Bài tập môn Cơ học (Có đáp án)

Nội dung text: Bài tập môn Cơ học (Có đáp án)

1. A. Cơ học Ch−ơng 1: Động học chất điểm 1-1. Ph−ơng trình chuyển động của một chất điểm trong hệ trục toạ độ Đề các: x = a 1cos( ωt + ϕ1) (1) y = a 2cos( ωt + ϕ2) (2) Xác định dạng quỹ đạo của chất điểm trong các tr−ờng hợp sau: a) ϕ1 - ϕ2 = 2k π, k là một số nguyên; b) ϕ1 - ϕ2 = (2k + 1) π; π c) ϕ - ϕ = (2k + 1) ; 1 2 2 d) ϕ1 - ϕ2 có giá trị bất kì. Bài giải : L−u ý rằng, để biết đ−ợc dạng quỹ đạo chuyển động của một chất điểm nào đó ta phải đi tìm ph−ơng trình quỹ đạo của nó – tức là ph−ơng trình biểu diễn mối quan hệ giữa các toạ độ của vật, trong đó ta đC khử mất biến thời gian. Do đó, trong bài tập này ta có thể làm nh− sau. a) Thay ϕ1 = ϕ2 + 2k π vào (1) ta có: x = a 1cos( ωt + ϕ1) = a 1cos( ωt + ϕ2 + 2k π) = a 1cos( ωt + ϕ2), y = a 2cos( ωt + ϕ2) x y a Từ đó: = hay y = 2 x a1 a 2 a1 Vì -1≤ cos( ωt + ϕ1) ≤ 1 nên - a1 ≤ x ≤ a1 Vậy chất điểm trong phần a) này chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi: a 2 y = x với - a1 ≤ x ≤ a1 a1 b) Làm t−ơng tự nh− trong phần a): x = a1cos( ωt + ϕ1) = a 1cos( ωt + ϕ2 + 2k π+π) = -a1cos( ωt + ϕ2) Từ đó rút ra: chất điểm chuyển động trên một đoạn thẳng biểu diễn bởi: a 2 y = − x với - a1 ≤ x ≤ a1 a1 π c) Thay ϕ = ϕ + (2k + 1) ta dễ dàng rút ra biểu thức: 1 2 2 x 2 y2 2 + 2 =1 a1 a 2 Ph−ơng trình này biểu diễn một đ−ờng êlíp vuông, có các trục lớn và trục nhỏ nằm trên các trục toạ độ. d) Phải khử t trong hệ ph−ơng trình (1) và (2). Muốn thế khai triển các hàm số cosin trong (1) và (2): x = cos ωt.cos ϕ1 − sin ωt.sinϕ1 (3) a1 y = cos ωt.cos ϕ2 − sin ωt.sinϕ2 (4) a 2 Nhân (3) với cos ϕ2 và (4) với - cos ϕ1 rồi cộng vế với vế: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
2. x y cos ϕ2 − cos ϕ1 = sin ωt.sin( ϕ2 −ϕ1 ) (5) a1 a 2 Lại nhân (3) với sin ϕ2 và (4) với - sin ϕ1 rồi cộng vế với vế: x y sin ϕ 2 − sin ϕ1 = cos ωt sin( ϕ 2 −ϕ1 ) (6) a1 a 2 Bình ph−ơng (5) và (6) rồi cộng vế với vế: 2 2 x y 2xy 2 2 + 2 − cos( ϕ2 −ϕ1 ) = sin (ϕ2 −ϕ1 ) (7) a1 a 2 a1a 2 Ph−ơng trình (7) biểu diễn một đ−ờng êlíp. Nhận xét: Có thể thu đ−ợc các kết luận của phần a), b), c) bằng cách thay ϕ1- ϕ2 bằng các giá trị t−ơng ứng đ. cho vào (7). 1-2. Một ô tô chạy từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc v 1 = 40km/giờ rồi lại chạy từ tỉnh B trở về tỉnh A với vận tốc v 2 = 30km/giờ. Tìm vận tốc trung bình của ôtô trên đoạn đ−ờng đi về AB, BA đó? Bài giải : Đặt quCng đ−ờng AB bằng s. Ta sẽ tính vận tốc trung bình theo công thức: tổng qu.ng ð−ờng ði v = tổng thời gian ði hết qu.ng ð−ờng này Ta đ−ợc: s + s s + s 2 2v v v = = = = 1 2 = 9,53 m / s. t + t s s 1 1 v + v di về + + 1 2 v1 v 2 v1 v 2 Thay số ta đ−ợc: v = 9,53 m / s. 1-3. Một ng−ời đứng tại M cách một con đ−ờng thẳng một khoảng h=50m để chờ ôtô; khi thấy ôtô còn cách mình một đoạn H I D B a=200m thì ng−ời ấy bắt đầu chạy ra β đ−ờng để gặp ôtô (Hình 1-2). Biết ôtô A h chạy với vận tốc 36km/giờ. a Hỏi: a) Ng−ời ấy phải chạy theo α h−ớng nào để gặp đúng ôtô? Biết rằng M ng−ời chạy với vận tốc v 2 = 10,8 km/giờ; Hình 1 -2 b) Ng−ời phải chạy với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để có thể gặp đ−ợc ôtô? Bài giải : a) Muốn gặp đúng ô tô tại B thì thời gian ng−ời chạy từ M tới B phải bằng thời gian ô tô chạy từ A tới B: MB AB = (1) v 2 v1 Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABM ta có: MB AB h = , với sin β = (2) sin β sin α a Từ (1) và (2) ta rút ra: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
3. h v sin α = . 1 = 0,833 ⇒ α = 56 030’ hoặc α = 123 030’. a v2 Nhận xét: để có thể đón đ−ợc ô tô thì ng−ời này có thể chạy theo h−ớng MB mà góc α = AMB thoả m.n: 56 030 ' ≤ α ≤ 123 030 ' . Khi 56 030 ' . 1 . a v2 MD AD 1  h v1   a  v1 Mà: = → AD = sin α. .MD >  . . .AD = .MD . sin β sin α sin β  a v2   h  v 2 AD MD ⇒ > (tức là thời gian xe chạy đến D lớn hơn thời gian ng−ời chạy đến D). v1 v 2 b) Để có thể gặp đ−ợc ô tô với vận tốc nhỏ nhất thì rõ ràng rằng lúc mà ng−ời chạy đến đ−ờng cũng là lúc xe ô tô đi tới (ng−ời gặp đúng ô tô mà không phải chờ đợi lCng phí thời gian), vì vậy, theo phần a) giữa h−ớng chạy và vận tốc của ng−ời phải có quan hệ: h v sin α = . 1 a v2 h v1 h Vì với mọi α thì sin( α) ≤ 1 nên: . ≤ 1 ⇒ v 2 ≥ .v1 a v 2 a hv Suy ra v = 1 = 2,5m / s = 9km / h . 2 min a Lúc này, ng−ời phải chạy theo h−ớng MI, với MI ⊥ AM. 1-4. Một vật đ−ợc thả rơi từ một khí cầu đang bay ở độ cao 300m. Hỏi sau bao lâu vật rơi tới mặt đất, nếu: a) Khí cầu đang bay lên (theo h−ớng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; b) Khí cầu đang hạ xuống (theo ph−ơng thẳng đứng) với vận tốc 5m/s; c) Khí cầu đang đứng yên. Bài giải : Khi khí cầu chuyển động, vật ở trên khí cầu mang theo vận tốc của khí cầu. Nếu khí cầu chuyển động xuống d−ới với vận tốc v 0 thì thời gian t mà vật rơi tới đất thoả mCn ph−ơng trình bậc hai của thời gian: 1 v .t + g.t 2 = h . 0 2 v 2 + 2gh − v Chọn nghiệm d−ơng của ph−ơng trình này ta có kết quả: t = 0 0 . g Khi khí cầu chuyển động lên trên, xuống d−ới hoặc đứng yên, ta áp dụng biểu thức này với vận tốc ban đầu v 0 = -5m/s, v 0 = 5m/s; hoặc v 0 = 0 và có kết quả: a) 8,4s ; b) 7,3s ; c) 7,8s. 1-5. Một vật đ−ợc thả rơi từ độ cao H + h theo ph−ơng thẳng đứng DD’ (D' là chân độ cao H + h). Cùng lúc đó một vật thứ hai đ−ợc ném lên từ D' theo ph−ơng thẳng đứng với vận tốc v 0. a) Hỏi vận tốc v 0 phải bằng bao nhiêu để hai vật gặp nhau ở độ cao h? Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
4. b) Tính khoảng cách x giữa hai vật tr−ớc lúc gặp nhau theo thời gian? c) Nếu không có vật thứ nhất thì vật thứ hai đạt độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu? Bài giải : Cần nhớ lại các công thức của chuyển động rơi tự do: 2H a) Thời gian vật 1 rơi từ D đến điểm gặp nhau là: t = cũng g bằng thời gian vật 2 chuyển động từ D’ đến G, do đó: D 1 h gt H + h H h = v .t − g.t 2 → v = + = 2gH 0 2 0 t 2 2H G b) Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t tr−ớc khi gặp nhau đ−ợc tính theo quCng đ−ờng s và s’ các vật đi đ−ợc: h x = (H + h) - (s + s’). D’ 1  1  x = ()H + h − gt 2 − v .t − g.t 2  = ()H + h − v .t 2 0 2 0 ⇒   H + h = ( 2H − 2gH .t ) 2H c) Sử dụng công thức quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng biến đổi đều 2 2 v − v0 = 2 a s với vận tốc ở độ cao cực đại bằng v = 0, a = -g, s = h max suy ra, nếu không có sự cản trở của vật 1, vật 2 lên đến độ cao cực đại là: v 2 ( H + h )2 h = = . max 2g 4H 1-6. Thả rơi tự do một vật từ độ cao h = 19,6 mét. Tính: a) QuCng đ−ờng mà vật rơi đ−ợc trong 0,1 giây đầu và 0,1 giây cuối của thời gian rơi. b) Thời gian cần thiết để vật đi hết 1m đầu và 1m cuối của độ cao h. Bài giải : Sử dụng công thức về quCng đ−ờng vật rơi đ−ợc sau thời gian t kể từ lúc bắt đầu 1 đ−ợc thả: s = gt 2 ta sẽ có một công thức quen thuộc về thời gian t để vật rơi đ−ợc một 2 2h đoạn đ−ờng có độ cao h kể từ vị trí thả là: t = . áp dụng công thức này ta sẽ trả lời g đ−ợc các câu hỏi trong bài tập này: a) QuCng đ−ờng mà vật rơi đ−ợc trong 0,1s đầu: 1 1 s = g.t 2 = 9 8., 0,12 = 0,049 m . 1 2 2 2h 2.19 ,6 Tổng thời gian rơi của vật: t = = = 2()s . g 9,8 QuCng đ−ờng vật đi đ−ợc trong 0,1 s cuối cùng, đ−ợc tính theo quCng đ−ờng đi đ−ợc trong 2-0,1 = 1,9 s đầu: 1 1 s = h − g()t − 0,1 2 =19 ,6 − .9 8., ()()2 − 0,1 2 =1,9 m . 2 2 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
5. b) T−ơng tự nh− trên: s2 2.1 Thời gian để vật đi đ−ợc 1m đầu: t = 3 = = 0,45 s . 3 g 9,8 2.18 ,6 Thời gian để vật đi hết 1m cuối: t = t − t = 2 − = 0,05 s 4 tổng 18,6m dầu 9,8 1-7. Từ ba điểm A, B, C trên một vòng tròn ng−ời ta đồng thời thả rơi ba vật. Vật thứ nhất theo ph−ơng thẳng đứng AM qua tâm vòng tròn (Hình 1-3), vật thứ hai theo dây BM, vật thứ ba theo dây CM. Hỏi vật nào tới M tr−ớc tiên, nếu bỏ qua ma sát? Bài giải : A B C M Hình 1 -3 QuCng đ−ờng đi và gia tốc của vật thứ nhất: s 1 = 2R, a 1 = g, của vật thứ hai s 2 = ^ ^ ^ ^ 2Rcos AMB , a 2 = gcos AMB , của vật thứ ba: s 3 = 2Rcos AMB , a 3 = gcos AMC . Nhận thấy, thời gian rơi đến M của các vật đều là: s2 1 4R s2 2 s2 3 t1 = = = = t 2 = t 3 = a1 g a 2 a 3 Vậy, ba vật cùng tới M một lúc. 1-8. Phải ném một vật theo ph−ơng thẳng đứng từ độ cao h = 40m với vận tốc v 0 bằng bao nhiêu để nó rơi tới mặt đất: a) Tr−ớc τ = 1 giây so với tr−ờng hợp vật rơi tự do? b) Sau τ = 1 giây so với tr−ờng hợp vật rơi tự do? Lấy g = 10m/s 2. Bài giải : Sử dụng công thức tính thời gian đến khi chạm đất của bài 5: 2 v + 2gh − v 2h t = 0 0 và công thức thời gian rơi tự do: t = ta thấy: g g Để vật chạm đất sớm, muộn phải ném vật xuống d−ới với vận tốc v0 thoả mCn ph−ơng trình: 2 2h v0 + 2gh − v0 2 − =τ → v0 + 2gh = gτ − ()v0 + 2gh g g Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
6. Bình ph−ơng hai vế của ph−ơng trình ta đ−ợc: 2 gτ (2 2gh − gτ ) ()gτ − 2gτ ()v0 + 2gh + 2v0 2gh = 0 → v0 = 2()2gh − gτ a) Để vật chạm đất sớm, áp dụng với τ = 1s ta có: 10 .1 2 2.10 .40 −10 .1 v = ( ) =12 ,7()m / s 0 2()2.10 .40 −10 .1 Vậy vật đ−ợc ném thẳng đứng xuống d−ới. b) Để vật chạm đất muộn, áp dụng với τ = -1s ta có: −10 .1 2 2.10 .40 +10 .1 v = ( ) = −8,7()m / s 0 2()2.10 .40 +10 .1 Vậy vật đ−ợc ném thẳng đứng lên trên. 1-9. Một vật chuyển động thẳng thay đổi đều đi hết quCng đ−ờng AB trong 6 giây. Vận tốc của vật khi qua A bằng 5m/s khi đi qua B bằng 15m/s. Tìm chiều dài của quCng đ−ờng AB. Bài giải : Cách 1: ∆v v − v 15 − 5 5 Theo định nghĩa, gia tốc a của vật: a = = B A = = ()m / s2 . ∆t t 6 3 1 Từ đó có thể tính quCng đ−ờng AB theo công thức: AB = v t + at 2 A 2 Thay số ta đ−ợc: AB = 60m. Cách 2: L−u ý rằng, vận tốc trung bình trong chuyển động thẳng biến đổi đều có công thức v + v rất đặc biệt, bằng: v = A B , nên đoạn AB có độ dài: 2 v + v 5 +15 AB = v.t = A B .t = .6 = 60 ()m 2 2 1-10. Một xe lửa chạy giữa hai điểm (nằm trên một đ−ờng thẳng) cách nhau 1,5km. Trong nửa đoạn đ−ờng đầu, xe lửa chuyển động nhanh dần đều, trong nửa đoạn đ−ờng sau xe lửa chuyển động chậm dần đều. Vận tốc lớn nhất của xe lửa giữa hai điểm đó bằng 50km/giờ. Biết rằng trị số tuyệt đối của các gia tốc trên hai đoạn đ−ờng bằng nhau. Tính: a) Gia tốc của xe lửa. b) Thời gian để xe lửa đi hết quCng đ−ờng giữa hai điểm. Bài giải : Vận tốc trung bình của xe lửa là v = 50 / 2 = 25 km / h . Thời gian xe lửa đi hết 1,5km này là: t = s / v = 1,5 / 25 = 0,06 h = 3,6 phút = 216s . v 50 km / h (50 / 3,6)m / s Gia tốc của xe lửa: a = max = = = 0,129 ()m / s 2 . ()t / 2 1,8phút 18., 60 s Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
7. Có thể tính gia tốc của xe lửa dựa vào mối quan hệ v, a, s của chuyển động thẳng 2 2 2 2 v − v (50 km / h) biến đổi đều: v2 − v = 2 a s ⇒ a = 0 = = 0,129 m / s 2 . 0 s2 1,5km (ở đây s là nửa qu.ng đ−ờng 1,5km) 1-11. Một xe lửa bắt đầu chuyển động nhanh dần đều trên một đ−ờng thẳng ngang qua tr−ớc mặt một ng−ời quan sát đang đứng ngang với đầu toa thứ nhất. Biết rằng toa xe thứ nhất đi qua tr−ớc mặt ng−ời quan sát hết một thời gian τ = 6 giây. Hỏi toa thứ n sẽ đi qua tr−ớc mặt ng−ời quan sát trong bao lâu? áp dụng cho tr−ờng hợp n = 7. Bài giải : Gọi l là chiều dài của mỗi toa, t n là thời gian để n toa đầu đi qua tr−ớc mặt ng−ời quan sát. áp dụng ph−ơng trình chuyển động thẳng thay đổi đều, ta có: 1 1 Chiều dài của toa thứ nhất: l = at 2 = aτ 2 2 1 2 1 Chiều dài của (n-1): n( − l)1 = at 2 2 n−1 1 Chiều dài của n toa đầu: nl = at 2 . 2 n Từ đó suy ra thời gian để toa thứ n đi qua tr−ớc mặt ng−ời quan sát: ∆t n = t n − t n−1 = τ( n − n −1 ). Với n =7 , ta có ∆t7 = 1,18s. 1-12. Một hòn đá đ−ợc ném theo ph−ơng nằm ngang với vận tốc v 0=15m/s. Tính gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của hòn đá sau lúc ném 1 giây. Bài giải : Vận tốc của vật theo ph−ơng đứng sau khi ném 1s: vy = gt = 9,8m/s. v Góc α giữa vận tốc của vật và ph−ơng thẳng đứng thoả mCn: tg α = x . Xem hình v y vẽ bên. v0 vx α v vy α v g.sin α g.cos α g Từ đó, gia tốc pháp tuyến và gia tốc tiếp tuyến của vật lúc này chính là những thành phần chiếu của gia tốc g: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
8. g.v 9 8., 15 a = g sin α = x = = 8,2()m / s2 n 2 2 2 2 v x + v y 15 + 9,8 2 2 2 2 2 a t = g cos α = g − a n = 9,8 − 8,2 = 5,4()m / s 1-13. Ng−ời ta ném một quả bóng với vận tốc v 0=10m/s theo ph−ơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 40 0. Giả sử quả bóng đ−ợc ném đi từ mặt đất. Hỏi: a) Độ cao lớn nhất mà quả bóng có thể đạt đ−ợc. b) Tầm xa của quả bóng. c) Thời gian từ lúc ném bóng tới lúc bóng chạm đất. Bài giải : Để xác định đ−ợc những đại l−ợng nh− trong bài toán đặt ra, cần l−u ý rằng, có thể coi chuyển động của vật bao gồm hai chuyển động khá độc lập: chuyển động theo ph−ơng thẳng đứng và chuyển động theo ph−ơng ngang. Chuyển động theo ph−ơng thẳng đứng là một chuyển động thẳng biến đổi đều với gia tốc bằng g, vận tốc ban đầu bằng v 0y = v 0.sin α. Chuyển động theo ph−ơng ngang là chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi bằng v x = v 0.cos α. a) Độ cao cực đại và thời gian rơi của vật chỉ liên quan đến vận tốc ban đầu theo ph−ơng thẳng đứng v 0y : 2 v v 2 .sin 2 α y = 0y = 0 = 2,1()m max 2g 2g v 2.v sin α c) Thời gian bay của vật: t = 2. 0y = 0 = 1,3()s g g b) Công thức tầm xa của vật ném xiên: 2v sin α v 2 .sin 2α L = v t = v cos α. 0 = 0 = 10 m x 0 g g 1-14. Từ một đỉnh tháp cao H = 25m ng−ời ta ném một hòn đá lên phía trên với vận 0 tốc v 0 = 15m/s theo ph−ơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 30 . Xác định: a) Thời gian chuyển động của hòn đá; b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá; c) Vận tốc của hòn đá lúc chạm đất. Bài giải : y v0 H α O L x Từ đỉnh tháp viên đá còn lên cao thêm đ−ợc một đoạn: 2 2 0 2 v0y (v sin α ) (15 .sin30 ) h = = 0 = = 2,87 m 2g 2g 2.9,8 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
9. ⇒ thời gian chuyển động của hòn đá: v0y 2(H + h) 7,5 2(25 + 2,78 ) t = + = + = 3,15 ()s g g 9,8 9,8 Tầm xa: 0 L = v0 cos α.t =15 .cos 30 .3,15 = 41 (m) Vận tốc lúc chạm đất: v y = 2g(H + h) = 2.9 8., (25 + 2,78 ) = 23 ,3(m / s) 2 2 2 0 2 ⇒ v = v y + v x = 23 ,3 + ()15 .cos 30 = 26 ,7()m / s Ta có thể giải quyết bài toán theo cách khác bằng cách dùng ph−ơng pháp toạ độ. Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp nh− hình vẽ. Ph−ơng trình chuyển động của vật theo các trục này: x = v x t = v0 cos α.t 1 1 y = H + v t − g.t 2 = H + v .sinα.t − g.t 2 y 2 0 2 Để tìm thời gian rơi, giải ph−ơng trình y = 0. Để tìm tầm xa – tìm khoảng cách từ vị trí rơi tới chân tháp, ta thay t tìm đ−ợc vào biểu thức của x để tính x. Để tìm vận tốc lúc chạm đất, nhớ đến các công thức: v = v cos α = const x 0 v y = v0 sin α − g.t Đáp số: a) 3,16s ; b) 41,1m ; c) 26,7m/s. 1-15. Từ một đỉnh tháp cao H = 30m, ng−ời ta ném một hòn đá xuống đất với vận 0 tốc v 0 = 10m/s theo ph−ơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 30 . Tìm: a) Thời gian để hòn đá rơi tới mặt đất kể từ cú ném? b) Khoảng cách từ chân tháp đến chỗ rơi của hòn đá? c) Dạng quỹ đạo của hòn đá? Bài giải : Ta dùng ph−ơng pháp toạ độ giống nh− của bài 1-14. Chọn hệ trục toạ độ Oxy với O nằm tại chân tháp. a) Ph−ơng trình chuyển động của vật theo các trục này: x = v x t = v0 cos α.t (1) 1 1 y = H − v t − g.t 2 = H − v .sinα.t − g.t 2 ( 2 ) y 2 0 2 Để tìm thời gian rơi, giải ph−ơng trình y=0: 1 30 −10 .sin30 0.t − .10 .t 2 = 0 ↔ 30 − t5 − t5 2 = 0 2 Chọn nghiệm d−ơng ta đ−ợc thời gian rơi của hòn đá: t=2s. b) Để tìm tầm xa – vị trí rơi cách chân tháp bao nhiêu, thay t tìm đ−ợc để tính x. 0 x = v0 cos α.t = 10 .cos 30 .2 = 10 3m ≈ 17 ,3m Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
10. c) Để biết dạng quỹ đạo chuyển động của viên đá, ta cần tìm ph−ơng trình quỹ đạo của chuyển động này (ph−ơng trình quan hệ giữa x và y đC khử biến thời gian): Khử thời gian trong hệ ph−ơng trình (1) và (2) bằng cách rút t từ ph−ơng trình (1) rồi thay vào (2): x (1) → t = v0 cos α 2 1 x 1  x  ( 2 ) → y = H − v .sinα.t − g.t 2 = H − v .sinα. − g  0 2 0 v cos α 2  v cos α  0  0  g.x 2 = H − x.tg α − 2 2 2v0 cos α x x 2 = 30 − − ( với : 0 ≤ x ≤10 3m) 3 15 Ph−ơng trình này chỉ ra rằng, quỹ đoạ của viên đá là một cung parabol. 1-16. Hỏi phải ném một vật theo ph−ơng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α bằng bao nhiêu để với một vận tốc ban đầu cho tr−ớc, tầm xa của vật là cực đại. Bài giải : Sử dụng công thức tính tầm xa của vật đ−ợc ném xiên đC lập đ−ợc trong bài 1-13: v 2 .sin2α v2 L = 0 ≤ 0 g g v 2 ⇒ Vật sẽ đạt đ−ợc tầm xa cực đại bằng L = 0 khi sin2 α = 1, hay α = 45 0. max g 1-17. Kỷ lục đẩy tạ ở Hà Nội là 12,67 mét. Hỏi nếu tổ chức ở Xanh Pêtecbua thì trong điều kiện t−ơng tự (cùng vận tốc ban đầu và góc nghiêng), kỷ lục trên sẽ là bao nhiêu? Cho biết g (Hà Nội) = 9,727m/s 2; g (Xanh Pêtecbua) = 9,810m/s 2. Bài giải : v 2 .sin2α Từ công thức tầm xa: L = 0 ta nhận thấy, với lực đẩy không đổi (để v g 0 không đổi) và góc ném không đổi (ném xa nhất khi góc ném bằng 45 0) thì tầm xa L sẽ tỉ lệ nghịch với gia tốc trọng tr−ờng g. Do đó có thể xác định đ−ợc kỉ lục đẩy tạ tại thành phố Xanh Petécbua: g HN 9,727 L XP = L HN = .12 ,67 =12 ,56 ()m g XP 9,810 1-18. Tìm vận tốc góc: a) của Trái Đất quay quanh trục của nó (Trái Đất quay một vòng xung quanh trục của nó mất 24 giờ). b) của kim giờ và kim phút đồng hồ; Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
11. c) của Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất (Mặt Trăng quay xung quanh Trái Đất một vòng mất 27 ngày đêm); d) của một vệ tinh nhân tạo của Trái Đất quay trên quỹ đạo tròn với chu kì bằng 88 phút. Bài giải : 2π Sử dụng công thức tính vận tốc góc: ω = và l−u ý thay chu kỳ phải đổi đúng đối T với là giây (s) ta sẽ đ−ợc: 2.π a) Vận tốc góc tự quay quanh trục của trái đất: ω = = 7,26 .10 −5 ()rad / s 24 .3600 b) Chu kỳ quay của kim phút là 1h. Kim giờ quay hết một vòng là 12 tiếng nên vận tốc góc của kim giờ và kim phút là: 14,5 . 10 -5 rad/s; 1,74 . 10 -3 rad/s c) Cũng áp dụng công thức trên với các chu kỳ khác nhau ta có vận tốc góc của mặt trăng quanh trái đất là: 2,7 . 10 -6 rad/s ; d) Của vệ tinh có chu kì quay là 88phút là: 1,19 . 10 -3 rad/s 1-19. Tìm vận tốc dài của chuyển động quay của một điểm trên mặt đất tại Hà Nội. Biết rằng vĩ độ của Hà Nội là α = 21 0. Bài giải : Theo bài 1-18 ta thấy vận tốc góc của trái đất trong chuyển động tự quay của nó là ω = 7,26.10 -5 rad/s. Bán kính quỹ đạo của Hà Nội (xem hình) là r: ω r R O α Hình của bài 1-19 r = R cos α . Từ đó ta có vận tốc dài của Hà Nội là: v = ω.r = ω.R.cos α Thay số vào ta đ−ợc: v = 430m/s. Để làm các bài tiếp theo cần chú ý: Các công thức của chuyển động quay nhanh hoặc chậm dần đều cũng giống với các công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều với sự t−ơng ứng: góc quay ϕ thay cho qu.ng đ−ờng s, vận tốc góc ω thay cho vận tốc dài v, gia tốc góc β thay cho gia tốc th−ờng a – chúng chỉ chênh nhau một hằng số bằng bán kính quỹ đạo tròn. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
12. 1-20. Một vô lăng sau khi bắt đầu quay đ−ợc một phút thì thu đ−ợc vận tốc 700 vòng/phút. Tính gia tốc góc của vô lăng và số vòng mà vô lăng đC quay đ−ợc trong phút ấy nếu chuyển động của vô lăng là nhanh dần đều. Bài giải : Vận tốc góc của vô lăng đạt ω = 700vòng/phút = 700.2 π/60 (rad/s) sau thời gian τ = 1phút = 60s. ω 1400 π / 60 1400 π Mà ω = β. τ ⇒ β = = = = 1,22 ()rad / s 2 . τ 60 3600 Góc quay đ−ợc sau thời gian τ = 1 phút là: 1 1 ϕ = β .τ 2 = 1,. 22 .60 2 = 700 π ()rad 2 2 Do vậy, số vòng quay đ−ợc trong 1 phút là: ϕ 700 π n = = = 350 vòng . 2π 2π 1-21. Một bánh xe quay chậm dần đều, sau một phút vận tốc của nó giảm từ 300 vòng/phút xuống 180 vòng/phút. Tìm gia tốc của bánh xe và số vòng mà bánh xe đC quay đ−ợc trong phút ấy. Bài giải : Theo định nghĩa về gia tốc góc ta có luôn gia tốc góc trong chuyển động này: ω −ω 180 .2π / 60 − 300 .2π / 60 β = 0 = = −0,21 ()rad / s2 . τ 60 Góc quay đ−ợc dựa vào mối quan hệ t−ơng tự với quan hệ v-a-s của chuyển động thẳng biến đổi đều ta rút ra: ω 2 −ω 2 (180 .2π / 60 )2 − (300 .2π / 60 )2 ϕ = 0 = = 240 (vòng) . 2β − 2.0,21 Hoặc dựa vào công thức vận tốc góc trung bình: ω + ω 180 + 300 ϕ = 0 .τ = .1 = 240 (vòng) 2 2 1-22. Một bánh xe có bán kính R = 10cm lúc đầu đứng yên, sau đó quay xung quanh trục của nó với gia tốc góc bằng 3,14 rad/s 2. Hỏi, sau giây thứ nhất: a) Vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh? b) Gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc toàn phần của một điểm trên vành bánh? c) Góc giữa gia tốc toàn phần và bán kính của bánh xe (ứng với cùng một điểm trên vành bánh? Bài giải : a) Sau giây thứ nhất, vận tốc góc và vận tốc dài của một điểm trên vành bánh là: ω = β .t = 3,14 .1 = 3,14 (rad / s) a v = ω.R = 3,14 .0,1 = 0,314 ()m / s t Gia tốc tiếp tuyến có giá trị không đổi và gia tốc pháp tuyến α lúc này: a an Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên Hình
13. a = β .R = 3,14 .0,1 = 0,314 (m / s 2 ) t 2 2 2 a n = ω .R = 3,14 .0,1 = 0,986 ()m / s Còn gia tốc toàn phần thì bằng: 2 2 2 a = a t + a n =1,03 (m / s ). c) Góc giữa gia tốc toàn phần a và bán kính là α thoả mCn: a 0,314 sin α = t = ⇒ α = 17 046’. a 1,03 1-23. Chu kì quay của một bánh xe bán kính 50cm là 0,1 giây. Tìm: a) Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm vành bánh; b) Gia tốc pháp tuyến của điểm giữa một bán kính. Bài giải : Vận tốc dài và vận tốc góc của một điểm trên vành bánh: chiều dài của ð−ờng tròn 2πR 2π .0,5 v = = = = 31 ,4 ()m / s thời gian chuyển ðộng hết một vòng tròn T 0,1 v 31 ,4 ω = = = 62 ,8 ()rad / s R 0,5 b) Gia tốc pháp tuyến – gia tốc h−ớng tâm của điểm giữa một bán kính: 2 2 2 2 a n = ω r = ω .R / 2 = 62 ,8 .0,5 / 2 = 986 (m / s ). 1-24. Một đoàn tàu bắt đầu chạy vào một đoạn đ−ờng tròn, bán kính 1km, dài 600m, với vận tốc 54 km/giờ. Đoàn tàu chạy hết quCng đ−ờng đó trong 30 giây. Tìm vận tốc dài, gia tốc pháp tuyến, gia tốc tiếp tuyến, gia tốc toàn phần và gia tốc góc của đoàn tàu ở cuối quCng đ−ờng đó. Coi chuyển động của đoàn tàu là nhanh dần đều. Bài giải : Cho: R = 1km =1000m, v 0 = 54km/h = 15m/s, s=600m, t = 30s. Sử dụng các công thức về chuyển động thẳng và chuyển động tròn biến đổi đều ta sẽ tính đ−ợc các đại l−ợng cần thiết. 1 2(s − v t) 2(600 −15 .30 ) 1 s = v t + a t 2 ⇒ a = 0 = = ()m / s 2 . 0 2 t t t 2 30 2 3 Vận tốc của tầu tại cuối đ−ờng vòng: 1 v = v + a t = 15 + .30 = 25 ()()m / s = 90 km / h . 0 t 3 Gia tốc pháp tuyến – gia tốc h−ớng tâm của tầu: v2 25 2 a = ω 2R = = = 0,625 ()m / s 2 n R 1000 Còn gia tốc toàn phần là: 2 2 2 2  1   5  a = a + a =   +   = 0,708 ()m / s 2 t n  3   8  Gia tốc góc của đoàn tầu: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
14. a 1/ 3 β = t = ≈ 3 3., 10 −4 ()rad / s 2 R 1000 1-25. Vận tốc của êlectron trong nguyên tử hyđrô bằng v = 2,2.10 8cm/s. Tính vận tốc góc và gia tốc pháp tuyến của êlectron nếu xem quỹ đạo của nó là một vòng tròn bán kính 0,5.10 -8cm. Bài giải : Electron: v = 2,2.10 8 cm/s = 2,2.10 6 m/s; R = 0,5.10 -8 cm = 0,5.10 -10 m. Vận tốc góc và gia tốc h−ớng tâm – gia tốc pháp tuyến lần l−ợt: ω = v/R = 4,4 . 10 16 rad/s; 2 22 2 an = ω R = 9,68 .10 m/s 1-26. Một ng−ời muốn chèo thuyền qua sông có dòng n−ớc chảy. Nếu ng−ời ấy chèo thuyền theo h−ớng từ vị trí A sang vị trí B (AB ⊥ với dòng sông, hình 1-4) thì sau thời gian t 1 = 10 phút thuyền sẽ tới vị trí C cách B một khoảng s = 120m. Nếu ng−ời ấy chèo thuyền về phía ng−ợc dòng thì sau thời gian t 2 = 12,5 phút thuyền sẽ tới đúng vị trí B. Coi vận tốc của thuyền đối với dòng n−ớc là không đổi. Tính: a) Bề rộng l của con sông; b) Vận tốc v của thuyền đối với dòng n−ớc; B C c) Vận tốc u của dòng n−ớc đối với bờ sông; s M u d) Góc γ. v V γ Bài giải : Từ A đến C hết thời gian t = 10 phút, A đến B hết thời gian A 1 Hình 1-4a t2 = 12,5 phút, đoạn BC có độ dài: s = BC = 120m. Đây là bài toán tổng hợp vận tốc. Thuyền tham gia đồng B C → thời hai chuyển động: cùng với dòng n−ớc với vận tốc u và l → u V chuyển động so với dòng n−ớc (do ng−ời chèo) với vận tốc v . v γ Chuyển động tổng hợp chính là chuyển động của thuyền đối với → → → A bờ sông với vận tốc V = v+ u . Tr−ờng hợp thứ nhất của bài toán ứng với hình 1-4a, tr−ờng Hình 1 -4b hợp thứ hai ứng với hình 1-4b. Theo các hình vẽ, ta có các ph−ơng trình sau: s = u.t 1 ; l =v.t 1 ; l = (v.cos γ).t 2; u = v.sin γ ; s 120 ⇒ u = = = 0,2 ()m / s . t1 600 t1 10 4 0 l = v.t1 = v.cos γ .t 2 → cos γ = = = → γ = 36 53 ' t 2 12 ,5 5 3 u u 0,2 1 ⇒ sin γ = = → v = = = = 0,33 ()m / s . 5 v sin γ 3 / 5 3 Chiều rộng của dòng sông: l = v.t1 = 0,33 .( 10 .60 ) = 200 m . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
15. 1-27. Ng−ời ta chèo một con thuyền qua sông theo h−ớng vuông góc với bờ sông với vận tốc 7,2km/h. N−ớc chảy đC mang con thuyền về phía xuôi dòng một khoảng 150m. Tìm: a) Vận tốc của dòng n−ớc đối với bờ sông; b) Thời gian cần để thuyền qua đ−ợc sông. Cho biết chiều rộng của sông bằng 0,5km. Bài giải : Bề rộng của dòng sông: l = 0,5km = 500m. s = 150m, V = 7,2km/h=2m/s. Từ hình vẽ ta thấy: B C u s s 150 s = → u = .v = .2 = 0,60 ()m / s . u v l l 500 v V l Thời gian của một chuyến sang sông: AC AB l 500 t = = = = = 250 ()s . A V v v 2 Đáp số: a) u = 0,60m/s ; b) t = 250s. Hình của bài 1 -27 1-28. Một máy bay bay từ vị trí A tới vị trí B. AB nằm theo h−ớng Tây Đông và cách nhau một khoảng 300km. Xác định thời gian bay nếu: a) Không có gió; b) Có gió thổi theo h−ớng Nam Bắc; c) Có gió thổi theo h−ớng Tây Đông. Cho biết vận tốc của gió bằng: v 1 = 20m/s, vận tốc của máy bay đối với không khí v 2 = 600km/h. Bài giải : AB = 300km, gió: v 1 = 20m/s =72km/h, v 2 = 600km/h. l 300 a) Thời gian máy bay bay trực tiếp từ A đến B: t = = = 0,5 ()h = 30 (phút) . v2 600 b) T−ơng tự bài 1-26, ta thấy máy bay muốn tới vị trí B, nó phải bay chếch về phía nam một góc α so với ph−ơng AB. Ta có: 2 2 2 2 V = v 2 − v1 = 600 − 72 = 596 ()km / h . A B α Thời gian máy bay bay từ A đến B là: v1 s 300 t = = = 0,503 ()h = 30 ,2 phút . v V 596 2 c) Gió xuôi chiều từ Tây sang Đông. Thời gian máy bay Hình của bài 1-28 cần dùng là: s 300 t = = = 0,446 ()h = 26 ,8 phút . v 2 + v1 600 + 72 1-29. Hình 1-5 mô tả chuyển động của ba chất điểm. a) Cho biết tính chất của các chuyển động đó. b) ý nghĩa của các giao điểm giữa các đồ thị và các trục toạ độ. c) So sánh vận tốc của ba chất điểm. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
16. v 2 1 3 O t Hình 1 -5 Bài giải : v 1 2 3 O t Hình 1-5’ a) Nhìn vào đồ thị ta thấy cả ba chuyển động này đều là chuyển động nhanh dần đều. b) Giao điểm của các đồ thị với trục thời gian cho ta biết các thời điểm xuất phát của các chuyển động. c) Ba chuyển động, nhìn chung là về cùng một h−ớng. Vận tốc của mỗi vật từng lúc nhanh chậm khác nhau. Đồ thị vận tốc càng dốc thì gia tốc của vật càng lớn (gia tốc a cho biết hệ số góc của đ−ờng thẳng). Từ các đồ thị, ta có thể so sánh gia tốc của các vật: a 3 > a1 > a 2. 1-30. Hình 1-6 cho đồ thị vận tốc của một chất điểm chuyển động. HCy cho biết trạng thái chuyển động của chất điểm trên mỗi đoạn OA, AB, BC, CD. Bài giải : v A B C D O t Hình 1 -6 Đoạn OA: vật xuất phát tại thời điểm t = 0 rồi chuyển động nhanh dần đều với gia tốc khá lớn. Đồ thị đoạn AB cho biết vật chuyển sang chuyển động đều. Đồ thị đoạn BC biểu hiện vật chuyển động chậm dần đều. Đồ thị đoạn CD: vật tiếp tục chuyển động chậm dần đều nh−ng với gia tốc lớn hơn khi chuyển động trong giai đoạn BC. Vật dừng lại tại cuối giai đoạn này. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
17. Ch−ơng 2 động lực học chất điểm 2-1. Một xe có khối l−ợng 20000kg, chuyển động chậm dần đều d−ới tác dụng của một lực bằng 6000N, vận tốc ban đầu của xe bằng 15m/s. Hỏi: a) Gia tốc của xe; b) Sau bao lâu xe dừng lại; c) Đoạn đ−ờng xe đC chạy đ−ợc kể từ lúc hCm cho đến khi xe dừng hẳn. Bài giải : a) Gia tốc của xe đ−ợc tính theo định luật II Newton: a = F/m = -6000/20000= - 0,3m/s 2. b) Thời gian kể từ lúc hCm đến khi dừng lại: ∆v 0 -15 t = ∆t = = = 50 ().s a - 0,3 c) QuCng đ−ờng kể từ lúc hCm đến khi dừng lại: 2 s = v 0.t + a.t /2 = . . . = 375m. 2-2. Một thanh gỗ nặng 49N bị kẹp giữa hai mặt phẳng thẳng Hình 2-4 đứng (hình 2-4). Lực ép thẳng góc trên mỗi mặt của thanh là 147N. Hỏi lực nhỏ nhất cần để nâng hoặc hạ thanh gỗ? Hệ số ma sát giữa thanh gỗ và mặt ép k = 0,2. Bài giải : Lực nâng = 107,8N ; lực hạ = 9,8N FN FHạ Fms1 Fms2 Hình 2 -4a Hình 2 -4b Khi muốn hạ thanh gỗ xuống cần một lực nhấn F Hạ h−ớng xuống d−ới, lực ma sát trên hai mặt của thanh gỗ h−ớng lên trên (Hình 2-4a), còn khi muốn nâng thanh gỗ lên trên thì các lực ma sát lại h−ớng xuống d−ới (Hình 2-4b). Từ các hình vẽ này ta thấy, các lực dùng để hạ (F Hạ ) và nâng F N thanh gỗ phải có các giá trị nhỏ nhất: FHạ = Fms 1 + Fms 2 − P = 2ì k.N − P = 2.0 2., 147 − 49 = 9,8(N) FN = Fms 1 + Fms 2 + P = 2ì k.N + P = 2.0 2., 147 + 49 = 107 ,8(N) 2-3. Hỏi phải tác dụng một lực bằng bao nhiêu lên một toa tàu đang đứng yên để nó chuyển động nhanh dần đều và sau thời gian 30 giây nó đi đ−ợc 11m. Cho biết lực ma sát của toa tàu bằng 5% trọng l−ợng của toa tàu. Bài giải : Gọi F là lực tác dụng lên toa tàu. Xét theo ph−ơng ngang, lực gây ra gia tốc của toa tàu, theo định luật Niutơn 2, bằng: F - fms = ma s2 Trong đó: m là khối l−ợng và a = là gia tốc của toa tầu. t 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
18. 2 s m Từ đó suy ra: F = f + ma = 5%mg + . ms t 2 Thay số: s = 11 m, t = 30s, m = 15,6 tấn = 15600kg ta đ−ợc: F ≈ 8200N. (Trong phần đề bài cho thiếu khối l−ợng của toa tầu bằng m = 15,6 tấn). 2-4. Một ng−ời di chuyển một chiếc xe với vận tốc không đổi. Lúc đầu ng−ời ấy kéo xe về phía tr−ớc, sau đó ng−ời ấy đẩy xe về phía sau. Trong cả hai tr−ờng hợp, càng xe hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α. Hỏi trong tr−ờng hợp nào ng−ời ấy phải đặt lên xe một lực lớn hơn? Biết rằng trọng l−ợng của xe là P, hệ số ma sát giữa bánh xe và mặt đ−ờng là k. Bài giải : Viết ph−ơng trình định luật II Newton cho các lực tác dụng vào xe. Thành phần lực tổng hợp chiếu theo ph−ơng thẳng đứng và nằm ngang đều bằng 0 - không có chuyển động theo ph−ơng thẳng đứng, chuyển động theo ph−ơng ngang thì đều-không có gia tốc theo ph−ơng ngang nên: Tr−ờng hợp kéo xe về phía tr−ớc (hình 2-1’a): lực nén vuông góc của xe lên mặt đ−ờng là: N + F. sin α − P = 0 ⇒ N = P - F. sin α Và: F.cos α − Fms = 0 ⇒ F.cos α = Fms Mà, lực ma sát tác dụng lên xe: Fms = kN = k(P - Fsin α) kP ⇒ Fcos α = k(P − Fsin α ) F = cos α + k sin α N N’ F α F’ Fms F’ ms P P Hình 2 -1’a Hình 2 -1’b Tr−ờng hợp đẩy xe về phía sau (hình 2-1’b) Bằng cách phân tích t−ơng tự, ta tính đ−ợc lực ma sát đặt lên xe trong tr−ờng hợp này là: Fms = kN’ = k(P + Fsin α) Và lực F’ cần đặt lên càng xe: kP F' = cos α − k sin α Rõ ràng F’ > F. Nh− vậy trong tr−ờng hợp đẩy xe về phía sau ng−ời ta phải dùng một lực lớn hơn. 2-5. Một vật có khối l−ợng m = 5kg đ−ợc đặt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 30 0. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng bằng k = 0,2. Tìm gia tốc của vật trên mặt phẳng nghiêng. Bài giải : Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
19. Ta phân tích các lực tác dụng vào vật gồm 3 lực: P thẳng N y đứng, N vuông góc với mặt nghiêng và F ms nằm trên mặt Fms nghiêng. O Ph−ơng trình định luật II Newton cho vật: x P P + N + Fms = m.a α Chiếu ph−ơng trình này theo ph−ơng vuông góc với mặt Hình của bài 2-5 phẳng nghiêng (ph−ơng Oy) và ph−ơng song song với mặt phẳng nghiêng (ph−ơng Ox) ta đ−ợc: N = Pcos α − Pcos α + N = 0  ⇒   P sin α − Fms P sin α − Fms = ma a =  m Mà F ms = k.N nên: P sin α − kP cos α mg sin α − kmg cos α a = = = g()sin α − k cos α . m m Thay α = 30 0, k = 0,2, g = 9,8 ta tính đ−ợc a = 3,24m/s 2. Nhận xét: từ công thức trên ta thấy, gia tốc của vật tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng không phụ thuộc vào khối l−ợng của vật đó. 2-6. Một vật tr−ợt xuống trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang góc α = 45 0. Khi tr−ợt đ−ợc quCng đ−ờng s = 36,4cm, vật thu đ−ợc vận tốc v = 2m/s. Xác định hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. Bài giải : áp dụng công thức gia tốc của vật trong bài 2-5 ta có : g sin α − a a a = g(sin α − k cos α ) ⇒ k = = tg α − . gcos α gcos α Sử dụng kiến thức của ch−ơng I về mối quan hệ v-a-s ta có gia tốc của vật tr−ợt này v 2 − v 2 v2 − 02 v 2 là: a = 0 = = . 2.S 2.S 2.S v2 ⇒ k = tg α − 2.gS cos α Thay các thông số đC cho: α = 45 0, v = 2m/s, s = 36,4cm = 0,364m ta đ−ợc: k ≈ 0,2. 2-7. Một sợi dây thừng đ−ợc đặt trên mặt bàn sao cho một phần của nó buông thõng xuống đất. Sợi dây bắt đầu tr−ợt trên mặt bàn khi chiều dài của phần buông thõng bằng 25% chiều dài của dây. Xác định hệ số ma sát k giữa sợi dây và mặt bàn. Bài giải : fms P1 Hình của bài 2-7 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
20. Gọi P là trọng l−ợng của cả dây, P 1 là trọng l−ợng của phần buông thõng. Theo đầu bài, chiều dài phần buông thõng bằng 25% chiều dài dây ⇒ P1 = 25%P. Xét theo ph−ơng chuyển động của sợi dây, dây chịu tác dụng của hai lực: P 1 và f ms . Muốn dây bắt đầu tr−ợt phải có P 1 = f ms ⇒ fms = 25%P. Mà, f ms = k .N = k.(75%P). 25 1 Từ đó: 25%P = k.(75%P) ⇒ k = = ≈ 0,33 . 75 3 2-8. 1) Một ôtô khối l−ợng một tấn chuyển động trên một đ−ờng bằng, hệ số ma sát giữa bánh ôtô và mặt đ−ờng là 0,1. Tính lực kéo của động cơ ôtô trong tr−ờng hợp: a) Ôtô chuyển động đều; b) Ôtô chuyển động nhanh dần đều với gia tốc bằng 2m/s 2; 2) Cũng câu hỏi trên nh−ng cho tr−ờng hợp ôtô chuyển động đều và: a) Lên dốc có độ dốc 4%; b) Xuống dốc đó. Hệ số ma sát bằng 0,1 trong suốt thời gian chuyển động. Bài giải :
    → Tổng hợp lực
    tác dụng lên ôtô gồm: lực kéo F của động
    cơ ôtô, trọng lực P , phản lực pháp tuyến N của mặt đ−ờng và lực ma sát của mặt đ−ờng f ms . N’ N F’ F f' ms α fms P Hình của bài 2 -8 → → → → → Ph−ơng trình định luật II Newton cho ô tô là: F + P + N + f ms = m a Chọn chiều d−ơng là chiều chuyển động của xe. Chiếu ph−ơng trình này lên ph−ơng chuyển động ta đ−ợc: 1) Khi xe chuyển động trên đ−ờng nằm ngang: F − f ms = ma ⇒ F = ma + f ms = ma + kmg Thay số: m = 1tấn = 1000kg; k = 0,1; g = 9,8m/s 2; và: a) Khi chuyển động đều, a = 0 ⇒ F = 980N. b) Khi chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a = 2m/s 2 ⇒ F = 2980N. 2) Khi xe chuyển động trên đ−ờng dốc: a) Ôtô lên dốc F − f ms − P sin α = ma ⇒ F = ma + f ms + P sin α = ma + kmg cos α + mg sin α Trong đó, sin α = 0,04 là độ dốc của dốc ⇒ cos α = 1− 0,04 2 ≈ 1,0 ⇒ F = 1000 ì 0 + 01., 1000 .9 8., 1+1000 .9 8., 0,04 = 1372 (N) b) Ôtô xuống dốc: F = P(kcos α - sin α). F − f ms + P sin α = ma ⇒ F = ma + f ms − P sin α = ma + kmg cos α − mg sin α Thay số: F = 1000 ì 0 + 0,1.1000.9 ,8.1 −1000.9,8.0 ,04 = 588 (N) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
21. 2-9. Một sợi dây đ−ợc vắt qua một ròng rọc có khối l−ợng không đáng kể, hai đầu buộc hai vật có khối l−ợng m 1 và m 2 (m 1 > m 2). Xác định gia tốc của hai vật và sức căng của dây. Coi ma sát không đáng kể. áp dụng bằng số: m 1 = 2m 2 = 1kg. Bài giải : Do sợi dây không co giCn, ròng rọc không khối l−ợng, không ma sát nên sợi dây luôn căng với lực căng dây T; hai vật sẽ chuyển động với cùng một gia tốc a. Vì m 1 > m 2 nên m 1 sinh ra một lực kéo lớn hơn của m 2 làm cho m 1 chuyển động xuống d−ới còn m 2 bị kéo lên trên. T + T m2 m1 P2 + P1 Hình của bài 2-9 Chọn chiều d−ơng của các trục toạ độ cho từng vật hợp với chiều chuyển động của mỗi vật (hình vẽ). Ph−ơng trình định luật II Newton cho từng vật xét trên ph−ơng chuyển động: m1 : P1 − T = m1a  m 2 : T − P2 = m 2a Cộng vế theo vế của hai ph−ơng trình trên ta thu đ−ợc: P1 − P2 m1 − m 2 2 P1 − P2 = (m1 + m 2 )a ⇒ a = = g = 3,27 m / s m1 + m 2 m1 + m 2 Xem ph−ơng trình định luật II Newton cho vật P 1 ta có: P 1 - T = m 1a. m1 − m 2 2m1m 2 ⇒ T = P1 − m1a = m1g − m1 . g = g m1 + m 2 m1 + m 2 Từ đó tính đ−ợc: T = 6,55 N 2-10. Một tàu điện, sau khi xuất phát, chuyển động với gia tốc không đổi γ = 0,5m/s 2. 12 giây sau khi bắt đầu chuyển động, ng−ời ta tắt động cơ của tàu điện và tàu chuyển động chậm dần đều cho tới khi dừng hẳn. Trên toàn bộ quCng đ−ờng hệ số ma sát bằng k = 0,01. Tìm: a) Vận tốc lớn nhất của tàu; b) Thời gian toàn bộ kể từ lúc tàu xuất phát cho tới khi tàu dừng hẳn; c) Gia tốc của tàu trong chuyển động chậm dần đều; d) QuCng đ−ờng toàn bộ mà tàu đC đi đ−ợc. Bài giải : Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
22. Tầu chuyển động theo hai giai đoạn: 2 Giai đoạn 1: chuyển động với gia tốc a 1 = 0,5m/s trong thời gian t 1 = 12s. 2 Giai đoạn 2: chuyển động chậm dần đều với gia tốc a2 = k.g = 0,01.9,8 = 0,098 m/s d−ới tác dụng cản của lực ma sát trong thời gian ∆t. v vmax t t1 2 t Có thể vẽ đồ thị vận tốc của tầu theo thời gian nh− trên hình. a) Vận tốc lớn nhất của tầu: vmax = a1t1 = 0 5., 12 = 6(m / s) = 21 ,6(km / h) b) Tầu chuyển động chậm dần trong thời gian: v 6 ∆t = max = = 61 ,2()s a 2 0,098 Tổng thời gian chuyển động của tầu (kể từ lúc xuất phát đến lúc dừng lại): t 2 = t1 + ∆t = 12 + 61 ,2 = 73 ,2(s). 2 c) Gia tốc của tầu khi chuyển động chậm dần đều là a 2 = 0,098 m/s . d) QuCng đ−ờng tầu đC đi đ−ợc bằng “diện tích” của hình tam giác đ−ợc gạch chéo: 1 1 s = v .t = .6.73 ,2 = 219 ,6()m 2 max 2 2 2-11. Một bản gỗ A đ−ợc đặt trên một mặt phẳng nằm ngang. Bản A đ−ợc nối với một bản gỗ B khác bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định (nh− hình vẽ 2-5). Khối l−ợng của ròng rọc và của dây coi nh− không đáng kể. a) Tính lực căng của dây nếu cho m A = 200g; m B = 300g, hệ số ma sát giữa bản A và mặt phẳng nằm ngang k = 0,25. b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng của dây sẽ bằng bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn nh− cũ. Bài giải : N2 + T fms P2 T + P1 Hình 2-5 Xét hệ hai vật có khối l−ợng m 1, m 2 đ−ợc nối với nhau nh− trên hình 2-5. Các lực tác dụng vào các vật đC đ−ợc chỉ rõ trên hình vẽ. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
23. Có thể viết ph−ơng trình định luật II Newton cho các vật này xét trên ph−ơng chuyển động của chúng (đ−ợc chỉ ra bằng các mũi tên có dấu “+” bên cạnh): m1 : P1 − T = m1a (1)  m 2 : T − f ms = m 2a ( 2 ) Trong đó, f ms = k.N 2 = k.P2 . Cộng vế theo vế của hai ph−ơng trình (1) và (2) trên ta thu đ−ợc: P1 − f ms m1g − k.m 2g m1 − k.m 2 P1 − f ms = (m1 + m 2 )a ⇒ a = = = g m1 + m 2 m1 + m 2 m1 + m 2 Từ ph−ơng trình (1) suy ra: m1 − km 2 (1+ k)m1m 2 ⇒ T = P1 − m1a = m1g − m1 . g = g m1 + m 2 m1 + m 2 Nhận xét: biểu thức kết quả về lực căng dây trên cho thấy, nếu đổi vai trò của m 1 và m2 cho nhau thì lực căng dây không đổi. Vậy, lực căng dây không phụ thuộc vào việc đặt m1 trên mặt bàn và m 2 đ−ợc treo bên d−ới hay là ng−ợc lại. Do đó, trong cả câu a) và câu b) thì kết quả về lực căng dây đều nh− nhau bằng: (1+ k)m m (1+ 0,25 )0 2., 0,3 T = A B g = ì9,8 = 1,47 ()N m A + m B 0,2 + 0,3 (Thay số: k = 0,25; m A = 200g = 0,2 kg; m B = 300g = 0,3 kg) 2-12. Hai vật có khối l−ợng m 1 = 1kg, m 2 = 2kg đ−ợc nối với nhau bằng một sợi dây và đ−ợc đặt trên mặt bàn nằm ngang. Dùng một sợi dây khác vắt qua một ròng rọc, một đầu dây buộc vào m 2 và đầu kia buộc vào một vật thứ ba có khối l−ợng m3 = 3kg (hình 2- 6). Coi ma sát không đáng kể. Tính lực căng của hai sợi dây. Bài giải : N N2 1 + T1 T m1 2 P T P1 2 2 m3 + P3 Hình 2 -6 Trọng lực P 3 là thành phần lực duy nhất theo ph−ơng chuyển động của hệ và làm các vật chuyển động với cùng một gia tốc a. Ta có: m g a = 3 m1 + m 2 + m3 Xét riêng vật m 1 ta có: m1m3g 1.3.9,8 T1 = m1a = = = 4,9()N m1 + m 2 + m3 1+ 2 + 3 Xét riêng vật m 3 ta có: m3g − T2 = m3a ⇒ T2 = m3 (g − a) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
24. m3g ( m1 + m 2 )m3 (1+ 2 ). 3 ⇒ T2 = m3g − = g = .9,8 = 14 ,7()N . m1 + m 2 + m3 m1 + m 2 + m3 1+ 2 + 3 2-13. ở đỉnh của hai mặt phẳng nghiêng hợp với mặt phẳng nằm ngang các góc α = 30 0 và β = 45 0 (hình 2-7), có gắn một ròng rọc khối l−ợng không đáng kể. Dùng một sợi dây vắt qua ròng rọc, hai đầu dây nối với hai vật A và B đặt trên các mặt phẳng nghiêng. Khối l−ợng của các vật A và B đều bằng 1kg. Bỏ qua tất cả các lực ma sát. Tìm gia tốc của hệ và lực căng của dây. Bài giải : N N2 1 T T + + β α P P1 2 Hình 2 -7 Trong bài toán này, ta lại xét chuyển động của hệ vật theo ph−ơng của các mặt nghiêng. Do sợi dây nối hai vật không bị co giCn nên hai vật sẽ chuyển động với cùng một gia tốc a. Chọn chiều d−ơng cho các chuyển động nh− hình vẽ (hình 2-). Các lực tác dụng vào các vật đC đ−ợc chỉ ra trên hình. Ph−ơng trình định luật II Newton đ−ợc chiếu lên ph−ơng chuyển động của các vật: m1 : P1 sin α − T = m1a (1)  m 2 : T − P2 sin β = m 2a ()2 Cộng vế theo vế của hai ph−ơng trình trên ta thu đ−ợc: P1 sin α − P2 sin β = (m1 + m 2 )a P sin α − P sin β m sin α − m sin β ⇒ a = 1 2 = 1 2 g m1 + m 2 m1 + m 2 Từ ph−ơng trình (1) suy ra: m sin α − m sin β T = P sin α − m a = m g sin α − m . 1 2 g 1 1 1 1 m + m 1 2 m .m .g(sin β + sin α ) = 1 2 m1 + m 2 Thay các giá trị đầu bài đC cho (m 1 thay bằng m A, m 2 thay bằng m B) vào các biểu thức của gia tốc và lực căng dây ta thu đ−ợc: a = −1,02 m / s 2 ; T = 5,9N . Kết quả này chứng tỏ rằng, hệ chuyển động ng−ợc với chiều d−ơng đC chọn với gia tốc có độ lớn bằng 1,02 m/s 2. L−u ý: trong bài toán trên, ta có thể đoán nhận ra ngay rằng vật B sẽ tr−ợt xuống còn vật A bị kéo lên. Do đó, trong bài toán này ta có thể chọn chiều d−ơng cho các chuyển động theo chiều ng−ợc lại so với chiều đ. chọn trong lời giải trên. Tuy nhiên, tôi muốn thiết lập một công thức tổng quát cho hệ vật nh− vậy, qua đó cũng để các bạn thấy cách xử lý khi gặp kết quả gia tốc không phù hợp chiều d−ơng đ. chọn. Câu kết luận cuối cùng trong lời giải trên chỉ đ−ợc áp dụng trong tr−ờng hợp hệ không có ma sát. Khi hệ không có ma sát, các lực tác dụng vào mỗi vật không phụ thuộc Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
25. vào chiều chuyển động của các vật cũng nh− việc chọn chiều d−ơng của trục toạ độ. Khi hệ có ma sát, rõ ràng chiều của lực ma sát phụ thuộc vào chiều chuyển động của các vật, do đó không thể giả sử tuỳ ý các chiều chuyển động của các vật đ−ợc. Trong tr−ờng hợp ta đ. giả thiết nhầm chiều chuyển động dẫn đến kết quả gia tốc của các vật bị âm thì buộc phải giả thiết lại chiều chuyển động và giải lại bài toán. Tất nhiên không ai dại gì mà giả thiết đúng vào tr−ờng hợp nhầm này để phải ghi lời giải hai lần. Ta có thể tránh đ−ợc điều này bằng cách đoán nhận (sau khi đ. làm nhiều bài toán và đúc rút đ−ợc nhiều kinh nghiệm - thực ra sự đoán nhận này vẫn phải dựa trên sự nhẩm nhanh để so sánh một cách định tính các thành phần lực đóng vai trò lực kéo và lực cản) hoặc bằng cách kiểm tra tr−ớc (tính nháp và so sánh các thành phần lực đóng vai trò lực kéo, lực giữ và lực cản) hoặc giả thiết và giải bài toán tr−ớc ở ngoài nháp. 2-14. Một đoàn tàu gồm một đầu máy, một toa 10 tấn, và một toa 5 tấn, nối với nhau theo thứ tự trên bằng những lò xo giống nhau. Biết rằng khi chịu tác dụng một lực bằng 500N thì lò xo giCn 1cm. Bỏ qua ma sát. Tính độ giCn của lò xo trong hai tr−ờng hợp: a) Đoàn tàu bắt đầu chuyển bánh, lực kéo của đầu máy không đổi và sau 10 giây vận tốc của đoàn tàu đạt tới 1m/s; b) Đoàn tàu lên dốc có độ nghiêng 5% với vận tốc không đổi. Bài giải : Độ giCn x của lò xo tuân theo định luật Húc: F = kx. Từ đó xác định đ−ợc hệ số đàn hồi: F 500 N 4 k = = = 5.10 N / m. T T x 1cm 2 2 T T F 1 1 a) Lực căng của lò xo thứ nhất đóng vai trò lực kéo cả hai toa tầu chuyển động. Từ định luật II Newton ta v có: T = (m +m )a, với a = . Suy ra độ 1 1 2 t giCn của lò xo thứ nhất: Hình của bài 2-14 T ( m + m )v (10 + 5).10 3.1 x = 1 = 1 2 = = 3.10 −2 m = 3cm 1 k k.t 5.10 4.10 Lực căng của lò xo thứ hai: T 2 = m 2a ⇒ độ giCn của lò xo thứ hai: T m v 5.10 3.1 x = 2 = 2 = =1.10 −2 m = 1cm 1 k k.t 5.10 4.10 b) Khi đoàn tầu chuyển động đều lên dốc. Các lực lò xo phải cân bằng với các thành phần của trọng lực kéo xuống. Cụ thể: T = (m + m )g.sinα 1 1 2 T2 = m 2g.sinα Trong đó, dốc có độ nghiêng là 5%, tức là sin α = 0,05. ⇒ độ giCn của các lò xo: T (m + m )g sin α (10 + 5).10 3.9 8., 0,05 x = 1 = 1 2 = = 0,147 m =14 ,7cm 1 k k 5.10 4 T m g sin α 5.10 3.9 8., 0,05 x = 2 = 2 = = 0,049 m = 4,9cm 2 k k 5.10 4 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
26. 2-15. Một vật có khối l−ợng m = 200g, đ−ợc treo ở đầu một sợi dây dài 1 = 40cm; vật quay trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi sao cho sợi dây vạch một mặt nón. Giả sử khi đó dây tạo với ph−ơng thẳng đứng một góc α = 36 0. Tìm vận tốc góc của vật và lực căng của dây. Bài giải : α l T m P Hình của bài 2 -15 Vật chuyển động vạch ra một vòng tròn có bán kính R = l.sin α. → → Lực tác dụng lên vật gồm trọng lực P và lực căng T (hình vẽ). Tổng hợp các lực này làm thành lực h−ớng tâm gây ra chuyển động tròn đều của vật: → → → F = P + T (1) ht Từ hình 2- ta thấy: P mg 0 2., 9,8 T = = = = 2,45 N cos α cos α cos 36 0 2 2 Fht = P.tg α = m.g.tg α. Mà F ht =m.R ω = m.l.sin α.ω . 2 ⇒ Fht = mg .tg α = ml sin α.ω . g Do đó: ω = = 6,5 rad s/ l cos α 2-16. Xác định gia tốc của vật m 1 trong hình 2-8. Bỏ qua ma sát, khối l−ợng của ròng rọc và dây. áp dụng cho tr−ờng hợp m 1 = m 2. Bài giải : T T T m1 P1 m2 P2 Hình 2 -8 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
27. Chú ý rằng sức căng của dây tại mọi điểm đều bằng nhau, bằng T. Từ hình vẽ 2-8, nếu xét riêng vật m 1, ta có: P1 - T = m 1a1 (1) Nếu xét tiêng vật m 2, ta có: 2T - P2= m 2a2. (2) Sử dụng tính chất của ròng rọc cố định và ròng rọc động ta thấy rằng, quCng đ−ờng đi của m 1 gấp hai lần quCng đ−ờng đi của vật m 2, từ đó kéo theo: a1 = 2a 2 (3) Nhân hai vế của (1) với 2 rồi cộng vế theo vế với (2) suy ra: 2( 2m1 − m 2 )g a1 = a2 2 = . 4m1 + m 2 2g 2 Nếu m 1 = m 2 thì a = a2 = = 3,92 ()m / s . 1 2 5 Nhận xét: thay giá trị của a 1 vào (1) ta có thể tìm đ−ợc lực căng của các dây: 2( 2m1 − m 2 )g 3m1m 2g T = P1 − m1a1 = m1g − m1 = 4m1 + m 2 4m1 + m 2 2-17. Qua một ròng rọc A khối l−ợng không đáng kể, ng−ời ta luồn một sợi dây, một đầu buộc vào quả nặng M 1, đầu kia buộc vào một ròng rọc B khối l−ợng không đáng kể. Qua B lại vắt một sợi dây khác. Hai đầu dây nối với hai quả nặng M 2 và M 3. Ròng rọc A với toàn bộ các trọng vật đ−ợc treo vào một lực kế lò xo (hình 2-9). Xác định gia tốc của quả nặng M 3 và số chỉ T trên lực kế, nếu M 2 ≠ M3, M 1 > M 2 + M3. Bài giải : T T1 T1 M1 + T2 P1 M3 + T2 P3 M + 2 P2 Hình 2-9 Chọn chiều d−ơng cho các chuyển động của các vật nh− hình 2-9. Từ mối quan hệ về đ−ờng đi của các ròng động và cố định ta thấy mối quan hệ gia tốc của các vật: a2 1 = a 2 + a 3 (*) Do các ròng rọc có khối l−ợng và lực ma sát ở các ổ trục có thể bỏ qua nên ta có: T = 2T1 ; T1 = 2T2 (1) Xét theo ph−ơng chuyển động của các vật, ph−ơng trình định luật II Newton: M1a1 = M1g − T1 (2) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
28. M 2a 2 = T2 − M 2g (3) M3a3 = T2 − M3g (4) Thực hiện các phép biến đổi: (M1 − 2M 2 )g − M1a1 ()()()2 + 2. 3 → M1a1 + 2M 2a 2 = M1 − 2M 2 g → a 2 = 2M 2 (M1 − 2M3 )g − M1a1 ()()()2 + 2. 4 → M1a1 + 2M3a3 = M1 − M3 g → a3 = 2M3 Thay a 2, a 3 vào (*): (M1 − 2M 2 )g − M1a1 (M1 − 2M 3 )g − M1a1 ⇒ a2 1 = + 2M 2 2M 3 Nhân cả hai vế của ph−ơng trình với 2.M 2M3: 4M M a = M M g − 2M M g − M M a + M M g − 2M M g − M M a 2 3 1 1 3 2 3 1 3 1 1 2 2 3 1 2 1 ()()M1M 2 + M1M 3 + 4M 2M 3 a1 = M1M 2 + M 2 M 3 − 4M 2M 3 g (M1M 2 + M1M 3 − 4M 2M 3 )g ⇒ a1 = M1M 2 + M1M 3 + 4M 2M 3 Sử dụng kết quả này vào biểu thức của a 3 ta đ−ợc: (M1M 2 + M1M 3 − 4M 2M 3 )g ()M1 − 2M 3 g − M1 M1M 2 + M1M 3 + 4M 2M 3 a 3 = 2M 3 (M − 2M )(M M + M M + 4M M )g − M (M M + M M − 4M M )g = 1 3 1 2 1 3 2 3 1 1 2 1 3 2 3 2M 3 ()M1M 2 + M1M 3 + 4M 2M 3 3M M − M M − 4M M = 1 2 1 3 2 3 .g M1M 2 + M1M 3 + 4M 2M 3 8M1M 2M 3g Từ (2) ⇒ T1 = M1g − M1a1 = M1M 2 + M1M 3 + 4M 2 M 3 Suy ra số chỉ của lực kế: 16 M1M 2M 3g T = 2T1 = M1M 2 + M1M 3 + 4M 2 M 3 2-18. Một chiếc xe khối l−ợng 20kg có thể chuyển động không ma sát trên một mặt phẳng nằm ngang. Trên xe có đặt một hòn đá khối l−ợng 2kg (hình 2-10), hệ số ma sát giữa hòn đá và xe là 0,25. Lần thứ nhất ng−ời ta tác dụng lên hòn đá một lực bằng 2N, lần thứ 2 - bằng 20N. Lực có ph−ơng nằm ngang và h−ớng dọc theo xe. Xác định: a) Lực ma sát giữa hòn đá và xe; b) Gia tốc của hòn đá và xe trong hai tr−ờng hợp trên. Bài giải : Lực ma sát nghỉ cực đại giữ hòn đá và xe (f ms )max = kmg = 0,25.2.9,8 = 4,9N. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
29. m F fms M fms Hình 2 -10 - Tr−ờng hợp thứ nhất: F = 2N. Do đó: F (f ms )max . Hòn đá tr−ợt trên xe ⇒ lực ma sát giữa xe và hòn đá đúng bằng lực ma sát lớn nhất f ms = kmg = 4,9N. Gọi a 1 là gia tốc của hòn đá, a 2 là gia tốc của xe. Nếu xét riêng hòn đá, ta có: F’ - fms = ma 1 (3) Nếu xét riêng xe ta có : Fms = Ma 2 (4) Từ (3) và (4) suy ra: 'F −f a = ms = 5,7 m s/ 2 1 m f a = ms = 0,25m s/ 2 2 M 2-19. Ng−ời ta kéo một khúc gỗ trọng l−ợng P với vận tốc không đổi bằng một sợi dây dài l. Khoảng cách từ đầu dây tới mặt đất bằng h (hình 2-11) a) Tìm hệ số ma sát giữa khúc gỗ và mặt đất (dây đ−ợc buộc vào trọng tâm của khúc gỗ); b) Nếu dây buộc vào đầu khúc gỗ thì độ lớn của lực ma sát có thay đổi không? Bài giải : → a) Gọi F là lực kéo gỗ, α góc hợp bởi dây kéo và mặt đất. Vì khúc gỗ chuyển động đều nên: Fcos α - fms = 0 (1) A F N l h α fms P Hình 2-11 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
30. l 2 − h 2 Từ (1) suy ra: f = .F ms l Lực nén vuông góc lên mặt đ−ờng: h N = P − Fsin α = P − F l f F l 2 − h 2 Do đó hệ số ma sát: k = ms = N Pl − Fh → b) Sự thay đổi điểm đặt của lực F làm thay đổi điểm đặt của áp lực N giữa tấm gỗ và mặt sàn nh−ng không làm thay đổi độ lớn của lực này. Do đó lực ma sát vẫn giữ giá trị cũ. 2-20. Viết ph−ơng trình chuyển động của một viên đạn bay ngang trong không khí, nếu kể đến lực cản của không khí. Cho biết lực cản của không khí tỷ lệ với vận tốc của viên đạn, hệ số tỷ lệ là k, khối l−ợng của viên đạn bằng m. Bài giải : Lực cản của không khí lên viên đạn: f c = -kv, k là hệ số tỉ lệ. Theo định luật Niutơn thứ hai: dv − kv = m dt dv k hay = − dt (1) v m Tích phân hai vế của (1) ta đ−ợc: k − t v = Ce m (2) C là hằng số tích phân. Lúc t = 0 ; v = v ở từ (2) suy ra C = v o. k − t m Ph−ơng trình (2) trở thành: v = v o e (3) Gọi x là quCng đ−ờng mà viên đạn đi đ−ợc theo ph−ơng ngang ta có: k dx − t v = = v e m (4) dt o k − mv − t Suy ra: x = o e m + B (5) k mv B là hằng số tích phân. Từ điều kiện t = 0 , x = 0, suy ra: B = o k k mv  − t  o  m  Thay B và (5) ta đ−ợc: x = 1 − e  k   2-21. Viết ph−ơng trình chuyển động của một vật rơi nếu kể đến lực cản của không khí, biết rằng lực cản tỷ lệ với vận tốc của vật rơi. Bài giải : Lực tổng hợp đặt lên vật rơi: F = mg – kv dv Theo định luật Niutơn thứ hai: mg − kv = m . dt dv k k  mg  ⇒ = g − v = −  v −  (1) dt m m  k  Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
31. mg Đặt u = v − . Ph−ơng trình (1) trở thành: k du k du k = − u → = − dt (2) dt m u m Lấy tích phân hai vế của (2) k k − t mg mg − t ⇒ u = Ce m = v − → v = + Ce m (C là hằng số tích phân). k k mg Tại thời điểm t = 0, v = 0 ⇒ C = − k k mg  − t   m  ⇒ v = 1− e  k   QuCng đ−ờng mà vật rơi đ−ợc đến thời điểm t (ph−ơng trình chuyển động): t t k 2 k mg  − t  mg m g  − t  x = v.dt = 1− e m .dt = .t + e m −1. ∫ ∫   2   0 0 k   k k   2-22. Tính lực đẩy trung bình của hơi thuốc súng lên đầu đạn ở trong nòng một súng bộ binh, biết rằng đầu đạn có khối l−ợng m = 10g, thời gian chuyển động của đạn trong nòng là ∆t = 0,001 giây, vận tốc của viên đạn ở đầu nòng là v = 865m/s. Bài giải : Gia tốc trung bình của viên đạn trong nòng súng: ∆v v − 0 v a = = = . ∆t ∆t ∆t Lực đẩy trung bình của thuốc súng lên viên đạn: mv F = m.a = = 8650 N ∆t 2-23. Một toa xe khối l−ợng 20 tấn chuyển động với vận tốc ban đầu v = 54km/h. Xác định lực trung bình tác dụng lên xe, nếu toa xe dừng lại sau thời gian: a) 1 phút 40 giây; b) 10 giây ; c) 1 giây. Bài giải : Làm t−ơng tự bài 2-22 nh−ng ở đây là lực hCm. Ta vẫn có công thức: m∆v F = m |. a |= ∆t Thay số: m = 20 tấn = 20.10 3kg; v = 54km/h = 15m/s; ∆v =| 0 − v |= 15 m / s và các khoảng thời gian t−ơng ứng (đổi theo đơn vị giây) ta sẽ có đ−ợc các kết quả nh− trên. 2-24. Một viên đạn khối l−ợng 10g chuyển động với vận tốc v 0 = 200m/s đập vào một tấm gỗ và xuyên sâu vào tấm gỗ một đoạn l. Biết thời gian chuyển động của viên đạn trong tấm gỗ bằng t = 4.10 -4 giây. Xác định lực cản trung bình của tấm gỗ lên viên đạn và độ xuyên l của viên đạn. Bài giải : Gia tốc trung bình của viên đạn khi xuyên vào gỗ: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
32. | ∆v | | 0 − v | v | a |= = 0 = 0 . ∆t t − 0 t Lực cản trung bình của tấm gỗ lên viên đạn: mv 10 .10 −3.200 F = m |. a |= 0 = = 5000 ()N t 4.10 −4 Độ xuyên xâu của viên đạn: v 2 v 2 1 1 l = 0 = 0 = v t = .200 .4.10 −4 = 4.10 −2 ()m = 4cm . 2| a | v 2 0 2 2 0 t 2-25. Một phân tử có khối l−ợng m = 4,56. 10 -23 g chuyển động với vận tốc v = 60m/s va chạm đàn hồi vào thành bình với góc nghiêng α = 60 0. Tính xung l−ợng của lực va chạm của phân tử lên thành bình. Bài giải : Sử dụng định luật II Newton dạng 2 ta đ−ợc xung lực của phân tử tác dụng lên thành bình là:
    
    
    F.∆t = ∆P = m.∆v = m(2 v cos α ) = 4,56 .10 −26 .2.60 .cos 60 0 = 2,74 .10 −24 (N.s) 2-26. Một xe khối l−ợng 15 tấn chuyển động chậm dần đều với gia tốc có độ lớn 2 bằng 0,49m/s . Biết vận tốc ban đầu của xe là v 0 = 27km/h. Hỏi: a) Lực hCm tác dụng lên xe; b) Sau bao lâu xe dừng lại. Bài giải : a. Lực hCm tác dụng lên xe F = ma = 15 .103.0,49 = 7350 (N) Có chiều ng−ợc chiều chuyển động b. Thời gian xe dừng lại là t v v = v − at = 0 → t = o o a 27 6,3/ t = ≈ 15 3, ()s 0,49 2-27. Trong mặt phẳng đứng chọn hệ trục toạ độ Oxy với Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng. Một chất điểm đ−ợc ném từ điểm có toạ độ (2, 0) (đơn vị mét) theo ph−ơng thẳng đứng lên trên với vân tốc của 10m/s. Tính độ biến thiên mômen động l−ợng của chất điểm đối với gốc O trong khoảng thời gian từ lúc ném lên đến lúc rơi xuống đúng vị trí ban đầu. Cho khối l−ợng chất điểm m = 1kg. Bài giải : Lúc ném
    
    
    
    L = L1 = r ì p1 Lúc vật trở lại điểm ném
    
    
    
    
    
    
    
    L = L2 = r ì p2 = −r ì p1 ( p2 = −p1 ) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
33. Độ biên thiên momen động l−ợng
    
    
    
    
    ∆L = L2 − L1 = − r2 ì mv Xét về độ lớn ∆L = .2 m x.v. = 2.1.10 2. = 40 (kg .m2 s/ ) 2-28. . Chất điểm khối l−ợng m đ−ợc ném lên từ một điểm O trên mặt đất, với vận tốc ban đầu v 0 theo h−ớng nghiêng góc α với mặt phẳng ngang. Xác định mômen động l−ợng của chất điểm đối với O tại thời điểm vận tốc chuyển động của chất điểm nằm ngang. Bài giải : Momen động l−ợng tại điểm cao nhất v2 sin 2 α L = m v. y. = m v. cos α. o x max o 2g mv 3 sin 2 α.cos α L = o 2g 2.31. Chất điểm khối l−ợng m đ−ợc ném lên từ một điểm O trên mặt đất với vận tốc đầu v 0 theo h−ớng nghiêng góc α với mặt phẳng ngang. Xác định tại thời điểm t và đối với O. a) mômen ngoại lực tác dụng lên chất điểm; b) mômen động l−ợng của chất điểm. Bỏ qua sức cản không khí. Bài giải : a. Ngoại lực là trọng lực, momen của trọng lực
    M o/p = mgx = mgv o cos α t. (x là toạ độ theo ph−ơng ngang của vật)
    
    
    b. Momen động l−ợng L = r ì p
    
    
    i j k → L = m x y z = m ()xv y − yv x vx vy vz  1  L = m v cos α .t. ()v sin α − gt −  v sin αt − gt 2 v cos α o o  o 2  o 1 L = .m v.g. .cos α t. 2 2 o 2-30. Trên một mặt phẳng nằm ngang nhẵn (hình 2-12) có 1 chất điểm khối l−ợng m chuyển động buộc vào 1 sợi dây không co dCn, đầu kia của dây đ−ợc kéo qua 1 lỗ nhỏ O với vận tốc không đổi. Tính sức căng của dây theo khoảng cách r giữa chất điểm và O biết rằng khi r = r 0, vận tốc của chất điểm là ω0. O r m Hình 2 -12 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
34. Bài giải : Bảo toàn momen động l−ợng ta có r 2 mvr = mv r → ω = ω o o o o r 2 Lực căng T của sợi dây r 4 T = mω 2r = mω 2 o o r3 2-31. Một ng−ời khối l−ợng 50kg đứng trong thang máy đang đi xuống nhanh dần đều với gia tốc bằng 4,9m/s 2. Hỏi ng−ời có cảm giác thế nào và trọng l−ợng biểu kiến của ng−ời đó trong thang máy? Đáp số: Ng−ời có cảm giác “mất” một phần trọng l−ợng. Trọng l−ợng biểu kiến bằng 145N Bài giải : Định luật II Newton áp dụng cho ng−ời trong thang máy
    
    
    
    
    
    N + m g = m a → N = m (a − g)
    n n n mn , N là khối l−ợng của ng−ời và phản lực mà sàn tác dụng lên ng−ời (với độ lớn bằng trọng l−ợng của ng−ời)
    Thang máy đi xuống nhanh dần đều, a h−ớng xuống, nên N = m(g − a) < mg Vậy ng−ời cảm thấy nhẹ hơn và trọng l−ợng biểu kiến của ng−ời trong thang máy 'P = N = m(g − a) 'P = 50 .( 8,9 − 9,4 ) ≈ 245 (N) 2-32. Trong một thang máy ng−ời ta treo ba chiếc lò xo, ở đầu các lò xo có treo ba vật khối l−ợng lần l−ợt bằng 1kg, 2kg và 3kg. Tính lực căng của các lò xo: a) Lúc thang máy đứng yên; b) Lúc thang máy rơi tự do. Bài giải : a. Lực căng của các lò xo lần l−ợt T1 = m 1g=9,8N , T2 = m 2g=19,6N , T3 = m 3g=29,4N b. Lực căng của các lò xo trong tr−ờng hợp rơi tự do
    
    
    
    
    T + mg = mg → T = 0 Hay T 1 = T 2 = T 3 = 0 2-33. Một thang máy đ−ợc treo ở đầu một dây cáp đang chuyển động lên phía trên. Lúc đầu thang máy chuyển động nhanh dần đều sau đó chuyển động đều và tr−ớc khi dừng lại chuyển động chậm dần đều. Hỏi trong quá trình trên, lực căng của dây cáp thay đổi nh− thế nào? Cảm giác của ng−ời trên thang máy ra sao? Bài giải : Tr−ờng hợp thứ nhất ng−ời cảm thấy “nặng” hơn; Tr−ờng hợp thứ hai - bình th−ờng Tr−ờng hợp thứ ba - “nhẹ” hơn. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
35. Định luật II Newton áp dụng cho khoang chứa ng−ời trong thang máy
    
    
    
    
    
    T + mg = ma → T = m a − g ( )
    Khi thang máy chuyển động nhanh dần đều lên phía trên, a h−ớng lên do đó T = T1 = m(g + a) (1) Khi thang máy chuyển động đều T = T = mg 2
    Khi thang máy chuyển động chậm dần đều lên phía trên, a h−ớng xuống do đó T = T3 = m(g − a) Vậy nên lực căng dây cáp theo thứ tự giảm dần Định luật II Newton áp dụng cho ng−ời trong thang máy
    
    
    
    
    
    N + m g = m a → N = m (a − g)
    n n n mn , N là khối l−ợng của ng−ời và phản lực mà sàn tác dụng lên ng−ời (với độ lớn bằng trọng l−ợng của ng−ời) Giống nh− ph−ơng trình (1), trọng l−ợng của ng−ời theo thứ tự trên sẽ giảm dần, hay ng−ời trong thang máy theo thứ tự sẽ cảm thấy : "nặng hơn", "bình th−ờng", và "nhẹ hơn". 2-34. Trên một đĩa nằm ngang đang quay, ng−ời ta đặt mộtv ật có khối l−ợng m = 1kg cách trục quay r = 50cm. Hệ số ma sát giữa vật và đĩa bằng k = 0,25. Hỏi: a) Lực ma sát phải có độ lớn bằng bao nhiêu để vật đ−ợc giữ trên đĩa nếu đĩa quay với vận tốc n = 12 vòng/phút; b) Với vận tốc góc nào thì vật bắt đầu tr−ợt khỏi đĩa? Bài giải : Các lực tác dụng vào vật bao gồm trong lực của vật, phản lực của đĩa lên nó (trực đối với trọng lực) và lực ma sát. Ph−ơng trình định luật Newton 2 2 2 Fms = ma ht = mω r = 4mπ f r a. Để không tr−ợt thì 2 2 Fms ≥ 4mπ f r 2 12  F ≥ 4.1.3,142.  5,0. = ,0 789 ()N ms  60  b. Do Fms ≤ kN = kmg , nên để vật bắt đầu tr−ợt khỏi đĩa thì theo (1), ta có kg mω 2r ≥ kmg → ω ≥ r Vật bắt đầu tr−ợt khi 0,25 .9,8 ω = ≈ 2,2()rad / s 0,5 2-35. Xác định lực nén phi công vào ghế máy bay ở các điểm cao nhất và thấp nhất của vòng nhào lộn nếu khối l−ợng của phi công bằng 75kg, bán kính của vòng nhào lộn bằng 200m, và vận tốc của máy bay trong vòng nhào lộn luôn luôn không đổi và bằng 360km/h. Bài giải : Định luật II Newton áp dụng cho phi công
    
    
    mg + N = ma (1) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
36. 
    N là phản lực mà ghế tác dụng lên phi công (bằng và ng−ợc chiều với lực nén của phi công lên ghế). Tại điểm cao nhất của vòng nhào lộn, theo ph−ơng h−ớng tâm, (1) đ−ợc viết thành: v 2  v 2    mg + N1 = m → N = m − g R  R   (100 )2   ,  N1 = 75  − 9 8 = 3015 ()N  200  T−ơng tự tại điểm thấp nhất của vòng nhào lộn: v2  v2    − mg + N2 = m → N2 = m + g R  R   (100 )2   ,  N 2 = 75  + 9 8 = 4485 ()N  200  2-36. Một máy bay phản lực bay với vận tốc 900kg/h. Giả thiết phi công có thể chịu đ−ợc sự tăng trọng l−ợng lên 5 lần. Tìm bán kính nhỏ nhất của vòng l−ợn mà máy bay có thể đạt đ−ợc. Bài giải : Hợp lực tác dụng vào phi công theo ph−ơng h−ớng tâm là F ht . Định luật II Newton mv 2 F = ht R Trong máy bay (hệ quy chiếu phi quán tính) phi công chịu tác dụng của trọng lực và lực h−ớng tâm
    
    
    mg + Fht = ma Theo
    đề bài:
    F v2 g| + ht |≤ g5 → ≤ 4g m R v2 (250 )2 → R ≥ = ≈ 1600 ()m 4g 8,9.4 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
37. Ch−ơng 3 động lực học hệ chất điểm động lực học vật rắn 3-1. Tại ba đỉnh của một tam giác đều cạnh a có đặt ba chất điểm, khối l−ợng lần l−ợt bằng m 1, m 2, m 3. Xác định khối tâm của hệ ba chất điểm đó. áp dụng cho tr−ờng hợp: m 2 = m 3 = m; m 1 = 2m. Bài giải : Chọn hệ toạ độ nh− hình vẽ. Toạ độ của các chất điểm: m 1(0; a3 / 2); m 2(-a/2; 0); m3(a/2; 0). Do đó: y m1 G
    r m2 G O x m3
    m r
    ∑ i i i rG = ∑ mi i m1x1 + m 2 x 2 + m3x 3 m3 − m 2 a ⇒ x G = = . m1 + m 2 + m3 m1 + m 2 + m3 2 m1y1 + m 2 y 2 + m3 y3 3m1 .a yG = = m1 + m 2 + m3 2()m1 + m 2 + m3 a3 Với m = m = m, m = 2m: x = 0,y = ; tức G nằm tại điểm chính giữa của 2 3 1 G G 4 đ−ờng phân giác ứng với góc đỉnh đặt chất điểm khối l−ợng 2m. 3-2. Trên một đĩa tròn đồng chất bán kính R có khoét một lỗ tròn nhỏ bán kính r; tâm của lỗ khoét nằm cách tâm của đĩa một đoạn bằng R/2. Xác định vị trí khối tâm của đĩa trên. Bài giải : R O1 O R/2
    
    O2 r r1 2 Hình của bài 3 -2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
38. Có thể coi đĩa tròn ban đầu là một hệ gồm một đĩa tròn nhỏ (phần bị khoét), bán kính r, có khối tâm nằm tại O 2, lắp với phần đĩa còn lại sau khi lớn bị khoét (phần đ−ợc tô bằng các dấu chấm), có trọng tâm nằm tại O 1. Hiển nhiên là hệ này có trọng tâm rơi vào đúng tâm O của đĩa ban đầu. Xét hệ quy chiếu có gốc toạ độ nằm tại tâm đĩa tròn. Gọi các vectơ vị trí khối tâm
    
    
    của đĩa ch−a khoét lỗ, đĩa đC khoét lỗ và phần đĩa bị khoét ra lần l−ợt là c,a,b,. Trong đó:
    
    c = 0, b = R / 2 .
    
    
    Ta có: M.c = m a + m b 1
    2
    ⇒ ρ.πR 2 .0 = ρ(πR 2 −πr 2 ).a + ρπ r 2 .b (trong đó ρ là mật độ khối l−ợng của đĩa).
    
    
    r 2
    r 2 b Rr 2 b ⇒ a = − b = − b = − . R 2 − r 2 ()R 2 − r 2 b 2()R 2 − r 2 b Vậy, khối tâm của đĩa đC bị khoét nằm cách tâm O về phía đối diện với lỗ khoét một đoạn:
    Rr 2 x = b = 2()R 2 − r 2 3-3. Có một bệ súng khối l−ợng 10 tấn có thể chuyển động không ma sát trên đ−ờng ray. Trên bệ súng có gắn một khẩu đại bác khối l−ợng 5 tấn. Giả sử khẩu đại bác nhả đạn theo ph−ơng đ−ờng ray. Viên đạn có khối l−ợng 100kg và có vận tốc đầu nòng là 500m/s. Xác định vận tốc của bệ súng ngay sau khi bắn, biết rằng: a) Lúc đầu bệ súng đứng yên; b) Tr−ớc khi bắn, bệ súng chuyển động với vận tốc 18km/h theo chiều bắn; c) Tr−ớc khi bắn, bệ súng chuyển động với vận tốc 18km/h ng−ợc chiều bắn. Bài giải : Gọi khối l−ợng súng và viên đạn lần l−ợt là M và m, vận tốc của bệ súng tr−ớc và sau khi bắn, của viên đạn bắn ra khỏi nòng lần l−ợt là v, v’ và v 0. Xét viên đạn bắn ng−ợc chiều chuyển động ban đầu. Theo định luật bảo toàn động l−ợng: (M + m)v = Mv '+m( v'−v 0 ) ⇒ (M + m)v' = (M + m)v + mv 0 m ⇒ v' = v + v M + m 0 a) Bệ súng đứng yên: v = 0, v 0 = 500 (m/s) 100 v' = 0 + .500 ≈ 3,31 ()m / s 15 .10 3 +100 Bệ súng chuyển động ng−ợc chiều bắn với vận tốc 3,31 (m/s). b) Bệ súng chuyển động theo chiều bắn: v = 8(km/h) = 5 (m/s), v 0 = -500 (m/s) v' = 5 − 3,31 = 1,69 (m / s) Bệ súng chuyển động cùng chiều bắn với vận tốc 1,69 (m/s). c) Bệ súng chuyển động ng−ợc chiều bắn: v = 5 (m/s), v 0 = 500 (m/s) v' = 5 + 3,31 = 8,31 (m / s) Bệ súng chuyển động ng−ợc chiều bắn với vận tốc 8,31 (m/s). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
39. 3-4. Một xe chở đầy cát chuyển động không ma sát với vận tốc v 1 = 1m/s trên mặt đ−ờng nằm ngang (hình 3-3). Toàn bộ xe cát có khối l−ợng M=10kg. Một quả cầu khối l−ợng m = 2kg bay theo chiều ng−ợc lại với vận tốc nằm ngang v 2 = 7m/s. Sau khi gặp xe, quả cầu nằm ngập trong cát. Hỏi sau đó xe chuyển động theo chiều nào, với vận tốc bằng bao nhiêu? Bài giải : Theo định luật bảo toàn động l−ợng: v2 v1 Hình 3 -3 Mv 1 − mv 2 = (M + m)v Mv − mv 10 .1− 2.7 ⇒ v = 1 2 = ≈ −0,33 ()m / s M + m 10 + 2 (Chiều d−ơng của vận tốc là chiều chuyển động ban đầu của xe) Vậy, xe chuyển động với vận tốc 0,33 (m/s) ng−ợc với chiều chuyển động ban đầu của xe. 3-5. Một khẩu đại bác không có bộ phận chống giật, nhả đạn d−ới một góc α = 45 0 so với mặt phẳng nằm ngang. Viên đạn có khối l−ợng m = 10kg và có vận tốc ban đầu v 0 = 200m/s. Đại bác có khối l−ợng M = 500kg. Hỏi vận tốc giật của súng nếu bỏ qua ma sát? Bài giải : Gọi vận tốc giật của súng là v. Do bỏ qua ma sát nên hệ bảo toàn động l−ợng theo ph−ơng ngang: Mv + mv 0 cos α = 0 mv cos α 10 .cos 45 0 ⇒ v = − 0 = − ≈ −2,82 ()m / s M 500 3-6. Một hoả tiễn lúc đầu đứng yên, sau đó phụt khí đều đặn ra phía sau với vận tốc không đổi u = 300m/s đối với hoả tiễn. Trong mỗi giây, l−ợng khí phụt ra bằng à = 90g. Khối l−ợng tổng cộng ban đầu của hoả tiễn bằng M 0=270g. Hỏi: a) Sau bao lâu hoả tiễn đạt tới vận tốc v = 40m/s; b) Khi khối l−ợng tổng cộng của hoả tiễn là 90g thì vận tốc của hoả tiễn là bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí và lực hút của Trái Đất. Bài giải : Xét tại thời điểm t, khối l−ợng còn lại của hoả tiễn là M, vận tốc là v. Sau một khoảng thời gian nhỏ dt hoả tiễn phóng thêm một khối l−ợng dM, đạt vận tốc là v+dv, phần khí phụt ra có vận tốc là (v-u). Theo định luật bảo toàn động l−ợng: M.v = (M − dM )( v + dv )+ dM .( v − u ) Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
40. ⇒ M.dv − dM .u = 0 dv dM v dv M dM ⇒ = ⇒ ∫ = ∫ u M 0 u M0 M v M M ⇒ = ln 0 = ln 0 u M M 0 − àt ⇒ Vận tốc của hoả tiễn tại thời điểm t tuân theo biểu thức: M 0  M 0  v = uln = uln   (*) M  M 0 − àt  a) Thời điểm t vận tốc hoả tiễn đạt vận tốc v = 40 m/s. Từ biểu thức (*) suy ra:  v  M 0   v  M 0 exp   = ⇒ t = 1− exp −   u  M 0 − àt   u  à   40  270 ⇒ t = 1− exp − . ≈ 0,375 ()s   300  90 b) Vận tốc của hoả tiễn khi khối l−ợng còn M = 90g: M 270 v = v ln 0 = 300 .ln ≈ 330 ()m / s 0 M 90 3-7. Tìm mômen động l−ợng của Trái Đất đối với trục quay riêng của nó. Xem Trái Đất là một hình cầu đặc, đồng chất có bán kính R = 6400km, có khối l−ợng riêng trung bình ρ = 5,5g/cm 3. Bài giải : Mômen động l−ợng của một quả cầu đặc đồng chất quanh một đ−ờng kính là:  2  2π 4π 4π L = Iω =  MR 2 . = .ρ. R 3 .R 2  5  T 5T 3 2 5 2 6 5 16 π ρR 16 π 5500 .()6 4., 10 33 2 = = . ≈ 7 2., 10 ()kg .m / s 15 T 15 24 .3600 3-8. Một đĩa tròn đồng chất khối l−ợng m = 0,3kg, có bán kính R = 0,4m, đang quay với vận tốc góc ω = 1500 vòng/phút. Tác dụng lên đĩa một mômen hCm; đĩa quay chậm dần và sau thời gian ∆t = 20 giây thì dừng lại. Tìm mômen hCm đó. Bài giải : Đối với hệ chuyển động quay quanh trục cố định với mômen lực không đổi, vận tốc góc của hệ biến đổi đều theo thời gian với gia tốc góc β: M ω − ω β = = 0 I t 2 1500 .2π 2 0 3., 0,4 . ∆L I()ω − ω mR ω ⇒ M = = 0 = − 0 = − 60 ≈ −0,19 ()N.m t t 2t 2.20 3-9. Một trụ đặc, đồng chất khối l−ợng m = 100kg, bán kính R = 0,5m đang quay xung quanh trục của nó. Tác dụng lên trụ một lực hCm F = 243,4N, tiếp tuyến với mặt trụ Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
41. và vuông góc với trục quay. Sau thời gian ∆t = 31,4 giây, trụ dừng lại. Tính vận tốc góc của trụ lúc bắt đầu tác dụng lực hCm. Bài giải : Khi tác dụng lực hCm F lên trụ đặc, ta tạo ra một mômen lực hCm lại chuyển động quay của trụ: ω − ω M β = 0 = t I Mt FRt 2Ft ⇒ ω = ω − = − = − 0 I mR 2 / 2 mR 2.()− 243 ,4 .31 ,4 = − ≈ 300 ()rad / s 100 .0,5 3-10. Một trụ rỗng có khối l−ợng 50kg, đ−ờng kính 1m, đang quay với vận tốc 800 vòng/phút. Tác dụng vào trụ một lực hCm tiếp tuyến với mặt trụ và vuông góc với trục quay. Sau 2 phút 37 giây, trụ dừng lại. Tìm: a) Mômen hCm; b) Lực hCm tiếp tuyến. Bài giải : Ta có: 2 800 2. π 2 50 5,0. . ∆L I()ω − ω mR ω M = = 0 = − = − 60 ≈ −6,67()N.m ∆t ∆t t 157 M mR ω 6,67 F = = − = − = −13 ,34()N R t 5,0 3-11. Một thanh đồng chất chiều dài l = 0,50m có thể quay tự do xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của thanh. Một viên đạn khối l−ợng m = 0,01kg bay theo ph−ơng nằm ngang với vận tốc v = 400m/s tới xuyên vào đầu kia của thanh và mắc vào thanh. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau khi viên đạn đập vào thanh. Biết rằng mômen quán tính của thanh đối với trục quay bằng 5kgm 2. Bài giải : áp dụng định luật bảo toàn mômen động l−ợng cho hệ thanh – viên đạn: mvl = I' ω = (I + ml 2 )ω mvl 0,01 .400 .0,5 ⇒ ω = = ≈ 0,4()rad / s I + ml 2 5 + 0,01 .0,52 3-12. Một đĩa tròn đồng chất khối l−ợng m 1 = 100kg quay với vận tốc góc ω1 = 10 vòng/phút. Một ng−ời khối l−ợng m 2 = 60kg đứng ở mép đĩa. Hỏi vận tốc góc của đĩa khi ng−ời đi vào đứng ở tâm của đĩa. Coi ng−ời nh− một chất điểm. Bài giải : áp dụng định luật bảo toàn mômen động l−ợng cho hệ ng−ời – đĩa: I1ω1 = I2ω2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
42. I 0 5., m R 2 + m R 2 m + 2m ⇒ 1 1 2 1 2 ω2 = ω1 = 2 ω1 = ω1 I 2 0 5., m1R m1 100 + 2.60 ⇒ ω = .10 = 22 (vòng/phút) 2 100 3-13. Xác định mômen quán tính của một thanh đồng chất dài một khối l−ợng m đối với các trục sau đây: a) Trục đi qua điểm giữa của thanh và tạo với thanh một góc α nào đó; b) Trục song song với thanh và cách thanh một đoạn d; c) Trục vuông góc với thanh và cách điểm giữa thanh một đoạn d. Bài giải : a) Ta so sánh tr−ờng hợp này với tr−ờng hợp trục quay đi qua điểm giữa thanh và vuông góc với thanh. Ta thấy trong hai tr−ờng hợp, tại các điểm nh− nhau trên thanh, khoảng cách từ điểm đó đến trục quay gấp nhau một số lần không đổi là sin α lần: r = r1.sinα 2 2 2 ⇒ dm .r = dm .r1 sin α ⇒ 2 2 2 ∫ r dm = sin α.∫ r1 .dm 1 ⇒ I = I .sin2 α = ml 2 sin 2 α 1 12 b) Xét trục quay trùng với thanh, tại mọi điểm trên thanh, khoảng cách từ điểm đó đến trục quay luôn bằng không, nên mômen quán tính của thanh đối với trục quay trùng với thanh là bằng 0. Sử dụng định lý Huyghen-Steiner: I = 0 + md 2 = md 2 c) Sử dụng định lý Huyghen-Steiner: 1 I = ml 2 + md 2 12 3-14. Một đĩa bằng đồng (khối l−ợng riêng p = 8,9 x 10 3kg/m 3) có bề dày b = 4.10 - 3m, bán kính R = 5.10 -2m. Đĩa bị khoét thủng hai lỗ tròn bán kính R/2 nh− hình 3-4. Tìm mômen quán tính của đĩa đC bị khoét đối với trục vuông góc với đĩa và đi qua tâm O của đĩa. Bài giải : Gọi I 0 là mômen quán tính của đĩa ch−a bị khoét với trục quay ∆ đi qua tâm và vuông góc với đĩa; I 1 và I 2 là mômen quán tính của các phần bị khoét đi đối với trục quay đi qua tâm phần bị khoét và vuông góc với đĩa. Ta thấy: MR 2 ρ b πR2.R2 πρ bR 4 I = = = 0 2 2 2 2 π .R 2 2 ρ b .R m  R  πρ bR 4 T−ơng tự: I = I =   = 4 = 1 2 2  2  8 32 Theo định lý Steiner – Huyghen, mômen quán tính của phần bị khoét đi với trục quay ∆ là: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
43. 2 πρ bR 4 πR 2  R  3πρ bR 4 I' = I' = + ρb .  = 1 2 32 4  2  32 Mômen quán tính I k của đĩa đC bị khoét đối với trục ∆ là: πρ bR 4 3πρ bR 4 I = I − I' −I' = − 2. k 0 1 2 2 32 5πρ bR 4 5π .8 9., 10 3.4.10 −3.0,05 4 = = ≈ 2 2., 10 −4 ()kg .m 2 16 16 3-15. Tìm mômen quán tính của Trái Đất đối với trục quay của nó nếu lấy bán kính của Trái Đất là R = 6400km và khối l−ợng riêng trung bình của Trái Đất bằng p = 5,5.10 - 3kg.m 3. Bài giải : Trái Đất có hình cầu nên mômen quán tính của Trái Đất đối với trục quay của nó là: 2 2 4π 8πρ R 5 I = mR 2 = ρ. R 3 .R 2 = 5 5 3 15 8π 5 = .5 5., 10 3.()()6 4., 10 6 ≈ 9 9., 10 37 kg .m 2 15 3-16. Tác dụng lên một bánh xe bán kính R = 0,5m và có mômen quán tính I = 2 20kg.m , một lực tiếp tuyến với vành bánh F 1 = 100N. Tìm: a) Gia tốc của bánh xe; b) Vận tốc dài của một điểm trên vành bánh sau khi tác dụng lực 10 giây biết rằng lúc đầu bánh xe đứng yên. Bài giải : Gia tốc góc của bánh xe là: M F R 100 5,0. β = = t = = 5,2 (rad / s2 ) I I 20 Vận tốc của một điểm trên vành bánh xe sau t = 10s là: v = ωR = (βt)R = 2 5., 10 .0,5 = 12 ,5(m / s) 3-17. Một bánh xe bán kính R = 50cm đang quay d−ới tác dụng của mômen lực M = 980Nm. Hỏi phải cho mỗi má phanh tác dụng lên vành bánh một lực bằng bao nhiêu để bánh xe quay chậm dần với gia tốc góc β = -2,5rad/s 2. Biết hệ số ma sát k = 0,25, mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay I = 50kg.m 2 (hình 3.5). Bài giải : Gọi lực mà mỗi má phanh tác dụng lên vành bánh xe là F. Lực ma sát gây hCm xe sẽ có ph−ơng tiếp tuyến với bánh xe và có tổng độ lớn bằng 2kF (do hai má phanh tạo ra). Ta có: M − M M − 2kFR β = ms = I I M − Iβ 980 − 50 .(− 2,5) ⇒ F = = = 4420 ()N 2kR 2.0,25 .0,5 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
44. 3-18. Một cuộn chỉ có khối l−ợng m đ−ợc đặt trên một mặt phẳng nằm ngang (hình 3-6). Mômen quán tính của cuộn chỉ đối với trục của nó bằng I. Ng−ời ta kéo cuộn chỉ bằng một lực . Hỏi: → a) Góc α giữa lực F và mặt phẳng nằm ngang phải bằng bao nhiêu để cuộn chỉ chuyển động có gia tốc về phía lực kéo; → b) Lực F phải có độ lớn bằng bao nhiêu để cuộn chỉ không tr−ợt? Cho hệ số ma sát giữa cuộn chỉ và mặt phẳng bằng k. Bài giải : Fn F α α Ft a) Muốn cho cuộn chỉ có gia tốc về phía lực kéo, cuộn chỉ phải quay theo chiều kim đồng hồ. Khi đó: Fcos α(R − r cos α )− Fsin α.r sin α > 0 ⇒ FR cos α − Fr > 0 r ⇒ cos α > R b) Ta có hệ ph−ơng trình: Fcos α − Fms = mγ = mR β  mg − N − Fsin α = 0  2 FR cos α − Fr = ()I + mR β N = mg − Fsin α  ⇒  F()R cos α − r Icos α + mRr Fms = Fcos α − mR 2 = F 2  I + mR I + mR Để cuộn chỉ không tr−ợt ta cần có: N ≥ 0   Fms ≤ kN  mg F ≤  sin α ⇒  Icos α − mRr F ≤ k()mg − Fsin α  I + mR 2 kmg I + mR 2 ⇒ F ≤ ( ) I()cos α + k sin α + mR (r + kR sin α) 3.19- Trên một trụ rỗng khối l−ợng m = 1kg, ng−ời ta cuộn một sợi dây không giCn có khối l−ợng và đ−ờng kính nhỏ không đáng kể. Đầu tự do của dây đ−ợc gắn trên một giá cố định (hình 3-7). Để trụ rơi d−ới tác dụng của trọng l−ợng. Tìm gia tốc của trụ và sức căng của dây treo. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
45. Bài giải : T P Trụ vừa quay vừa rơi. Gọi T là sức căng dây. Thiết lập các ph−ơng trình lực và mômen lực, ta có: mg − T = mγ TR = Iβ = mR 2β Mặt khác, từ mối liên hệ giữa vận tốc dài và vận tốc góc, ta có: v = ωR ⇒γ = βR Ta có hệ ph−ơng trình: mg − T = mγ 2mγ = mg  ⇒  T = mR β = mγ T = mγ  g 9,8 γ = = = 4,9()m / s2  2 2 ⇒  mg 1.9,8 T = = = 4,9()N  2 2 3-20. Hai vật có khối l−ợng lần l−ợt bằng m 1 và m 2 (m 1 > m 2), đ−ợc nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc (khối l−ợng của ròng rọc bằng m) (hình 3-8). Tìm: a) Gia tốc của các vật; b) Sức căng T 1 và T 2 của các dây treo. Coi ròng rọc là một đĩa tròn; ma sát không đáng kể. áp dụng bằng số: m 1 = 2kg, m 2 = 1kg; m = 1kg. Bài giải : Thiết lập các ph−ơng trình lực và mômen lực: m1g − T1 = m1γ 1 T2 − m2g = m2γ 2 mR 2 γ ()T − T R = Iβ = . 3 1 2 2 R Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
46. T2 m2 T1 P2 m1 P1 Dễ thấy γ1 = γ 2 = γ 3 = γ , ta có hệ ph−ơng trình:    T1 = m1 ()g −γ T1 = m1 ()g − γ   T2 = m 2 ()g + γ ⇒ T2 = m 2 ()g + γ  m  T T m  1 − 2 = γ  γ = ()()m − m g − m + m γ  2  2 1 2 1 2  m1(4m2 + m)g T1 = 2m + 2m + m T = m ()g −γ  1 2 1 1   m2 ()4m1 + m g ⇒ T2 = m2 ()g + γ ⇒ T2 =   2m1 + 2m2 + m ()()2m1 + 2m2 + m γ = 2 m1 − m2 g  2()m − m g γ = 1 2  2m1 + 2m2 + m 3-21. Một hệ gồm một trụ đặc đồng chất khối l−ợng M = 2,54kg và một vật nặng khối l−ợng m = 0,5kg đ−ợc nối với nhau bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc (hình 3-9). Bỏ qua khối l−ợng của dây, của ròng rọc và khung gắn với trụ. Tìm gia tốc của vật nặng và sức căng của dây. Bài giải : Gọi T là sức căng dây, từ các ph−ơng trình lực và mômen lực, ta có hệ sau: mg − T = mγ mg − T = mγ  2    MR 2  γ ⇒  3 TR = Iβ =  + MR  T = Mγ   2  R  2  mg 0 5., 9,8   3  γ = = ≈ 1,14 ()m / s2 mg = m + Mγ  3 0,5 +15., 2,54   2   m + M ⇒  ⇒  2 3 T = Mγ  3  T = Mγ = 15., 2,54 1,. 14 ≈ 4,33 ()N 2  2 3-22. Một vật A khối l−ợng m tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng và làm quay một bánh xe có bán kính R (hình 3-10). Mômen quán tính của bánh xe đối với trục quay bằng I. Khối l−ợng của T dây không đáng kể. Tìm gia tốc góc của bánh xe? T Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái NguyênFms P
47. Bài giải : Gọi T là sức căng dây, ta có hệ ph−ơng trình: TR = Iβ  T − mg sin α + kmg sin α = mγ = mR β I ⇒ β − mR β = mg sin α − kmg cos α R mgR (sin α − k cos α ) ⇒ β = I − mR 2 Với k là hệ số ma sát của mặt phẳng nghiêng: + Nếu k > tg α , hệ ở trạng thái cân bằng: β = 0 . mgR sin α + Nếu k = 0 thì β = . I − mR 2 3-23. Một thanh có chiều dài l = 1m quay xung quanh một trục nằm ngang đi qua một đầu của thanh. Lúc đầu, thanh ở vị trí nằm ngang, sau đó đ−ợc thả ra (hình 3-11). Tìm gia tốc góc của thanh lúc bắt đầu thả rơi và lúc thanh đi qua vị trí thẳng đứng. Bài giải : Mômen lực do trọng lực gây ra quanh trục quay khi thanh nghiêng một góc α so với ph−ơng thẳng đứng là: M = F(l 2/ ).sinα M mgl sin α g3 sin α Vậy: β = = = 2 I  1 2 l  l2 2. ml + m  12 4  3g 8,9.3 + Tại vị trí ban đầu: α = 90 0: β = = = 14 7, (m / s2 ) 2l 2.1 + Tại vị trí thanh đi qua vị trí thẳng đứng: α = 0: β = 0 . 3-24. Một đĩa tròn đồng chất bán kính R 1 khối l−ợng m có thể quay xung quanh 1 trục nằm ngang vuông góc với đĩa và cách tâm đĩa một đoạn R/2. Đĩa bắt đầu quay từ vị trí t−ơng ứng với vị trí cao nhất của tâm đĩa với vận tốc đầu bằng 0. Xác định mômen động l−ợng của đĩa đối với trục quay khi đĩa đi qua vị trí thấp nhất. Bài giải : Mômen quán tính của đĩa đối với trục quay là: 2 1  R  3mR 2 I = mR 2 + m  = 2  2  4 áp dụng định luật bảo toàn năng l−ợng: 1 (Iω)2 L2 mgR = Iω 2 = = 2 2I 2I 6m2 gR 3 3 ⇒ L = 2mgRI = = mR gR 4 2 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
48. → → 3-25. Một hệ chất điểm có tổng động l−ợng bằng K và mômen động l−ợng L đối → → với một điểm O. Xác định mômen động l−ợng của hệ đối với điểm O’ biết OO ' = r0 . Trong tr−ờng hợp nào mômen động l−ợng của h không phụ thuộc điểm O? Bài giải : Mômen động l−ợng của hệ đối với O’ là:
    
    
    
    
    
    LO' = ∑ rO'i ∧ mi vi = ∑(rOi + rOO ' )∧ mi vi
    i
    
    i
    = ∑ rOi ∧ mivi + ∑ r0 ∧ mivi i i
    
    
    
     = ∑ rOi ∧ mivi + r0 ∧ ∑mivi  i  i 
    
    
    = LO + r0 ∧ K Mômen động l−ợng của hệ không phụ thuộc vào điểm O hay:
    
    
    
    
    LO' = LO ⇔ r0 ∧ K = 0 ⇔ K = 0 → 3-26. Chứng minh rằng mômen động l−ợng L của 1 hệ chất điểm đối với 1 điểm O → → → → → gắn liền với 1 hệ qui chiếu K có thể cho bởi: L = L 0 + r0 ^ P , trong đó L 0 là mômen → động l−ợng đối với khối tâm, r0 là véctơ bán kính của khối tâm đối với điểm O trong hệ → K, P là tổng động l−ợng của hệ. Bài giải : T−ơng tự bài 3-25, thay O bằng trọng tâm G, và O’ bằng điểm O trong hệ K, ta có:
    
    
    
    L = LO + rO ∧ P Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
49. Ch−ơng 4 năng l−ợng 4-1. Hỏi động cơ máy bay phải có công suất bằng bao nhiêu, biết rằng máy bay có khối l−ợng m = 3000kg, khi bay lên cao 1km phải mất một phút. Bỏ qua sức cản của không khí. Bài giải : Muốn bay lên cao, máy bay phải tốn công để thắng công cản của trọng lực A = mg ∆h. Từ đó suy ra công suất của máy bay A mg ∆h P = = ∆t ∆t Thay m = 3000kg, h = 1km = 1000m, ∆t = 1 phút = 60s và g vào biểu thức trên ta tính đ−ợc P = 490kW. 4-2. Tính công cần thiết để kéo một lò xo giCn ra 20cm, biết rằng lực kéo tỷ lệ với độ giCn của lò xo và muốn lò xo giCn 1cm phải cần một lực 30N. Bài giải : Hệ số đàn hồi của lò xo bằng: k = 30 N / 1cm = 3000 N / m Công của lực kéo: ∆x ∆x k( ∆x )2 A = ∫ F.dx = ∫()k.x .dx = , 0 0 2 Với k = 3000N/m ; ∆x = 20cm = 0,2m thì A = 60J. 4-3. Một ôtô khối l−ợng một tấn, khi tắt máy chuyển động xuống dốc thì có vận tốc không đổi v = 54km/h. Độ nghiêng của dốc là 4%. Hỏi động cơ ôtô phải có công suất bao nhiêu để nó lên đ−ợc dốc trên cùng với vận tốc 54km/h. Bài giải : Vì khi tắt máy xuống dốc, ôtô có vận tốc không đổi nên phải có điều kiện: fms = mgsin α. Để xe chuyển động đều lên dốc thì lực kéo F k của động cơ ôtô phải bằng: Fk = f ms + mg.sin α = 2.mg.sin α Công suất của động cơ ôtô khi lên dốc với vận tốc v đ−ợc tính theo công thức: A F .S P = = k = F . v = ( 2.mg. sin α).v t t k (1) = 2.1000 .9 8., 0,04 .15 ≈ 11 ,8kW 4-4. Một ôtô khối l−ợng 2 tấn, leo lên dốc có độ nghiêng 4%. Hệ số ma sát là 0,08. Tìm: a) Công thực hiện bởi động cơ ôtô trên quCng đ−ờng dài 3km; b) Công suát của động cơ ôtô, biết rằng thời gian đi hết quCng đ−ờng trên mất 4 phút. Bài giải : Lực kéo của động cơ phải cân bằng với thành phần mg.sin α của trọng lực và lực ma sát: Fk = mg .sinα + fms = mg .sinα + k.mg cos α ≈ mg .sinα + k.mg . Công kéo của động cơ trên quCng đ−ờng dài 3km: 6 A = Fk .S = mg .(sin α + k).S = 2000 .9 8., (0,04 + 0,08 ).3000 = 7,06 .10 (J). Công suất của động cơ: Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
50. A 7,06 .10 6 P = = = 2,94 .10 4 W = 29 ,4kW t 4.60 4-5. Một đoàn tàu khối l−ợng 50 tấn chuyển động trên đ−ờng ray nằm ngang với vận tốc không đổi bằng 36km/h. Công suất của đầu máy là 220,8kW. Tìm hệ số ma sát giữa tàu và đ−ờng ray. Bài giải : Khi chuyển động đều trên đ−ờng ray nằm ngang, lực kéo của đầu tầu phải cân bằng với lực ma sát: Fk = f ms = k.mg . Công suất của đầu máy có thể xác định theo công thức: A F .S P = = k = F .v = k.mg .v t t k P 220 8., 10 3 ⇒ k = = = 0,045 mgv 50 .10 3.9 8., 10 4-6. Ng−ời ta th−ờng xác định công suất của động cơ bằng một thiết bị nh− hình vẽ 4-4. Thiết bị gồm hai hàm kẹp, kẹp chặt vào trục động cơ. Một hàm hẹp đ−ợc gắn với tay đòn, cuối tay đòn có treo trọng vật Q. Trọng vật đ−ợc chọn sao cho nó cân bằng với lực ma sát và giữa tay đòn nằm ngang. Xác định công suất của động cơ nếu số vòng quay của trục là n = 60 vòng/phút, chiều dài cánh tay đòn kể từ tâm của trục l = 1m, trọng l−ợng của vật bằng Q = 490N. Trọng l−ợng của cánh tay đòn không đáng kể. Bài giải : Gọi f ms là mực ma sát giữa các hàm kẹp và trục của động cơ. Ta có điều kiện cân bằng: Ql f .r = Q.l. ⇒ f = ms ms r l Q Q.l Công suất của động cơ P = f . v = .[]()2π .n .r = 2πQnl , n = 1 là số vòng quay ms r trong 1 giây. ⇒ P = 2.π .490 .1.1 = 3,08 .10 3 W 4-7. Một động cơ truyền công suất P = 15kW cho một puli nhờ dây cuaroa AB (hình 4-5). Bán kính puli r = 25cm, vận tốc quay của puli n = 120 vòng/phút. Lực căng của nhánh trên A của dây cuaroa lớn gấp đôi lực căng của nhánh d−ới B. Tìm lực căng đó biết rằng hai nhánh dây cuaroa song song với nhau. Bài giải : Công suất truyền cho puli: P = F.v = [(T A - TB).r] .2 π.n. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
51. P Từ điều kiện T = 2T suy ra T = 2.T = . A B A B π .r.n 15 .10 3 Thay số: T = 2T = = 9556 ()N A B π .0,25 .2 TA Puli TB 4-8. Một chiếc xe khối l−ợng 20000kg chuyển động chậm dần đều d−ới tác dụng của lực ma sát bằng 6000N. Sau một thời gian xe dừng lại. Vận tốc ban đầu của xe là 54km/h. Tính: a) Công của lực ma sát; b) QuCng đ−ờng mà xe đC đi đ−ợc kể từ lúc có lực ma sát tác dụng cho tới khi xe dừng hẳn. Bài giải : Dựa theo định lý động năng, công cản của lực ma sát làm giảm động năng của xe từ giá trị ban đầu về 0, do đó, công này có độ lớn chính bằng động năng ban đầu của xe: 1 1 A =| ∆E |= m.v 2 = .20000 .15 2 = 2,25 .10 6 J . ms K 2 2 QuCng đ−ờng mà xe di đ−ợc kể từ lúc hCm xe đến khi xe dừng hẳn: A 2,25 .10 6 S = ms = = 375 ()m f ms 6000 4-9. Tính công cần thiết để cho một đoàn tàu khối l−ợng m = 8.10 5kg: a) Tăng tốc từ v 1 = 36km/h đến v 2 = 54km/hệ thống b) Dừng lại nếu vận tốc ban đầu là 72km/h. Bài giải : Ta sẽ áp dụng định lý động năng: độ biến thiên động năng của một vật bằng công do ngoại lực tác dụng vào vật do đó: a) Công làm xe tăng vận tốc từ v 1 = 36km/h = 10m/s đến v 2 = 54km/h = 15m/s: 1 1 1 1 A = ∆E = m.v 2 − m.v 2 = .8.10 5.15 2 − .8.10 5.10 2 = 5.10 7 J K 2 2 2 1 2 2 b) Công làm xe giảm vận tốc từ v 0 = 72km/h = 20m/s đến v = 0m/s: 1 1 1 A = ∆E = m.v2 − m.v 2 = 0 − .8.10 5.20 2 = −1 6., 10 8 J K 2 2 0 2 Công này là công cản (công âm). 4-10. Một khẩu pháo khối l−ợng M = 450kg nhả đạn theo ph−ơng nằm ngang. Đạn pháo có khối l−ợng m = 5kg, vận tốc đầu nòng v = 450m/s. Khi bắn, bệ pháo giật về phía sau một đoạn s = 45cm. Tìm lực hCm trung bình tác dụng lên pháo. Bài giải : Gọi V là vận tốc giật lùi của khẩu pháo. Dựa vào định luật bảo toàn động l−ợng áp dụng cho ph−ơng ngang ta có:
    
    m
    M.V + m.v = 0 ⇒ V = − .v M Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
52. v M V m Lực hCm khẩu pháo sinh công làm giảm động năng của khẩu pháo: 1 ⇒ F .S = M.V 2 h.m 2 Từ đó: M.V 2 m 2 .v2 F = = h.m 2.S 2 s M 52.450 2 = = 12500 ()N 2.0,45 .450 4-11. Một viên đạn khối l−ợng m = 10kg đang bay với vận tốc v=100m/s thì gặp một bản gỗ dày và cắm sâu vào bản gỗ một đoạn s = 4cm. Tìm: a) Lực cản trung bình của bản gỗ lên viên đạn; b) Vận tốc viên đạn sau khi ra khỏi bản gỗ chỉ dày d = 2cm. Bài giải : a) Ta vẫn sử dụng định lý về động năng để có đ−ợc ph−ơng trình: 2 − 2 2 − 2 . m.0 mv 0 mv 0 10 100 Fc .s = − → Fc = − = − = −1250 ()N 2 2 s2 2.0,04 b) Viên đạn có khả năng xuyên sâu vào bản gỗ 4cm mới dừng lại. Nếu bản gỗ chỉ dày 2cm thì sau khi xuyên qua bản gỗ, viên đạn vẫn còn tiếp tục chuyển động với vận tốc v’ < v. Theo định lý về động năng: 2 2 − mv ' mv 0 A’ = − = Fc d , 2 2 2F d 2(−1250 ).0,02 suy ra: v’ = c + v 2 = +100 2 ≈ 71m/s. m 0 10 4-12. Một xe chuyên động từ đỉnh một dốc phẳng DC có độ cao h (hình 4-6) và dừng hẳn lại sau khi đC đi đ−ợc đoạn nằm ngang CB. Cho AB = s; AC = 1; hệ số ma sát giữa xe và mặt đ−ờng trên các đoạn DC và CB bằng nhau. Tính hệ số ma sát và gia tốc của xe trên các đoạn đ−ờng DC và BC. Bài giải : D h α C A B s l - Tại đỉnh mặt phẳng nghiêng xe có thế năng W t = mgh. Chính thế năng này đC dùng để thắng công A 1 và A 2 của lực ma sát trên các đoạn đ−ờng DC và CB. Do đó W t = A 1 + A2, trong đó công của lực ma sát trên các đoạn DC và CB là: A1 = k.(mg.cos α) . DC = kmg.l ; A2 = kmg (s - l). Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
53. h Từ đó ta suy ra: mgh = kmgl + kmg (s − l) = kmgs ⇒ k = . s - Phân tích lực và áp dụng định luật Niutơn thứ hai, ta đ−ợc các ph−ơng trình: mgsin α - (f ms )DC = m.a DC , (1) - kmg = m.a CB (2) Từ (1) suy ra: mgsin α - k.(mg.cos α) = m.a DC  h h l  ⇒   a CD = g()sin α − k cos α = g. − .  l2 + h 2 s l2 + h 2   gh  l  = 1−  > 0 l2 + h 2  s  h Còn từ (2) ⇒ a = −kg = − .g < 0 CB s h gh  l  h Đáp số: k = ; a DC = 1−  ; a CB = −kg = − .g . s h 2 + l 2  s  s 4-13. Một vật khối l−ợng m tr−ợt không ma sát từ đỉnh một mặt cầu xuống d−ới (hình 4-7). Hỏi từ khoảng cách ∆h nào (tính từ đỉnh mặt cầu) vật bắt đầu rơi khỏi mặt cầu. Cho bán kính mặt cầu R = 90cm. Bài giải : m ∆h Rn R P Hình 4-? Trong quá trình vật tr−ợt trên mặt cầu, vật chịu tác dụng của hai lực: trọng lực P của vật và phản lực R n của mặt cầu. Tổng hợp hai lực này tạo ra hai thành phần: thành phần pháp tuyến đóng vai trò lực h−ớng tâm trong chuyển động tròn của vật, thành phần tiếp tiếp gây ra chuyển động tr−ợt nhanh dần cho vật. Xét thành phần pháp tuyến: m.v 2 m.v 2 m.v 2 P − R = m.a = ⇒ R = P − = mg cos α − n n ht R n n R R Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng: độ giảm thế năng của vật bằng độ tăng động năng của vật. 1 mg ∆h = mv 2. 2 2mg ∆h R − ∆h 2mg ∆h  3∆h  ⇒ R = mg cos α − = mg − = mg 1−  n R R R  R  Vật chỉ có thể đ−ợc gọi là bám trên mặt cầu nếu nó còn áp lên mặt cầu một lực (bằng phản lực R n của mặt cầu), tức là R n ≥ 0. Sự rời khỏi mặt cầu bắt đầu xảy ra khi Rn = 0. Hay:  3∆h  R R = mg 1−  = 0 ⇒ ∆h = = 30 cm . n  R  3 Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
54. 4-14. Một vật khối l−ợng m = 1kg tr−ợt trên một mặt phẳng nghiêng hợp với mặt nằm ngang một góc α sao cho sin α = 0,1. Sau khi tr−ợt hết mặt phẳng nghiêng, vật còn tiếp tục chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang một đoạn l = 10m mới dừng lại. Hệ số ma sát trong suốt quá trình chuyển động k = 0,05. Tìm vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng. Lấy gia tốc trọng tr−ờng g = 10m/s 2. Bài giải : A L h α B H C s l Do tác dụng của lực ma sát f ms = -kmg, vật tr−ợt trên đoạn mặt phẳng ngang BC với gia tốc a = -k.g. Gọi v là vận tốc của vật ở cuối mặt phẳng nghiêng, theo định lý động năng ta có: 1 1 f .l = 0 − mv 2 ⇒ kmg .l = mv 2 ms 2 2 → v = 2kgl = 2.0,05 .10 .10 ≈ 3,16 ()m / s 4-15. Từ một đỉnh tháp cao h = 20m, ng−ời ta ném một hòn đá khối l−ợng 50g theo ph−ơng nghiêng với mặt phẳng nằm ngang, với vận tốc ban đầu v 0 = 18m/s. Khi rơi tới mặt đất hòn đá có vận tốc v = 24m/s. Tính công của lực cản của không khí lên hòn đá. Bài giải : Chọn mốc tính thế năng nằm tại mặt đất. Thời điểm đầu tiên hòn đá có cơ năng: 1 W = mv 2 + mgh t 2 0 Thời điểm hòn đá chạm mặt đất nó có cơ năng: 1 W ' = mv 2 t 2 Rõ ràng cơ năng lúc sau của hòn đá bằng cơ năng ban đầu của hòn đá cộng thêm công sinh ra của ngoại lực, do đó: W' = W + A C ⇒ AC = W'−W m 2 2 ⇒ AC = ( v − v0 )− mgh 2 0,05 = ()24 2 −18 2 − 0,05 .9 8., 20 = −3,5()J 2 4-16. Một vật khối l−ợng m = 10kg tr−ợt từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng cao 20m xuống. Khi tới chân dốc vật có vận tốc 15m/s. Tính công của ma sát. Bài giải : Công sinh ra bởi lực ma sát bằng độ biến thiên cơ năng của vật: 1 1 A = W − W = mv 2 − mgh = .10 .15 2 −10 .9 8., 20 = −835 ()J C sau tr−ớc 2 2 4-17. ở đầu một sợi dây OA, dài l = 30cm có treo một vật nặng (hình 4-8). Hỏi tại điểm thấp nhất A phải truyền cho vật một vận tốc bé nhất bằng bao nhiêu để vật có thể quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng. Bài giải : Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
55. 
    B vB T P O l
    v A A 1 Tại A vật đ−ợc truyền một động năng mv 2 . Sau đó vật bắt đầu chuyển động tròn 2 A lên phía trên. Thế năng của vật tăng dần, động năng (do đó vận tốc) của vật giảm dần (hình 4-8). Muốn vật chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, vận tốc v B của vật tại điểm cao nhất B phải đủ lớn để làm cho sợi dây luôn bị căng (T ≥ 0). → → → Vì tại B vật chịu tác dụng của trọng lực P = mg và lực căng T (đều h−ớng theo ph−ơng thẳng đứng) tạo ra lực h−ớng tâm trong chuyển động tròn của vật, nên: mv 2 F = B = mg + T . ht l Vậy vận tốc nhỏ nhất tại B để vật có thể quay tròn: vBmin = gl . (1) Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng: (∆Wđ)AB = - (∆Wt)AB , 2 2 suy ra: v A = v B + 4gl . Vậy vận tốc nhỏ nhất cần truyền cho vật tại A để nó quay tròn trong mặt phẳng thẳng đứng: 2 2 ( v A )min = ( v B )min + 4gl , ⇒ v A min = 5gl = 3,8m / s 4-18. Một con lắc đơn trọng l−ợng P đ−ợc kéo ra khỏi ph−ơng thẳng đứng một góc α = 90 0, sau đó con lắc đ−ợc thả rơi. Chứng minh rằng sức căng của dây treo bằng 3P khi con lắc đi qua vị trí cân bằng. Bài giải : T v P Khi qua vị trí cân bằng, hợp lực giữa sức căng của dây và trọng lực của con lắc tạo ra lực h−ớng tâm của chuyển động này. Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
56. mv 2 mv 2 T − P = m.a = ⇒ T = + mg ht l l áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 mv 2 = mgl 2 Từ đó suy ra sức căng T: 2mgl T = + mg = 3mg = 3P l 4-19. Một quả cầu khối l−ợng m = 0,1kg đ−ợc gắn ở đầu một thanh nhẹ dài l = 1,27m khối l−ợng không đáng kể. Hệ quay trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh đầu kia của thanh. Tại điểm cao nhất quả cầu có vận tốc v 0 = 4,13m/s. a) Tìm sự phụ thuộc của thế năng và động năng của quả cầu theo góc α hợp bởi thanh và ph−ơng thẳng đứng. Chọn gốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất của quả cầu. b) Xác định lực tác dụng T của quả cầu lên thanh theo góc α. Tìm T tại các vị trí thấp nhất và cao nhất của quả cầu. Bài giải : Chọn mốc tính thế năng tại vị trí thấp nhất A của quả cầu. Khi quả cầu ở điểm C, thanh hợp với ph−ơng thẳng đứng một góc α thì: a) thế năng và động năng của quả cầu là: Wt = mgh C = mgl . (1 - cos α) ; 1 W = mv 2 đ 2 Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: Wt + W đ = (W t)0 + (W đ)0. 1 1 Hay: mgl ()1− cos α + mv 2 = mg .().l2 + mv 2 2 2 0 1 1 ⇒ v = 2gl .(1+ cos α )+ v 2 ; W = mv 2 = mv 2 + mgl (1+ cos α ) 0 đ 2 2 0 B O
    T v C α hC P A b) lực h−ớng tâm của vật đ−ợc quyết định bởi trọng lực P và lực T của thanh: mv 2 F = = T − mg cos α ht l mv 2 mv 2 → T = + mg cos α = 0 + 2mg (1+ cos α ) + mg cos α l l Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
57.  v 2   0  ⇒ T = m + g3 cos α + 2g  l   v 2   4,13 2  ⇒  0  .,  . ,  , Tại điểm thấp nhất, α = 0 T = m + g5  = 01  + 5 9 8 = 6 24 ()N  l   1,27   v 2   4,13 2  0 ⇒  0  .,  . ,  , Tại điểm cao nhất, α = 180 , T = m − g = 01  − 9 8 = 0 363 ()N .  l   1,27  Cả hai vị trí, vật đều kéo căng thanh. 4-20. Để đo vận tốc của viên đạn ng−ời ta dùng con lắc thử đạn. Đó là một bì cát treo ở đầu một sợi dây (hình 4-9). Khi viên đạn xuyên vào bì cát, nó bị mắc tại đó và bì cát đ−ợc nâng lên một độ cao h nào đó. Tìm vận tốc của đạn lúc đó sắp xuyên vào bì cát. Biết khối l−ợng của viên đạn là m, khối l−ợng của bì cát là M. Bài giải : Đây là bài toán va chạm mềm. Muốn giải nó, ta áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng và định luật bảo toàn cơ năng. Gọi v và V lần l−ợt là vận tốc của đạn tr−ớc khi xuyên vào bì cát và vận tốc của bì cát sau khi có đạn xuyên vào. α M m h v Định luật bảo toàn động l−ợng cho: mv = (M + m) V. (1) Định luật bảo toàn cơ năng cho: V 2 (m + M) = (m + M) gh. ⇒ V = 2gh (2) 2 m + M m + M Từ (1) và (2) ta suy ra: v = .V = . 2gh . m m Đo m, M, h sẽ tính đ−ợc vận tốc v của viên đạn. 4-21. Một ống thuỷ tinh khối l−ợng M trong có đựng vài giọt ête đ−ợc đậy bằng một cái nút khối l−ợng m. ống thuỷ tinh đ−ợc gắn ở đầu một thanh cứng dài l trọng l−ợng không đáng kể (hình 4-10). Khi hơ nóng ống thuỷ tinh, ête bốc hơi, nút bị bật ra d−ới áp suất của hơi ête. Hỏi vận tốc bật bé nhất của nút phải bằng bao nhiêu để ống thuỷ tinh có thể quay đ−ợc cả vòng xung quanh điểm treo O. Bài giải : Gọi v, V lần l−ợt là vận tốc của cái nút và vận tốc của ống thuỷ tinh. áp dụng định luật bảo toàn động l−ợng ta có: M.V = m.v Theo kết quả của bài 4-17 thì, để ống thuỷ tinh có thể chuyển động tròn quanh điểm treo O thì vận tốc V của nó tại điểm thấp nhất này phải thoả mCn điều kiện: V ≥ 5gl Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
58. M.V M 5gl ⇒ v = ≥ m m O l M m V v 4-22. Một hòn bi khối l−ợng m chuyển động không ma sát trên một đ−ờng rCnh có dạng nh− hình vẽ 4-11. Hòn bi đ−ợc thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao h = 2R, kích th−ớc của bi nhỏ không đáng kể. Hỏi: a) ở độ cao nào hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh? b) Độ cao lớn nhất mà hòn bi sẽ đạt đ−ợc sau khi rời khỏi đ−ờng rCnh? Bài giải : a) Xem bài tập 4-13, 4-18: hòn bi rời khỏi đ−ờng rCnh khi lực nén hòn bi lên rCnh bằng không. Từ điều kiện trên suy ra: C A B H2 H1 2 mv 0 Hình 4 -22 mg.cos α = (1) R áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AB (B là điểm hòn bi rời đ−ờng 5 rCnh) ta có: H = R (hình 4-3’). 1 3 b) Vận tốc của hòn bi tại B đ−ợc suy ra từ (1): 2Rg v = . Sau khi rời đ−ờng rCnh, bi chuyển động theo một parabol đỉnh C. Vận 0 3 tốc nằm ngang ở C: (v x)c = v 0 cos α, vận tốc thẳng đứng (v y)c = v 0sin α - gt. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình AC, ta suy ra: 50 H = R . 2 27 4-23. Một quả cầu khối l−ợng 2kg, chuyển động với vận tốc 3m/s, va chạm xuyên tâm với một quả cầu thứ hai khối l−ợng 3kg đang chuyển động cùng chiều với quả cầu thứ nhất với vận tốc 1m/s. Tìm vận tốc của các quả cầu sau va chạm nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. b) Va chạm là không đàn hồi (mềm). Bài giải : m1 v m 1 2 v2 + Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
59. a) Va chạm đàn hồi: Va chạm giữa hai vật tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng và bảo toàn động năng. Ta có các ph−ơng trình bảo toàn: m1v1'+m 2 v 2' = m1v1 + m 2 v 2 (1) 1 1 1 1 m v ' 2 + m v ' 2 = m v 2 + m v 2 (2) 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 Chuyển tất cả các số hạng liên quan đến m 1 về một vế, liên quan đến m 2 sang vế còn lại trong hai ph−ơng trình trên: m1 (v1'−v1 ) = m 2 (v2 − v 2') (3) 2 2 2 2 m1 (v1' −v1 )= m1 (v 2 − v 2' ) (4) Do sau va chạm, các vật thay đổi vận tốc nên có thể lấy (4) chia vế cho vế với (3) ta đ−ợc: v1'+v1 = v2'+v2 (5) Nhân hai vế của (5) với m2 rồi cộng vế theo vế với (3) ta đ−ợc: m 2 (v1'+v1 )+ m1 (v1'−v1 ) = 2m 2 v 2 2m2v2 + (m1 − m2 )v1 → v1' = (6) m1 + m2 Làm t−ơng tự (hoặc tráo đổi vai trò của các chỉ số 1 và 2) ta rút ra: 2m1v1 + (m2 − m1 )v2 v2' = (7) m1 + m2 áp dụng với m 1 = 2kg, m 2 = 3kg, v 1 = 3m/s, v 2 = 1m/s vào (6) và (7) ta tính ra đ−ợc: v’ 1 = 0,6m/s ; v’ 2 = 2,6m/s . b) Va chạm mềm: Sau va chạm, hai vật sẽ có cùng một vận tốc v: v’ 1 = v’ 2 = v. Va chạm này tuân theo định luật bảo toàn động l−ợng: m1v1'+m 2 v 2' = m1v1 + m 2 v 2 hay (m1 + m 2 )v = m1v1 + m 2 v2 m v + m v ⇒ v = 1 1 2 2 m1 + m 2 Thay các giá trị khối l−ợng và vận tốc đC cho ta đ−ợc: v’ 1 = v’ 2 = v = 1,8m/s. 4-24. Hai quả cầu đ−ợc treo ở đầu hai sợi dây song song dài bằng nhau. Hai đầu kia của các sợi dây đ−ợc buộc vào một cái giá sao cho các quả cầu tiếp xúc với nhau và tâm của chúng cùng nằm trên một đ−ờng nằm ngang (hình 4-12). Khối l−ợng của quả cầu lần l−ợt bằng 200g và 100g. Quả cầu thứ nhất đ−ợc nâng lên độ cao h = 4,5cm và thả xuống. Hỏi sau va chạm, các quả cầu đ−ợc nâng lên độ cao bao nhiêu nếu: a) Va chạm là hoàn toàn đàn hồi; b) Va chạm là mềm. Bài giải : m1 m2 h Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
60. Trong bài này ta sẽ vận dụng cả định luật bảo toàn cơ năng cho một con lắc đơn nh− trong bài 4-18, 4-20 và bài toán về va chạm xuyên tâm nh− trong bài 4-23. Ngay tr−ớc khi quả cầu 1 chạm vào quả cầu 2 nó có vận tốc là: v1 = 2gh Sau va chạm, các quả cầu có vận tốc là v 1’; v 2’ và chúng sẽ lên các độ cao h 1 và h 2 v ' 2 v ' 2 t−ơng ứng bằng: h = 1 ; h = 2 . 1 2g 2 2g a) Nếu va chạm giữa hai vật là đàn hồi, áp dụng công thức của bài 4-23 với 1 4 m = 200g = 2m ; v = 0 thì: v ' = v ; v ' = v . Từ đó ta đ−ợc: 1 2 2 1 3 1 2 3 1 v ' 2 1 v 2 1 1 v ' 2 16 v 2 16 h = 1 = 1 = h = .4,5 = 0,5()cm ; h = 2 = . 1 = h = 8()cm . 1 2g 9 2g 9 9 2 2g 9 2g 9 b) Nếu va chạm giữa hai vật là mềm: v’ 1 = v’ 2 = 2v 1/3. v ' 2 4 v 2 4 ⇒ h = h = 1 = . 1 = .h = 2()cm . 1 2 2g 9 2g 9 4-25. Một vật chuyển động khối l−ợng m 1 tới va chạm vào vật thứ hai đang đứng yên, khối l−ợng m 2. Coi va chạm là xuyên tâm và hoàn toàn đàn hồi. Hỏi số phần trăm động năng ban đầu của vật thứ nhất đC truyền cho vật thứ hai sau va chạm? áp dụng cho các tr−ờng hợp a) m 1 = m 2; b) m 1 = 9m 2. Bài giải : áp dụng các công thức va chạm đàn hồi có đ−ợc trong bài 2-23 với v1 ≠ 0;v 2 = 0 ta tính đ−ợc vận tốc của quả cầu thứ 2 sau va chạm: 2m1v1 v2' = m1 + m 2 Từ đó suy ra tỷ số phần trăm động năng mà vật 1 đC truyền cho vật 2: W' m v ' 2 m 4m 2 4m m η = d2 = 2 2 = 2 1 = 1 2 . W 2 m ( m + m )2 ( m + m )2 d1 m1v1 1 1 2 1 2 Khi m 1 = m 2 thì η = 100%. Khi m 1 = 9m 2 thì η = 36% 4-26. Một đĩa đồng chất nặng 20N, lăn không tr−ợt trên một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 4m/s. Tìm động năng của đĩa. Bài giải : 1 Đĩa đồng chất có mô men quán tính: I = m.R 2 (với R là bán kính của đĩa). 2 Khi đĩa lăn không tr−ợt trên sàn nằm ngang, ta có điều kiện: v = Rω . Động năng của đĩa bao gồm động năng tịnh tiến và động năng quay: 1 2 1 2 1 2 1  1 2  2 1 2 1 2 2 3 2 Wđ = mv + I.ω = mv +  m.R .ω = mv + m.R ω = mv 2 2 2 2  2  2 4 4 4-27. Tính công cần thiết để làm cho một vô lăng hình vành tròn đ−ờng kính 1m, khối l−ợng 500kg, đang đứng yên quay tới vận tốc 120 vòng/phút. Bài giải : Mô men quán tính của vô lăng hình vành tròn: I = m.R 2 . Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên
61. Vận tốc quay của vô lăng là 120vòng/phút = (120.2 π radian) /(60giây) = 4 π (rad/s). Công để làm vô lăng quay chính bằng độ tăng động năng (quay) của vô lăng: 1 1 1 1 A = ∆W = I.ω 2 = . m.d 2 .ω 2 = .500 .12.()()4π 2 =10000 J =10 kJ đ 2 2 4 8 4-28. Một quả cầu đặc đồng chất có khối l−ợng m = 1kg, lăn không tr−ợt với vận tốc v1 = 10m/s đến đập vào thành t−ờng rồi bật ra với vận tốc v 2 = 8m/s. Tính nhiệt l−ợng toả ra trong va chạm đó. Bài giải : Sau va chạm động năng của vật giảm. Độ giảm động nặng này toả ra d−ới dạng nhiệt Q = -∆Wđ. Khi tính toán cần chú ý rằng quả cầu vừa có động năng tịnh tiến vừa có động năng quay. Động năng quay của quả cầu đặc, đồng chất, lăn không tr−ợt: 1 2 1  2 2  2 1 2 2 1 2 Wđq = I.ω =  .mR .ω = m.R .ω = m.v 2 2  5  5 5 1 mv 2 7 Do đó: w = w + w = mv 2 + = mv 2 . đ đq đtt 5 2 10 Vậy, nhiệt l−ợng toả ra do va chạm: 7 2 2 7 2 2 Q = −∆Wd = − m(v2 − v1 )= − .1.()8 −10 = 25 ,2()J 10 10 4-29. Một cột đồng chất có chiều cao h = 5m, đang ở vị trí thẳng đứng thì bị đổ xuống. Xác định: a) Vận tốc dài của đỉnh cột khi nó chạm đất; b) Vị trí của điểm M trên cột sao cho khi M chạm đất thì vận tốc của nó đúng bằng vận tốc chạm đất của một vật thả rơi tự do từ vị trí M. Bài giải : mgh a) ở vị trí thẳng đứng, cột có thế năng w = . Khi đổ tới mặt đất thì thế năng t 2 1 này biến thành động năng quay của cột ở vị trí chạm đất W = Iω2, trong đó I là mômen đ 2 mh 2 quán tính của cột đối với trục qua gốc của cột: I = , ω là vận tốc góc của cột lúc 3 chạm đất. áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 1 mgh mh 2 g3 I ω 2 = ⇒ .ω 2 = mgh ⇒ ω = 2 2 3 h Từ đó suy ra vận tốc dài của đỉnh cột lúc chạm đất v = h ω = 3gh = 3.10 .5 =12 ,2 m/s. b) Gọi x là độ cao của điểm M khi cột ở vị trí thẳng đứng. áp dụng công thức tính vận tốc của vật rơi tự do, ta có vận tốc của điểm M khi chạm đất: v M = 2gx . Theo điều kiện của đầu bài: g3 2 xω = 2gx ⇒ x. = 2gx ⇒ x = h = 10/3 =3,33m. h 3 4-30. Từ đỉnh một mặt phẳng nghiên cao h = 0,5m, ng−ời ta cho các vật đồng chất có hình dạng khác nhau lăn không tr−ợt trên mặt phẳng nghiêng đó. Tìm vận tốc dài của các vật ở cuối mặt phẳng nghiêng nếu: a) Vật có dạng một quả cầu đặc; b) Vật là một đĩa tròn; Khoa Vật Lí, tr−ờng ĐH Khoa Học, ĐH Thái Nguyên