vịng dây. - Xét đoạn dây ngắn l cĩ khối lượng: m. l m. l m . l 2 R   - Hai đầu đoạn dây l chịu tác dụng của các lực căng T 1 và T 2 với hợp lực: F 2T sin ; T T T k(l l ) k(2 R l ) 2 1 2 0 0 l l - Vì nhỏ nên: sin F k(2 R l ) (1) 2 2 2R 0 R - Hợp lực F tác dụng lên l đĩng vai trị lực hướng tâm nên: m. l F m. 2 R . 2 R (2) 2 R l m. l - Từ (1) và (2), ta được: k(2 r l )  2 R 0 R 2 R
22. 2 kl R 0 . 4 2k m 2 2 kl Vậy: Bán kính của vịng dây là R 0 . 4 2k m 2 36. Hai quả cầu cĩ khối lượng m1 150g và m2 200g nối với nhau bằng sợi dây nhẹ khơng dãn cĩ chiều dài l 1m. Dây được vắt qua một rịng rọc nhẹ như hình vẽ. Quay giá treo rịng rọc quanh trục thẳng đứng với tốc độ gĩc khơng đổi  6rad/s. Các quả cầu bị tách ra và chuyển động trịn 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 của các quả 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 1 (trọng lực P1, lực căng T 1 ); vật 2 (trọng lực P2 , lực căng T 2 ). - Áp dụng định luật 2 Niu-tơn cho mỗi vật:   + Vật 1: P1 T 1 m1a1 (1)   + Vật 2: P2 T 2 m2a2 (2) Với T1 T2 T - Chiếu (1) và (2) lên hai phương (nằm ngang và thẳng đứng), ta được: 2 2 T sin 1 m1 R1 m1 l1 sin 1 (3) 2 2 T sin 2 m2 R2 m2 (l l1)sin 2 T cos 1 P1 0 (4) T cos 2 P2 0 2 T m1 l1 - Từ (3): 2 T m2 (l l1) m1l1 m2 (l l1) m2l 200 l1 0,571m m1 m2 150 200
23. và l2 1 0,571 0,429m Vậy: Chiều dài các đoạn dây là l1 0,571m và l2 0,429m. b) Bán kính quỹ đạo của các quả cầu 2 2 - Từ: T m1 l1 0,15.6 .0,571 3,086N. - Từ (4) ta được: m g 0,15.10 cos 1 0,486 60055'. 1 T 3,086 1 m g 0,2.10 cos 2 0,648 49036'. 2 T 3,086 2 0 Suy ra: R1 l1 sin 1 0,571.sin 60 55' 0,499m 0 R2 l2 sin 2 0,429.sin 49 36' 0,327m Vậy: Bán kính quỹ đạo của các quả cầu là R1 0,499m và R2 0,327m. 37. Ba chất điểm m1, m2 , m3 đặt trên mặt bàn nằm ngang khơng ma sát, liên kết với nhau bằng ba sợi dây mảnh cĩ cùng độ dài l (ba chất điểm ở ba đỉnh của tam giác đều). Mặt bàn quay đều với vận tốc gĩc  quanh một trục thẳng đứng đi qua khối tâm của ba chất điểm (trong lúc quay hệ chất điểm giữ nguyên cấu hình tam giác đều). Tìm lực căng của các sợi dây. Bài giải Gọi G là khối tâm của hệ. Chọn hệ tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là khối tâm của m1. - Tọa độ của khối tâm G là: l m2 m3l m2 x2 m3 x3 2 (m2 2m3 )l xG m1 m2 m3 m1 m2 m3 2(m1 m2 m3 ) 0 m2 y2 m2l cos30 m2l 3 yG m1 m2 m3 m1 m2 m3 2(m1 m2 m3 ) - Phương trình chuyển động của m1 : P1 T21 T31 m1a (1) với: a  2r và r OG. - Chiếu (1) lên hai trục Oy và Ox, ta được: 0 2 2 T21 cos30 m1 r sin m1 yG