Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 2 - Phần 1: Các định luật bảo toàn - Chuyên đề 2+3: Công. Công suất. Năng lượng. Định luật bảo toàn cơ năng

Nội dung text: Bài tập luyện tập tổng hợp Vật lí Lớp 10 - Tập 2 - Phần 1: Các định luật bảo toàn - Chuyên đề 2+3: Công. Công suất. Năng lượng. Định luật bảo toàn cơ năng

1. Chuyên đề 2-3 CÔNG – CÔNG SUẤT - NĂNG LƯỢNG. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN CƠ NĂNG 7. Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt bàn nằm ngang. Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn và buộc vào phía dưới như hình. Phần dây bên dưới mặt bàn vắt qua một ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M. Đầu dây bên trái được giữ sao cho lúc đầu ròng rọc ở sát mặt đưới của bàn, sau đó thả ra. Dây trượt trên bàn vào lỗ. Bỏ qua ma sát. Bề dày mặt bàn không đáng kể. Tìm tốc độ v của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x trong hai trường hợp: a) Bỏ qua khối lượng dây. b) Dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s2). (Trích đề thi Olympic 30/4, 2015) Bài giải a) Trường hợp bỏ qua khối lượng dây x Gọi h là khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ trên bàn, ta có: h . 2 - Tốc độ của vật M lúc đầu dây trái di chuyển một đoạn x là: h 1 x v u t 2 t 2 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: Mu2 Mgh u2 2gh 2 v2 8gh 4gx v 2 gx 2 10.0,2 2 2 m/s Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x là v 2 2 m/s . b) Trường hợp đây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m. - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: Wd Wt (1) Mu2 + Động năng của vật M: . 2
2. L h + Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng m và đang chuyển động với tốc độ v nên có L L h v2 động năng: m . . L 2 + Phần dây còn lại đứng yên nên có động năng bằng 0. Mu2 L h v2 Mv2 L h v2 W m . m (2) d 2 L 2 8 L 2 + Vật M hạ xuống một đoạn h nên độ giảm thế năng của nó bằng Mgh x + Phần dây chiều dài x có khối lượng m , di chuyển xuống dưới mặt bàn, trọng tâm của phần dây này hạ L h x h xuống một đoạn nên độ giảm thế năng của nó bằng m g . 2 L 2 + Phần dây còn lại trên bàn đứng yên nên thế năng không đổi. x h mx x Wt Mgh m g M g L 2 2L 2 x m L M 2 2 mx x - Thay (2) và (3) vào (1), ta được: v M g 8 2L 2L 2 mx x 0,1.0,2 0,2 M g 0,2 .10. 2L 2 2.1 2 v 3 m / s M x 0,2 0,2 m 1 0,1. 1 4 2L 4 2L Vậy: Trường hợp dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x là v 3 m/s . 8. Cho cơ hệ như hình vẽ: A là khúc gỗ mang một cái cọc thẳng đứng, tổng khối lượng là M đặt trên mặt đất nằm ngang. B là quả cầu nhỏ khối lượng m, treo vào đỉnh cọc bằng sợi dây không dãn. Đưa quả cầu tới vị trí sao cho sợi dây nằm ngang rồi thả nhẹ để nó chuyển động từ nghỉ. Để khúc gỗ A không bị dịch chuyển cho tới khi quả cầu chạm vào cọc thì hệ số ma sát nghỉ giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất bằng bao nhiêu ? (Trích đề thi Trại hè Hùng Vương, 2015) Bài giải - Khi quả cầu chuyển động tới vị trí dây treo tạo với phương ngang góc , nó có vận tốc v. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta được:
3. 1 mgsin  mv2 (1) 2 - Gọi lực căng dây là T, vì quả cầu chuyển động tròn nên : mv2 T mgsin  (2) l - Vì khúc gỗ đứng yên: Tsin  Mg N 0 (3) T cos Fmsn 0 (4) - Mà Fmsn N (5) - Từ các công thức trên ta được: 3msin cos 2sin cos  (6) 3msin2  M 2sin2  a 2M với a (7) 3m 2sin cos Đặt f  (8) a 2sin2  - Để khối gỗ đứng yên với mọi giá trị khả dĩ của  thì giá trị nhỏ nhất min phải bằng giá trị lớn nhất của f  khi  thay đổi. Ta có: 2sin cos 2sin cos 2 f  (9) 2 2 2 2 2 a a sin  cos  2sin  a cos  a 2 sin  a 2 tan  tan  a - Theo bất đẳng thức Cosi, ta có: Khi tan  a 2 1 3m 3m thì f  min max a a 2 2 M2 3mM 2 2 3mM Vậy: Hệ số ma sát nghỉ giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất phải bằng 3m min 2 M2 3mM 9. Giả sử có một cái giếng được đào xuyên qua tâm Trái Đất. Thả một vật không vận tốc ban đầu từ miệng giếng. Hãy tính vận tốc của vật đi đến tâm Trái Đất. Cho Trái Đất có khối lượng phân bố đều, bán kính R = 6380km; gia tốc trọng trường ngay tại mặt đất là g = 9,8(m/s2). Bỏ qua mọi lực cản của môi trường. Bài giải Chọn trục Ox như hình vẽ. Gọi M, R là khối lượng và bán kính Trái Đất.
4. M m - Lực tác dụng lên vật: F G ; với M là khối lượng phần Trái Đất có bán kính x x R , m là khối x2 lượng của vật, G là hằng số hấp dẫn, x là khoảng cách từ vật đến tâm Trái Đất. Ta có: x3 Mm Mm M M F G x kx, với k G R3 R3 R3 - Thế năng do lực F gây ra: 1 1 Mm W kx2 .G x2 t 2 2 R3 - Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: Wt W2 , (Từ lúc thả vật: x R, v0 0 đến tâm Trái Đất x 0, vận tốc v). 1 Mm 1 GM 0 .G R 2 mv2 0 v 2 R3 2 R M GM - Mặt khác: g G gR . R 2 R Do đó: v gR 10.6,4.106 7900 m/s 7,9 km/s . Vậy: Vận tốc của vật khi đến tâm Trái Đất là v 7,9 km/s . 10. Hai quả cầu O 1, O2 cùng bán kính R và cùng khối lượng m, đặt chồng lên nhau và dựa vào tường như hình vẽ. Do quả cầu O 2 bị đẩy nhẹ về phía xa tường nên quả cầu O1 bị trượt xuống theo phương thẳng đứng. Bỏ qua mọi ma sát và sức cản môi trường. Tìm độ lớn vận tốc cuối của quả cầu O 2 và độ lớn vận tốc của quả cầu O1 khi chạm sàn. Bài giải - Khi hai quả cầu chưa rời nhau, O 1 chuyển động xuống dưới và O 2 chuyển động theo phương ngang nên: v1 v2 cot . - Trong hệ quy chiếu gắn O2, O1 chuyển động tròn với vận tốc. v12 v1 v2 2 2 2 v12 v1 v2 ;v12  O1O2 1 1 - Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: mg.2R 1 sin mv2 mv2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 v2 mg.2R 1 sin mv2 1 cot m 2 (1) 2 2 sin 2 v12 - Trên phương O1O2: O O : Q F Psin m 1 2 x qx 1 2R
5. - Khi m1 rời m2 thì Q12 0 và Fqt 0 vì vật m2 bắt đầu chuyển động đều: 2 2 2 v12 2gsin v1 v2 2 (1) 2gR 1 sin gR sin sin 3 2 1 2 9 2 16gR 2gR 1 v2 v2 3 2 4 27 16gR 16gR 20gR v ;v cot 2 27 1 27 27 - Vật m1 chuyển động như vật ném đứng xuống dưới với v01 v1 nên: 2 4R + Độ cao ban đầu: h 2R sin 2R. . 3 3 20gR 4R 92gR + Khi vật chạm sàn: v v2 2gh 2g. . 1 1 27 3 27 16gR Vậy: Độ lớn vận tốc cuối của quả cầu O 2 và độ lớn vận tốc của quả cầu O 1 khi chạm sàn là v và 2 27 92gR v . 1 27 11. Hai quả cầu nhỏ khối lượng bằng nhau, nối với nhau bằng thanh rắn nhẹ, dài l (tạ đôi) được đặt thẳng đứng trên mặt sàn nhẵn nằm ngang và dựng sát tường nhẵn như hình vẽ. Ban đầu một trong hai quả cầu được dịch ngang một khoảng nhỏ và thả không vận tốc đầu. Tính vận tốc của các quả cầu khi quả cầu trên về đến mặt phẳng ngang. Bài giải a) Trường hợp quả cầu trên được dịch ngang - Khi quả cầu dưới (I) còn nén vào tường, quả cầu trên (II) chuyển động tròn, bán kính l. Tại thời điểm quả cầu dưới hết nén vào tường thì lực tác dụng lên quả cầu (II) chỉ còn trọng lực, ta có: mv2 0 mg cos (1)  mv2 Và 0 mg 1 cos (2) 2 (v0 là vận tốc quả cầu (II) lúc quả cầu (I) hết nén vào tường) 2 2gl - Từ (1) và (2): cos và v (3) 3 0 3
6. Gọi v1, v2 là vận tốc quả cầu (I) và (II) khi về đến mặt phẳng nằm ngang. Ta có: mv2 mv2 - Bảo toàn cơ năng: mg 1 2 v2 v2 2g (4) 2 2 1 2 - Bảo toàn động lượng: mv0 cos mv1 mv2 cos (5) - Vì thanh cứng nên v1 v2 cos (6) 1 2 2 13 - Từ (3), (4), (5) và (6): v gl;v gl. 1 3 3 2 3 3 b) Trường hợp quả cầu dưới được dịch ngang - Khi quả cầu (II) rời tường, ta có: mv2 mv2 01 02 mg 1 sin (7) 2 2 Với v1 cos v02 sin (8) - Trong hệ quy chiếu gắn với quả cầu (I), quả cầu (II) chuyển động tròn bán kính l. Tại thời điểm đang xét vận tốc quả cầu II đối với quả cầu I là: 2 2 2 v0 v02 v01 v0 v01 v02 (9) - Phương trình chuyển động của quả cầu II là: v2 mgsin m 0 (10) l 2 2 2 1 10 - Từ (7), (8), (9) và (10): sin ;v gl;v gl 3 1 3 3 02 3 3 Gọi v1, v2 là vận tốc quả cầu (I) và (II) khi về đến mặt phẳng nằm ngang. Ta có: mv2 mv2 - Bảo toàn cơ năng: mg 1 2 2g v2 v2 (11) 2 2 1 2 - Bảo toàn động lượng: mv01 mv1 mv2 cos (12) - Vì thanh cứng nên: v2 cos v1 (13) v 1 2 2 13 - Từ (11), (12) và (13): v 01 gl;v gl. 1 2 3 3 2 3 3 Vậy: Vận tốc của các quả cầu khi quả cầu trên về đến mặt phẳng ngang: 1 2 2 13 - Khi quả cầu trên được dịch ngang là v gl;v gl. 1 3 3 2 3 3
7. 1 2 2 13 - Khi quả cầu dưới được dịch ngang là v gl;v gl. 1 3 3 2 3 3 12. Một khối gỗ có khối lượng m ban đầu nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ cũng có khối lượng m trượt trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v0 3 gR và trượt lên bề mặt có dạng cung tròn lên khối gỗ. Bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật rời khỏi khối gỗ. b) Tìm độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó và khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất; lấy g = 10(m/s2) và R = 0,5m. Bài giải a) Vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật rời khỏi khối gỗ Gọi v1, v2 là vận tốc của khối gỗ và của vật nhỏ ngay sau khi vật nhỏ rời khỏi khối gỗ; v là vận tốc tương đối của vật nhỏ so với khối gỗ. Ta có: v2 v v1 Và v có tiếp tuyến với cung tròn tại điểm B và hợp với phương ngang góc 60. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ “khối gỗ và vật nhỏ” theo phương ngang, ta được: mv0 mv1 mv2x v0 v1 vcos60 v1 2v1 0,5v v 2v0 4v1 (1) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ “khối gỗ và vật nhỏ”, ta được: 1 1 1 R mv2 mv2 mv2 mg 2 0 2 1 2 2 2 2 2 2 2 v0 2v1 v v1 2vv1 cos120 gR (2) - Thay (1) vào (2), ta được: 2 2 2 v0 2v1 2v0 4v1 2v0 4v1 v1 gR 2 2 14v1 14v0v1 3v0 gR 0 2 v1 3 gRv1 2gR 0, (thay v0 3 gR )
8. v1 gR v 2.3 gR 4 gR 2 gR ; v1 2 gR v 2.3 gR 4.2 gR 2 gR - So với khối gỗ, vận tốc của vật nhỏ theo phương ngang v 0 nên v 2 gR. Vậy: Vận tốc của khối gỗ ngay sau khi vật nhỏ rời khỏi nó là v1 gR. b) Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó và khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất. 2 2 - Vận tốc của vật nhỏ ngay sau khi rời khỏi khối gỗ: v2 v2x v2y . 3 Với v vsin 6  2 gR. 3gR 2y 2 1 Và v vcos60 2 gR. gR 2x 2 v2 3gR gR 2 gR R v2 - Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó: H 2y . max 2 2g R 3gR H 2R 2.0,5 1m max 2 2g - Phương trình chuyển động của vật nhỏ m theo hệ trục tọa độ Bxy: 1 y v sin 30 t gt2 gRt 5t2 10.0,5t 5t2 5t 5t2 2 2 2 R - Khi vật chạm đất: y 0,25m. 2 2 5t2 5t 0,25 0 t 0,54s - Độ dời của khối gỗ và vật nhỏ theo phương ngang: x1 v1t gRt 10.0,5.0,54 1,21m 3 3 x v cos30 t 2 gR. .0,54 2. 10.0,5. .0,54 2,09m 2 2 2 2 - Khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất: x x2 x1 2,09 1,21 0,88m. Vậy: Độ cao lớn nhất mà vật nhỏ đạt được sau đó là Hmax 1m và khoảng cách giữa hai vật khi vật nhỏ m chạm đất là x 0,88m. 13. Hai quả cầu nhỏ khối lượng m 1 = 600g và m2 = 400g được nối với nhau bằng một sợi dây không dãn, khối lượng không đáng kể, vắt qua ròng rọc cố định như hình vẽ. Quả cầu m 1 có thể lăn trên máng nghiêng
9. phẳng, nghiêng góc 30 so với phương ngang và tiếp tuyến với một phần hình tròn bán kính R nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Lúc đầu quả cầu m2 được giữ ở độ cao cách sàn một khoảng h = 5,4m, còn m1 thì thấp hơn m2 một khoảng h0 1,6m. Thả cho hai quả cầu chuyển động, sau thời gian t = 2s thì dây nối hai quả cầu đột ngột bị đứt. a) Tìm giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m 1 lăn hết phần hình tròn của máng. Bỏ qua ma sát, kích thước các quả cầu, khối lượng ròng rọc. Lấy g 10m/s2. b) Với máng hình tròn bán kính R tìm được ở câu a, người ta cắt bỏ một phần BD của hình tròn sao cho: · · BOD COD , 0 . Tìm giá trị của góc 2 để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D ? Bài giải a) Giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m1 lăn hết phần hình tròn của máng - Khi dây chưa đứt, hai quả cầu chuyển động cùng gia tốc: 1 0,4.10 0,6.10. m g m gsin a 2 1 2 1 m / s2 m1 m2 0,6 0,4 - Khi dây đứt, quả cầu m1 lên được độ cao h1 và có vận tốc v1, với: at2 22 1 h .sin . 1m;v at 1.2 2 m / s 1 2 2 2 1 - Sau khi dây đứt, quả cầu m1 tiếp tục chuyển động lên theo mặt phẳng nghiêng với vận tốc ban đầu v1 và gia tốc –g và lên thêm độ cao: v1 22 h 2 0,2m 1 2g 2.10 - Độ cao cực đại của m1 là: H h h0 h1 h1 5,4 1,6 1 0,2 5m.   - Tại vị trí M, áp dụng định luật II Niu-tơn cho m1: Q1 P1 m1a (1) m v2 - Chiếu (1) lên phương bán kính OM, ta được: m g cos Q 1 . 1 1 R v2 Q1 m1g cos (2) gR - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1, ta được:
10. 1 m gH m v2 m gR 1 cos 1 2 1 1 - Từ (1) và (2), ta có: 2H Q1 m1g 3cos 2 R - Để quả cầu lăn hết phần máng hình tròn thì nó phải lăn qua được điểm cao nhất C, tại đó: 2H 2H 2.5 QC 0 m1g 5 0 R 2m R max 2m R 5 5 Vậy: Giá trị lớn nhất của bán kính R để quả cầu m1 lăn hết phần hình tròn của máng là R max 2m. b) Giá trị của góc để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1, ta được: 1 m gH m v 2 m gR 1 cos (4) 1 2 1 B 1 - Tại B, quả cầu m1 chuyển động như được ném xiên với vận tốc vB hợp với phương ngang một góc . v2 sin 2 Tầm ném xa của vật: L x B . max g 2 vB sin 2 - Để m1 đến đúng điểm D: L 2R sin 2R sin . g v2 cos gR B R v . g B cos - Từ (4) và (5), ta được: gR 2g H R 1 cos . cos 2 2H 2cos 2 cos 1 0 R 2cos2 3cos 1 0 3 Vậy: Để quả cầu m1 rời máng tại điểm B lại đi vào máng tại điểm D thì . 3 14. Một máy bắn bóng dùng lò xo: Quả bóng khối lượng m = 100g được ép vào lò xo có độ cứng k 1 N/cm , đang bị nén một đoạn . Sau khi được thả ra, quả bóng chuyển động với hệ số ma sát  0,1 trên đoạn đường nằm ngang PS. Khi đến S lò xo ở trạng thái tự nhiên, quả bóng rời lò xo và được
11. định hướng chuyển động không ma sát lên một mặt AO của nêm cố định, nêm AOB có dạng một tam giác vuông cân tại O, cạnh OB  2m. Cơ hệ được mô tả trên hình vẽ. Lấy g = 10 (m/s2). 1. Cho  20cm. Hãy xác định: a) Vectơ vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm. b) Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động. 2. Xác định  để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B. Bài giải Chọn gốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB. Gọi v là vận tốc của quả bóng khi lên đến đỉnh nêm, v0 là vận tốc của bóng tại chân nêm S. 1.a) Xác định vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình chuyển động của bóng từ vị trí ban đầu đến đỉnh nêm O, ta được: k 2 1 mv2 mg  mg 2 2 2 k 2 100.0,22 v 2g  gl 2 2.0,1.10.0,2 10.0,2. 2 4,43 m/s m 0,1 - Hướng vận tốc quả bóng tại O: Hướng AO, hợp với phương nằm ngang góc 45. Vậy: Vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm có độ lớn v 4,43 m/s và có hướng dọc theo mặt nêm hợp với phương nằm ngang góc 45. b) Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong quá trình chuyển động - Trong quá trình chuyển động trên đoạn đường ma sát, ban đầu F đh > Fms nên quả bóng chuyển động nhanh dần, đến thời điểm Fđh = Fms vật chuyển động đều và ngay sau đó F đh < Fms nên vận tốc cực đại của bóng đạt được tại vị trí Fđh = Fms. mg 0,1.0,1.10 F F mg kx x 0,001m dh ms k 100 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình chuyển động của quả bóng, ta được: 1 1 1 k 2 mv2 kx2 F s 2 2 max 2 ms 1 1 1 k 2 mv2 kx2 mg  x 2 2 max 2
12. k 2 kx2 v 2g  x max m m 100.0,22 100.0,0012 v 2.0,1.10 0,2 0,001 6,29 m/s max 0,1 0,1 Vậy: Vận tốc cực đại của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động là vmax = 6,29 (m/s) 2. Xác định  để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B. - Sau khi rời O, quả bóng chuyển động như vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu v hợp với phương ngang một góc 45. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, phân tích chuyển động của quả bóng theo hai phương Ox và Oy, ta được: g 2 g 2 g 2 + Theo Oy: a const;v t; y vt t2. y 2 y 2 4 g 2 g 2 + Theo Ox: a const;v 0;x t2. x 2 0x 4 g 2v g 2 + Khi chạm B: y 0 t ;x t2 . g 4 2 g 2 g 2v 2 2 2  v 4 g g k 2 - Thay v 2g  g 2 vào hệ thức trên, ta m được phương trình bậc hai theo  : 50 2 0,1  1,25 0  0,1591m 15,91cm. Vậy: Để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng một lần tại điểm B thì  15,91cm. 15. Một khối gỗ khối lượng m có tiết diện là một tam giác vuông cân có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang. Hai vật nhỏ có khối lượng m và 2m được nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc như hình vẽ. Chiều dài của đáy khối là L = 54cm. Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Thả tự do hai vật. Khi vật 2m đến đáy khối, hãy xác định: a) Độ dịch chuyển của khối gỗ. b) Vận tốc của các vật và của khối gỗ Bài giải
13. a) Độ dịch chuyển của khối gỗ. Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. - Xét hệ gồm 3 vật m, 2m và khối gỗ. Theo phương nằm ngang, ngoại lực tác dụng lên hệ bằng 0 nên tọa độ khối tâm của vật G: xG const. L + Lúc đầu: x , x x 0; 1 2 2 3 L m. L x 2 (1) G m 2m m 8 + Khi vật 2m chạm sàn: L x x , x x x 0 : 1 3 2 3 2 2 mx 2mx mx x 2x x x 1 2 3 1 2 3 G m 2m m 4 L 2x3 x3 2 L x x x (2) G 4 G 3 4 - Từ (1) và (2) ta thấy khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn : 3L 3.54 x 20,25cm 3 8 8 Vậy: Khi vật 2m đến đáy khối thì khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn x3 20,25cm. b) Vận tốc của các vật và của khối gỗ Gọi u là vận tốc của vật (1) và (2) đối với khối gỗ (3) u1 u2 u và v là vận tốc của khối (3) tại thời điểm vật (2) tới đáy khối gỗ. - Theo công thức cộng vận tốc, ta có: v1 u1 v;v2 u2 v. v1x v u cos 45 - Chiếu các hệ thức vectơ trên lên trục Ox, ta được: . v2x v u cos 45 2 2 2 2 - Trên các giản đồ, ta có: v1 v2 v u 2uv (3) - Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng (theo phương ngang) và bảo toàn năng lượng, ta được : 2 2 mv mv 2mv 0 v u v 2v 2 u 0 1x 2x 2 2 4 2 u (4) 3
14. L mv2 2mv2 mv2 L Và 2mg 1 2 mg 2 2 2 2 2 2 2 1 2 v1 v2 gL v (5) 3 - Từ (3), (4), (5) ta được: 3gl 3.10.54 v 0,9 m/s ; 20 20 17gl 17.10.54 v v 1,24 m/s . 1 2 60 60 Vậy : Vận tốc của các vật và của khối gỗ khi vật (2) đến đáy khối gỗ là v1 v2 1,24 m/s và v 0,9 m/s . 16. Máy bay khi đỗ xuống sân bay thì bị vướng vào cáp hãm, tương đương với một lò xo. Máy bay đi được  30m thì dừng (coi l như là độ dãn của lò xo). Vận tốc của máy bay khi bắt đầu vướng vào cáp là v = 108(km/h). Trọng lượng của phi công biến đổi như thế nào trong quá trình bị hãm. Tính giá trị cực đại ấy nếu phi công có khối lượng 70kg. Giả thiết máy bay chuyển động theo phương ngang. Lấy g = 10(m/s2). Bài giải Chọn hệ quy chiếu gắn với máy bay, chiều dương là chiều chuyển động của máy bay trên sân bay. - Lực đàn hồi tác dụng lên hệ « máy bay + phi công » là lực hãm, gây ra gia tốc : F kx a ; M là tổng khối lượng của hệ. M M - Ngoài các lực thông thường, viên phi công còn chịu thêm tác dụng của lực quán tính: Fq ma. Fq tăng dần và đạt cực đại khi: x xmax .   - Trọng lượng của phi công: Q P Fq . Khi x  thì động năng ban đầu đã chuyển hóa thành thế năng của dây cáp (tương đương như lò xo). Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có : Mv2 1 F  k2 max 2 2 2 F v2 302 a max 30m/s2 max M  30 Fq ma max 70.30 2100N Q 2214 Q P2 F2 7002 21002 2214N max 3,16. max q P 700 Vậy : Trọng lượng của phi công lúc ấy tăng lên và gấp 3,16 lần trọng lượng bình thường.
15. 17. Một mặt cong nhẵn hình cầu bán kính R được gắn chặt trên một xe lăn nhỏ như hình vẽ ; khối lượng tổng cộng của xe và mặt cong là M. Xe được đặt trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang ; ban đầu, đầu A của mặt cong được tiếp xúc với vách tường thẳng đứng. Từ A, người ta thả một vật nhỏ khối lượng m cho trượt xuống mặt cong với vận tốc ban đầu bằng 0. Hãy tính : a) Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong. b) Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được sau đó. (Trích đề thi Olympic 30/4, 1995) Bài giải a) Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong Xét hệ kín theo phương ngang : « vật nhỏ + mặt cong + xe » ; gốc thế năng tại mặt phẳng nằm ngang. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ khi vật nhỏ tại A và tại điểm thấp nhất B : 1 W W mgR v2 v 2gR (1) A B 2 - Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng, bảo toàn cơ năng cho hệ khi vật nhỏ tại B và tại điểm cao nhất của quỹ đạo C: mv mv M m V V (2) M m 1 1 mv2 mgh M m V2 (3) 2 2 (V là vận tốc của hệ tại điểm cao nhất của quỹ đạo C) - Thay (1), (2) vào (3) ta được: 2 1 1 mv m.2gR mgh M m . 2 2 M m M h R. M h M Vậy : Độ lên cao tối đa của vật nhỏ trong mặt cong là h R. M h b) Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được sau đó. - Khi quả cầu từ điểm cao nhất trượt xuống, động lượng và cơ năng của hệ vẫn bảo toàn, xe sẽ đạt vận tốc tối đa khi quả cầu xuống tới điểm thấp nhất. Gọi V và v lần lượt là vận tốc của "xe + máng" và của quả cầu trong trường hợp này, áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ tại hai điểm C và B, ta được : M m V MV mv (4)
16. 1 1 1 mv2 MV 2 mv 2 (5) 2 2 2 2m - Từ (1), (4) và (5) ta được: V 2gR. M m 2m Vậy: Vận tốc tối đa mà xe lăn đạt được là v 2gR. max M m 18. Một xe lăn khối lượng M có thể chuyển động không ma sát trên đường ray nằm ngang. Người ta treo vào trong xe một co lắc (gồm một quả cầu nhỏ khối lượng m, treo ở đầu một sợi dây mảnh không co dãn, chiều dài  ). Lúc đầu, xe lăn và con lắc đứng yên. Dây treo con lắc được kéo lệch ra một góc so với phương thẳng đứng rồi buông ra không vận tốc đầu. Tính vận tốc của xe lăn khi dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc  . (Trích đề thi Olympic 30/4, 1996) Bài giải Gọi v là vận tốc xe lăn (so với mặt đất), u0 là vận tốc quả cầu (so với xe lăn) khi dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc  . Ta có: - Vận tốc quả cầu so với mặt đất: u u0 v. u x v u0 cos;u y u sin. 2 2 2 và u v u0 cos u sin - Theo phương ngang, hệ « con lắc + xe lăn » là hệ kín nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được: Mv mu 0 (1) - Chiếu (1) lên phương nằm ngang, ta được: Mv m v u0 cos 0 (2) - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta được: 1 1 mu2 Mv2 mgh. 2 2 1 2 2 1 m v u cos u sin Mv2 mg cos cos (3) 2 0 2 2m2g cos cos cos2  - Từ (2) và (3) suy ra: v2 . M m M msin2 
17. 2g cos cos v mcos . M m M msin2  Vậy : Vận tốc của xe lăn khi dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc  là: 2g cos cos v mcos . M m M msin2  19. Một vận động viên trượt tuyết xuất phát từ đồi A trượt đến B và lao lên không trung dưới góc 45. Biết H 15m,h 5m,AB 15m. Tính độ cao cực đại mà người đó đạt được khi lao lên không trung, biết hệ số ma sát giữa bàn trượt và tuyết là  0,01. Bỏ qua lực cản không khí và cho g =10(m/s2) (Trích đề thi Olympic 39/4, 1998) Bài giải - Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: WA WB Ams , Ams là độ lớn công của lực ma sát trên đoạn AB. 1 mgH A mgh mv2 ms 2 B A v 2g H h ms (1) B m - Chia AB ra làm nhiều đoạn nhỏ si , AB  si , i là góc hợp bởi si với phương ngang. Công của lực ma sát trên mỗi đoạn nhỏ có độ lớn: Ai Fmsi . si mg cos i . si (2) - Gọi i là hình chiếu của trên phương nằm ngang ta có: i si cos i , do đó: Ai mg. i (3) - Độ lớn công của lực ma sát trên đoạn AB là: n Ams mg l1 mg. (4) i 1  BC AB2 AC2 AB2 H h 2 152 15 5 2 5 5m - Từ (1): vB 2g H h l 2.10. 15 5 0,01.5 5 13,3m/s.
18. - Vì chuyển động của vận động viên khi lao trên không trung từ dộ cao h là chuyển động ném xiên nên độ cao cực đại của vận động viên đạt được khi lao lên không trung là: 2 2 13,32. h v2 sin2 2 h B 5 9,4m max 2g 2.10 Vậy ; Độ cao cực đại của vận động viên đạt được khi lao lên không trung là hmax 9,4m. 20. Một vật khối lượng m = 2kg trượt không ma sát, không vận tốc đầu dọc theo một mặt phẳng nghiêng một đoạn l thì chạm vào một lò xo nhẹ có độ cứng k = 200(N/m). Lò xo nằm dọc theo mặt phẳng ngiêng và có đầu dưới cố định . Vật trượt thêm một đoạn rồi dứng lại tại vị trí lò xo bị nén 30cm. Cho g = 10(m/s2) góc hợp bởi mặt phẳng nghiêng với phương ngang là 30. a) Tính l. b) Tính khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc của vật lớn nhất trong quá trình lò xo bị nén (Trích đề thi Olympic 30/4, 2002) Bài giải a) Tính l. Gọi x0 là độ biến dạng của lò xo khi vật dừng lại. Chọn mốc tính thế năng ở vị trí vật dừng lại, ta có : kx2 mg  x sin 0 , (định luật bảo toàn cơ năng) 0 2 kx2 200.0,32  0 x 0,3 0,6m 2mgsin 0 2.2.10.sin 30 Vậy :  0,6m b) Khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc của vật lớn nhất trong quá trình lò xo bị nén - Khi chạm vào lò xo, theo phương ngang chuyển động vật chịu tác dụng của hai lực: Px Psin và Fdh kx. - Vì Px Psin const;Fdh : x nên Fdh tăng dần. Vật đạt vận tốc cực đại khi Px Fdh . Psin mgsin 2.10.0,5 Psin kx x 0,05m. k k 200
19. Vậy : Khoảng cách từ điểm tiếp xúc đầu tiên giữa vật với lò xo đến điểm tại đó vận tốc lớn nhất trong quá trình lò xo nén là x 0,05m. 21. Hai khối A và B có khối lượng M A = 9kg, MB = 40kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng nằm ngang và mỗi khối đều là  0,1 . Hai khối được nối bằng một lò xo nhẹ, độ cứng của lò xo k = 150(N/m). Khối B tựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai khối nằm yên và lò xo không biến dạng. Một viên đạn có khối lượng m = 1kg bay theo phương nằm ngang với vận tốc v đến cắm vào khối A. Cho g = 10(m/s2) a) Cho v = 19(m/s). Tìm độ co lớn nhất của lò xo. b) Viên đạn có vận tốc v là bao nhiêu thì khối B có thể dịch chuyển sang trái? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải a) Độ co lớn nhất của lò xo Gọi x là độ co lớn nhất vủa lò xo, v0 là vận tốc của hệ “vật A và viên đạn” ngay sau khi va chạm. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ “ vật A và viên đạn”, ta được mv 1.10 mv MA m v0 v0 1 m/s MA m 9 1 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ “A và viên đạn”, ta được: 1 1 M m v2 x2  M m gx 2 A 0 2 A 1 1 9 1 .12 150x2 0,1 9 1 .10x 2 2 15x2 2x 1 0 x 0,2m Vậy: Độ co lớn nhất của lò xo là x 0,2m. b) Vận tốc của viên đạn để khối B có thể dịch sang trái - Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải đến một đoạn ít nhất là x0 sao cho: Fdh Fms. 4 kx M g 150x 0,1.40.10 40 x m 0 B 0 0 15 - Vận tốc v0 hệ MA m có khi bắt đàu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x0: 1 1 kx2  M m g x x kx2 2 A 0 2 0 2 1 2 4 1 4 .150x 0,1 9 1 .10. x .150. 2 15 2 15
20. 75x2 10x 8 0 x 0,4m - Theo định luật nào toàn năng lượng, ta có: 1 1 M m v2 kx2  M m gx 2 A 0 2 A 1 1 9 1 v2 .150.0,42 0,1. 9 1 .10.0,4 2 0 2 M m v 9 1 .1,8 v 1,8 m / s ;v A 0 18 m/s . 0 m 1 Vậy: Để khối B có thể dịch sang trái thì vận tốc viên đạn phải bằng v 18 m/s . 22. Một xe lăn nhỏ có khối lượng m = 0,8kg đang nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Hai sợi dây mình có cùng chiều dài 0,45m. Một dây treo vào giá đỡ tại C cố định, một dây treo vào xe lăn. Đầu dưới của các sợi dây treo những quả cầu tiếp xúc nhau và ở cùng độ cao. Kéo quả cầu A lệch khỏi vị trí cần bằng sang trái một góc 90 rồi thả nhẹ. Sau khi hai quả cầu va chạm nhau thì quả cầu A bật lên tới độ cao 0,2m so với vị trí ban đầu. Bỏ qua sức cản của môi trường. Lấy g = 10(m/s). Hỏi sau khi va chạm quả cầu; B sẽ lên tới độ cao nào ? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2003) Bài giải Chọn gốc thế năng là vị trí ban đầu của quả cầu B, chiều dương từ trái sang phải: gọi v A và v A là vận tốc quả cầu A ngay trước và sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho mA, ta được: 1 m gh m v2 v 2gh 2.10.0,45 3 m/s A A 2 A A A A 1 2 và m gh m v v 2gh 2.10.0,2 2 m/s A A 2 A A A A - Hệ “A, B” là hệ kín. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ "A, B" trước và sau va chạm, ta được: mA vA mA v A mBv B 0,4.3 0,4.2 0,2.v B v B 2m/s - Sau va chạm, quả cầu B chuyển động và kéo xe lăn chuyển động theo, hệ "B, xe lăn" là hệ kín nên : mBv B 0,2.2 mBv B m mB v v 0,4 m / s m mB 0,8 0,2 -Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ "B, xe lăn", ta được : 1 1 m v 2 m m v2 m gh, (h: độ cao tối đa của quả cầu B) 2 B B 2 B B
21. 1 1 0,2.22 0,8 0,2 0,42 0,2.10h 2 2 0,4 0,08 h h 0,16m Vậy : Sau khi va chạm quả cầu B sẽ lên tới độ cao h 0,16m. 23. Vật m = 1kg, kích thước không đáng kể nằm ở mép của tấm ván M = 3kg dài L = 1,5m, mặt sàn nhẵn , hệ số ma sát giữa vật và tấm ván là k = 0,2. Lấy g = 10(m/s2) 1) Nếu truyền cho m vận tốc v 0 = 2(m/s) thì vật trượt được quãng đường bao nhiêu trên tấm ván? 2) Nếu truyền cho m vận tốc v0 thì v0 phải thỏa mãn điều kiện nào để vật m trượt hết chiều dài L của tấm ván? (Trích đề thi Olympic 30/4, 2004) Bài giải 1) Quãng đường vật đi được đối với tấm ván - Do có ma sát nên vật m chuyển động chạm dần đều, còn tấm ván M chuyển động nhanh dần đều tại thời điểm hai vật có cùng vận tốc v. - Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng cho hệ, ta được : mv0 M m v (1) 1 1 M m v2 mv2 A kmgs (2) 2 2 0 ms 12 Ams Ams1 Ams2 kmgs1 kmgs2 kmg s1 s2 2 1 mv0 1 2 - Từ (1) và (2): M m mv0 kmgs12. 2 M m 2 Mv2 Mv2 3.22 0 2kgs s 0 0,75m M m 12 12 2kg M m 2.0,2.10. 3 1 Vậy : Quãng đường vật đi được đối với tấm ván là s12 = 0,75m. 2) Tìm v0 để vật trượt hết chiều dài tấm ván. - Do có ma sát giữa vật chuyển động nhanh dần đều còn tấm ván chuyển động chậm dần đều. - Xét trường hợp tại thời điểm t hai vật có cùng vận tốc v v v0 , nghĩa là vật m không trượt trên tấm ván M, khi đó áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta được: