Tài liệu Tuyển tập bài tập vật lí 10 hay và khó

  • Số trang: 45 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 3153 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

Vật lí Hay và Khó lớp 10 A. Cơ học 1. Động học  Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ. B chuyển động sang phải với gia tốc a , còn vật nhỏ A được nối với điểm C bằng một sợi dây không dãn được nâng lên theo đường dốc chính của một mặt trụ của vật B. Mặt này có bán kính R. Giả sử tại thời điểm ban đầu vật A nằm trên sàn và đang đứng yên, sợi dây luôn căng. Hãy tính vận tốc trung bình của vật A trong quá trình A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ B (điểm D). Giải:  Khi A đi từ sàn lên đến điểm cao nhất của trụ thì độ dời của nó sẽ là IA :  IA  IA  AD 2  DI 2  2 AD.DI . cos  (   ) 4 2 2  2   IA  IA   R   R 2  2.R .R 2 . 2 2  2 R IA   2  4  8 2 Ta có thời gian để trụ dịch chuyển từ E đến F là: 1 EF  at 2 2 Thời gian để trụ đi từ E đến F cũng chính là thời gian chuyển dời của vật nhỏ khi đi từ I đến A : Suy ra:  2. R 2.EF 2. AD 2  R t   a a a a   Vận tốc trung bình của vật nhỏ A: v IA t 1 ( 2  4  8)aR v 2  Bài 2: Môt chiếc ca nô xuất phát từ điểm A trên đường cái, ô tô này cần đến điểm D (trên đồng cỏ) trong thời gian ngắn nhất. Biết AC d ; CD l . Vận tốc ô tô chạy trên đường cái (v1)lớn hơn vận tốc ô tô trên 1 Vật lí Hay và Khó lớp 10 đồng cỏ (v2) n lần. Hỏi ô tô phải rời đường cái tại một điểm B cách C một đoạn x là bao nhiêu? Giải: d x v1 Thời gian ô tô chạy trên đường cái từ A đến B: t1  gian ô tô chạy trên đồng cỏ từ B đến D: t 2  x2  l 2 . v2 Thời d x x2  l 2  Tổng thời gian chạy từ A đến D của ô tô : t t1  t 2 = . v1 v2  Đặt: f  x  2 2 d x  n. x  l . v1 v1 d  x  n x2  l 2 v1 nx 1 nx  x 2  l 2    f '  x  . v1 v1 x 2  l 2 v1 . x 2  l 2 l f’(x) = 0  x= 2 . n 1 Bảng biến thiên: Vậy ô tô phải rời đường cái tại B cách C một đoạn x  thiết của ô tô sẽ là: t min l n2  1 , lúc đó thời gian ngắn nhất cần d  l n2  1  . v1 2 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Bài 3: Trên mặt phẳng nằm ngang có một cột trụ bán kính R thẳng đứng, người ta dùng một sợi dây chỉ mảnh không dãn, khối lượng không đáng kể để nối một vật nhỏ với một điểm trên vành trụ, điểm này sát mặt phẳng ngang. Ban đầu vật nhỏ nằm yên trên mặt phẳng và dây ở tư thế căng, lúc này chiều dài dây là L. Truyền cho vật vận tốc v0 hướng vuông góc với dây và vật chuyển động trên mặt phẳng ngang cuốn dây vào trụ. Hỏi sau bao lâu dây cuốn hết trụ? Giả thiết trong khi chuyển động dây luôn nằm ngang. Bỏ qua ma sát và bề dày của dây. Giải: Ta nhận thấy ngay không có lực nào tác dụng vào vật sinh công, do vậy động năng của vật được bảo toàn do vậy nó có vận tốc không đổi v0. Tại một thời điểm nào đó dây có chiều dài l, xét một thời gian vô cùng bé dt vật đi được cung AB: =ld=v0dt. dl Do dl  R  d = thế vào phương trình trên ta được: R dl l = v 0 dt R L t ldl 1 l2 L t Lấy tích phân hai vế:  = v0 dt  . 0 v 0 t 0 R 0 R 2 0 L2 L2  v 0 t  t  . 2v 0 R 2R L2 Vậy thời gian để dây cuốn hết trụ sẽ là: t  . 2v 0 R   Bài 4: Có hai vật m1 và m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc lần lượt là v1 và v 2 . Vật m2 xuất phát từ B. Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa chúng trong quá trình chuyển động và thời gian đạt được khoảng cách đó? Biết khoảng cách ban đầu giữa chúng là l và góc giữa hai đường thẳng là  . 3 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Giải: Giả sử sau thời gian t khoảng cách giữa hai vật là ngắn nhất. Khoảng cách đó sẽ là: d  A' B 2  BB' 2  2 A' B.BB'.cos   d  (l  v1t ) 2  (v 2 t ) 2  2(l  v1t )v2 t cos  = (v1 2  2v1v 2 cos  v2 2 )t 2  2l (v1  v 2 cos )t  l 2 Ta xem biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai ẩn số t , với   4l 2 v 22 sin 2  , d sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức đó nhận giá trị nhỏ nhất, l (v1  v 2 cos  ) t  d  d  min 2 2 hay v  2v v cos   v 1 1 2 2 Và khoảng cách bé nhất giữa chúng lúc đó sẽ là: d min   d min    4a lv 2 sin  2 v1  2v1v 2 cos   v 2 2 Bài 5: Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc không đổi lần lượt là v và u  v  u  . Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, còn tàu A luôn hướng về tầu B. Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ? Giải: Ta gắn hệ trục 0 xy trùng với mặt phẳng nước và trục 0x cùng phương chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm trên phần dương của trục 0y ở vị trí ban đầu có toạ độ là  0, a  . Tàu A chuyển động với vận tốc v luôn hướng về phía tàu B với vận tốc gồm hai thành phần: dx   v x  dt v cos    v  dy  v sin   y dt Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra: dx 1 dy dy   cot  dt tan  dt dt y  ut  x  y cot  Ta lại có: tan   ut  x (1) (2) 4 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: dx dy y d u cot   (3) dt dt sin 2  dt Thay (1) vào (3) ta suy ra: y d u  (4) sin 2  dt dy dy  v sin   dt  Mặt khác: dt v sin  y d u v Thay dt từ (5) vào (4): dy sin  u dy d  hay v y sin  Lấy tích phân 2 vế: y  u dy d   v a y  sin  (5) 2  u y   ln ln tan  v a 2  u Suy ra   yv tan   2 a Mặt khác ta lại có:  2 2  1 u u 2    y  v  y  v sin    tan  tan    1  tan 2 2 2  a    a   2 dy dt  và v sin  u u    a  y  v  y  v   y  dt       d  nên (*) 2v   a  a  a   Lấy tích phân 2 vế phương trình (*): u u   t 0 a  y  v  y  v   y  dt       d    a 2v  a  a 0 a      a  1 1   t  u u 2v  1   1 v v  hay 2 tan 5 Vật lí Hay và Khó lớp 10 av v  u2 av Vậy sau thời gian 2 tàu A sẽ đuổi kịp tầu B. v  u2 Bài toán đuổi bắt có nhiều dạng khác nhau, phương pháp đa năng để giải các loại bài toán này chính là phương pháp “vi phân” . Tuy nhiên còn có những phương pháp đặc biệt để giải chúng, các bạn có thể tham khảo cuốn “Lãng mạn toán học” của giáo sư Hoàng Quý có nêu ra một trong những phương pháp đặc biệt đó để giải bài toán sau: t 2 Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động cùng vận tốc. Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu), còn tàu A luôn hướng về tầu B. Hỏi sau một thời gian đủ lâu thì hai tàu chuyển động trên cùng một đường thẳng và khoảng cách giữa chúng không đổi. Tính khoảng cách này ? a Đáp số: . 2 Bài 6: Vật m2 đang đứng yên trên mặt sàn nằm ngang nhẳn cách bờ tường một khoảng d. Vật m 1 chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với vật m2 (m1 > m2), vật m2 lại va chạm đàn hồi với bờ tường và gặp m1 lần 2. Va chạm lần 2 xảy ra cách bờ tường một khoảng là bao nhiêu? Tìm điều kiện để điểm va chạm lần 2 cách điểm va chạm lần 1 một khoảng là d/2 ? Giải : Chọn trục toạ độ như hình vẽ. Gọi v1,v1’lần lượt là vận tốc của vật 1 trước và sau khi va chạm. Gọi v2và v2’ là vận tốc của vật 2 trước và sau khi va chạm (các vận tốc v1,v2,v1’,v2’ mang giá trị đại số). Sau va chạm : v1'  v2'   m1  m2  v1  2m2 v 2 m1  m2 v1 = m1  m2 m1  m2  m2  m1 v2  2m1v1 2m1  v1 m1  m2 m1  m2 (do v2 = 0) 6 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Nhận thấy v1’,v2’ đều dương, chứng tỏ sau va cham chúng chuyển động cùng chiều ox. Gọi điểm va chạm lần 2 cách tường một đoạn x, thời gian giữa 2 lần va cham là : t  d x  v1 ' d x v2 ' (1) (do sau va chạm vào tường của m2 thì nó vẫn có vận tốc như cũ nhưng đã đổi hướng v 2''  v1' . Thế v1’ và v2’ từ trên vào (1) ta suy ra : x Để va chạm lần 2 cách lần 1 một đoạn hay m1  m2 d 3m1  m2 d d d thì: x d   2 2 2 m1  m2 d d 3m1  m2 2  m1 3m 2 . Bài 7: Một hạt chuyển động theo chiều dương của trục ox với vận tốc sao cho v a x (a là hằng số dương). Biết lúc t = 0 hạt ở vị trí x=0. Hãy xác định : a. Vận tốc và gia tốc của hạt theo thời gian. b. Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian từ vị trí x = 0 đến vị trí x. Giải: a. v a x  Theo đề bài : hay dx a x dt dx adt x Nguyên hàm hai vế : dx  x a dt  2 x at  c Do t 0 thì x 0  c 0 7 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Do vậy a2 2 2 x at  x  t 4 Vận tốc của vật v dx  x' dt a2 v t 2 Gia tốc của vật : w d 2x  x' ' dt 2 w a2 2 x a2 v  t t 4 b. Vận tốc trung bình v a x 2  Bài 8: Ném một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc v 0 hợp với mặt phẳng ngang một góc  =600, biết  30 0 . Bỏ qua sức cản của không khí. a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi. b. Tìm góc  hợp bởi phương véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B. đá chạm mặt Giải: a. Chọn hệ trục oxy gắn o vào điểm A và trục ox song song với phương ngang Trong quá trình  chuyển động lực tác dụng duy nhất là trọng lực P . Theo định luật II Newton:   P ma Chiếu lên: 0x: 0 ma x  a x 0 8 Vật lí Hay và Khó lớp 10 0y:  P ma y a y  g Phương trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy:  x v0 cos  .t   1 2  y v 0 sin  .t  2 gt Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:  x l cos    y l sin  (1) ( 2) (3) (4) T hế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra : 2  2v0 cos  .(sin  . cos   sin  . cos  ) l g . cos 2  2  2v0 cos  . sin(   ) l g cos 2  2 2v  l 0 3g b. Tại B vận tốc của vật theo phương ox là: v x v0 cos   v0 2 Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng : 2 2v x l cos  0 cos 3g 2 2v v 0 cos  .t  0 cos  ; hay 3g Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá: 2v cos  2v 0 t 0 = 3 g cos  g 3 Vận tốc theo phương oy tại B: v y v0 sin   gt v y v 0 sin    tan  = vy vx   2v 0 3  v0 2 3 v0 1 2 3   30 0  v0 3 2 9 Vật lí Hay và Khó lớp 10 V0   0 nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v hướng xuống. 2 3 Lực hướng tâm tại B: v2 Fht mg cos  m R 2 v  R g cos  v2 v2 v2 Với: v 2 v x2  v y2    0 4 12 3 2 2v0  R 3 3. g do v y  Bài 9: Một người đứng ở sân ga nhìn ngang đầu toa thứ nhất của một đoàn tàu bắt đầu chuyển động nhanh dần đều. Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian t1 . Hỏi toa thứ n đi qua người ấy trong thời gian bao lâu? Biết các toa có cùng độ dài là S, bỏ qua khoảng nối các toa. Giải: Toa thứ nhất vượt qua người ấy sau thời gian t1: 2 2S at s  1  t1  a 2 t n toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian n : 2 2nS a.t n  ; tn  ns  a 2 n  1 toa đầu tiên vượt qua người ấy mất thời gian t n 1 : 2 2(n  1) S  n  1 s  at n 1  t n 1  a 2 Toa thứ n vượt qua người ấy trong thời gian t : 2S t t n  t n  1  ( n  n  1) . a t  ( n  n  1)t1 Bài 10: Một chất điểm chuyển động từ A đến B cách A một đoạn s. Cứ chuyển động được 3 giây m thì chất điểm lại nghỉ 1 giây. Trong 3 giây đầu chất điểm chuyển động với vận tốc v 0 5 . s Trong các khoảng 3 giây tiếp theo chất điểm chuyển động với vận tốc 2vo, 3v0, … , nv0. Tìm vận tốc trung bình của chất điểm trên quảng đường AB trong các trường hợp : a. s = 315 m ; b. s = 325 m . Giải: 10 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Đặt: t1 3( s) Gọi quảng đường mà chất điểm đi được sau nt1 giây là s: s s1  s2  ...  sn Trong đó s1 là quảng đường đi được của chất điểm trong 3 giây đầu tiên. s 2,s3,…,sn là các quảng đường mà chất điểm đi được trong các khoảng 3 giây kế tiếp. Suy ra: S v0.t1  2v0 t1  ...  nv0 t1 v0 t1 (1  2  ...  n) n(n  1) S v0 t1 7,5n(n  1) (m) 2  n 6 a. Khi s 315 m  7,5n(n+1) = 315   (loại giá trị n=-7)  n  7 Thời gian chuyển động: t nt1  n  1 23( s ) s 315 Vận tốc trung bình: v   t 23 13 , 7 ( m / s) . v b. Khi s 325 m : Thời gian đi 315 mét đầu là 23 giây Thời gian đi 10 mét cuối là : 10 10 t   0.29( s ) v n 1 7.5 Vận tốc trung bình: 325 v 23  0,29  1 v  13,38(m / s) Bài 11: Hai vật chuyển động với vận tốc không đổi trên hai đường thẳng vuông góc với nhau cho v1 = 30m/s , v2 = 20m/s. Tại thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vật một giao điểm của quỹ đạo đoạn S1 = 500m, hỏi lúc đó vật hai cách giao điểm trên một đoạn S2 là bao nhiêu? Giải: Gọi khoảng cách trên đầu của vật (1) và (2) tới vị trí giao nhau của hai quỹ đạo là d 1 và d2. Sau thời gian t chuyển động khoảng cách giữa chúng là: d  (d 1  v1t )  (d 2  v 2 t ) 2 = (v12  v 22 )t 2  2(v1 d 1  v 2 d 2 )t  d 12  d 22 v1 d 1  v 2 d 2 d d min  t  2 v1  v 22 Khi đạt được khoảng cách ngắn nhất giữa hai vật thì : v d v d v (v d  v d ) S1 d1  v1  1 12 22 2  2 2 2 1 21 2 v1  v2 v1  v2 11 Vật lí Hay và Khó lớp 10 S 2 d 2  v 2 t v1 d 1  v 2 d 2 v1 (v1 d 2  v 2 d 1 )  S 2 d 2  v 2  2 v1  v 22 v12  v 22 Lúc đó: v1 S 1 30 500   750(m) v2 20 Vậy lúc hai vật có khoảng cách ngắn nhất thì vật thứ hai cách giao điểm trên một đoạn S 2  750m . S 2  Bài 12: Một chiếc côngtenơ đặt sao cho mặt trên nằm ngang được cần cẩu cẩu lên thẳng đứng lên cao với gia tốc a = 0,5m/s 2. Bốn giây sau khi rời mặt đất người ngồi trên mặt côngtenơ ném một hòn đá với vận tốc v0 = 5,4m/s theo phương làm với mặt phẳng ngang côngtenơ góc  30 0 . a. Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc nó rơi xuống mặt đất. Biết côngtenơ cao h = 6(m) b. Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông (coi như một điểm) lấy g = 10m/s2. Giải: a. Sau 4s độ cao của người đứng trên mật côngtenơ là: a t 2 5 4 2 H 6   10( m) 2 2 Vận tốc của người lúc đó: m v1 a.t 0,5.4 2 . s  Gọi v 0 là vận tốc của viên đá đối với người thì vận tốc viên đá đối với đất :    v v 0  v 1 Chiếu lên: 0x: 0y: v x v 0 cos  5,4 0.86 4,7(m / s) 5,4 v y v1  v 0 sin  2  4,7(m / s) 2 vy  tg  1 vx vậy  45 0 Chọn trục oxy như hình vẽ gắn vào mặt đất. Phương trìn chuyển động của viên đá theo gt 2 phương oy: y 10  v sin  t  2 với v  v x2  v y2 6,65(m / s) y 10  4,7 t  5t 2 vậy: Lúc đá rơi xuống đất: y = 0  10  4,7 t  5t 2 0 12 Vật lí Hay và Khó lớp 10  t 2s b. Khoảng cách từ nơi đá rơi đến vị trí ban đầu của côngtenơ: L v x t 4,7.2  9,4 m . Bài 13: Người ta đặt một súng cối dưới một căn hầm có độ sâu h. Hỏi phải đặt súng cách vách hầm một khoảng l bao nhiêu so với phương ngang để tầm xa S của đạn trên mặt đất là lớn nhất? Tính tầm xa này biết vận tốc đầu của đạn khi rời súng là v 0 . Giải: Phương trình vận tốc của vật theo phương ox : v x v 0 cos  Phương trình vận tốc của vật theo phương oy: v y v 0 sin   gt Phương trình chuyển động: x v 0 cos  t ; gt 2 y v 0 sin  t  2 Phương trình vận tốc: v x v 0 cos  ; v y v 0 sin   gt Để tầm xa x là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với mặt ngang một góc 45 0 có nghĩa là tại A: sin   cos  v x v y  t  v 0 (1) g Hơn nữa ta phải có sau thời gian này: ( 2)  v 0 cos  t l  x l    gt 2 v sin   t  h (3)  y h  0  2 l v 02  t   l  cos  .(sin   cos  ) (4) Từ (2) (3) kết hợp với (1) v 0 cos  g Thay t từ (1) vào (3) ta được: gh 1 1 gh sin 2   2  cos 2    2 ; 2 v0 v0 2 Thế vào (4): v 02 l  (sin  cos   cos 2  ) g l v02 1 g 2 h 2 1 gh (    2) g 4 2 v0 v 04 Từ (1) : 13 Vật lí Hay và Khó lớp 10  t vy  1 gh   2 v 02 1 gh  2 v 02 g v 0  v y v 0 1 gh  1 gh     2 v 02  2 v 02  1 gh   2 v 02   1 gh 1 gh 1 gh 1 gh  2  v A  v 02 (  2 )  (  2 )  (  2 ) (v 02  1) 2 v0 2 v0 2 v0 2 v0  1 gh  2   . v  1  S max  v A2  2 v02  0  g g Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng:  l  v 02 1 g 2 h 2 1 gh (    2 ) thì tầm xa của đạn trên mặt đất là lớn nhất và g 4 2 v0 v 04  1 gh  2   . v 0  1 tầm xa này bằng  2 v 02  . g   Bài 14: Một chất điểm chuyển động chậm dần trên một đường thẳng với một gia tốc mà độ lớn w phụ thuộc vận tốc theo định luật w a v trong đó a là một hằng số dượng. Tại thời điểm ban đầu vận tốc của hạt bằng v0. Hỏi quảng đường mà hạt đi được cho đến khi dừng lại và thời gian đi quảng đường ấy ? Giải: Về độ lớn: w a v a. Về dấu ta có: dv dv w  a v   a v   adt dt dt  2 v  at  C Lúc t 0 , v 0  C 2 v0  2 v  at  2 v0  v v0  a v0 .t  a2 2 t 4 Khi chất điểm dừng lại thì v = 0: 2  t  v0 (*) a Quảng đường vật đi được cho đến lúc dừng lại: a v) 2 S vdt  0 a v0 2  (v0  a v0 .t  0 a2 2 t )dt 4 14 Vật lí Hay và Khó lớp 10 3  S  S  2 v02 3a b. Từ (*) ta có thời gian đi quảng đường ấy: t  2 v0 . a Bài 15: Ở mép của một chiếc bàn chiều cao h, có một quả cầu đồng chất bán kính R = 1(cm) ( R h) . Đẩy cho tâm 0 của quả cầu lệch khỏi đường thẳng đứng đi qua A, quả cầu rơi xuống đất vận tốc ban đầu bằng 0. Tính thời gian rơi và tầm xa của quả cầu(g = 10m/s2). Giải: Ban đầu quả cầu xoay quanh trục quay tức thời A. Lúc bắt đầu rơi khỏi bàn vận tốc của nó là v, phản lực N bằng 0, lực làm cho quả cầu quay tròn quanh A là trọng lực p cos  : v2 (1) p cos  m  v 2 9 R cos  R Theo định luật bảo toàn năng lượng: 1 mgR mgR cos   mv 2 (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra: 2 5 cos    sin   3 3 2 Thay cos   vào phương trình (1) ta được vận tốc của vật lúc đó: 3 2 v gR 3 Giai đoạn tiếp theo vật như một vật bị ném xiên với góc  và với vận tốc ban đầu: 2 v gR 3 Theo đề bài R  h do vậy ban đầu ta xem 0  A . Chọn trục 0' xy như hình vẽ 0'  A .  x v cos  .t   1 2  y v sin  .t  2 gt Khi chạm đất y h , nên: 1 v sin  .t  gt 2 h 2 15 Vật lí Hay và Khó lớp 10  2 gR v   3 Thay  vào phương trình trên ta tìm được: 5   sin   3   10 gR  10 gR  54 gh  t1  3 3.g    10 gR  10 gR  54 gh  0 (loai ) t2  3 3 . g  Vậy sau t   10 gR  10 gR  54 gh thì vật sẽ rơi xuống đất. 3 3. g Tầm bay xa của vật: S  x v cos  .t  S 2 27 2R  g  2 2  gR . . 3 3 10 gR  10 gR  54 gh 3 3.g  10 gR  10 gR  54 gh . Bài 16: Một chất điểm chuyển động chạm dần trên bán kính R. sao cho tại mỗi điểm gia tốc tiép tuyến và gia tốc pháp tuyến luôn có độ lớn bằng nhau. Tại thời điểm ban đầu t=o, vận tốc của chất điểm đó là v 0 . Hóy xỏc định: a. Vận tốc của chất điểm theo thời gian và theo quóng đường đi được. b. Gia tốc toàn phần theo vận tốc và quóng đường đi được. Giải: a. Theo đề bài ta có: dv v 2 a t a n    dt R dv dt  2  (1) R v Lấy tớch phõn 2 vế ta cú: v t dv dt 1 1 t  2      R v v0 R v v0 0 v0  v  v0 1 t R từ (1)   dv ds  v R (2) (ds = vdt ) 16 Vật lí Hay và Khó lớp 10 Lấy tích phân 2 vế phương trỡnh (2): v S dv ds v s      ln  v 0 R v0 R v0  b. S vv . R . 0 e Gia tốc toàn phần: 2 2 a  a t  a n a t 2 a n 2 Gia tốc toàn phần theo vận tốc: 2 a v 2 R Gia tốc toàn phần theo quóng đường đi được: 2 a  v0 .e R  2s R 2. Bài 17: Hai vũng trũn bỏn kớnh R, một vũng đứng yên, vũng cũn lại chuyển động tịnh tiến sát  vũng kia với vận tốc v 0 . Tính vận tốc của điểm cắt C giữa hai vũng trũn khi khoảng cỏch giữa hai tõm 010 2 d . Giải: Chọn gốc thời gian t = 0 lỳc 2 vũng trũn bắt đầu tiếp xúc ngoài. Tại một thời điểm nào đó sau gốc thời gian thỡ ta cú phương trỡnh chuyển động của điểm C : v0 t d   x 01 D  AD  R  2  2   2  y  AC  R sin   R 1  cos  2  R 1   d    2R  Ta cú: d '  v 0 Ta suy ra: d   x 2   2 2  y  4R  d  4 v0 1   vCx  2 d '  2   d .v0  2dd '  vCy    2.2 4 R 2  d 2 2 4 R 2  d 2 17 Vật lí Hay và Khó lớp 10 2 dv0  v  2  v  v Cx  v Cy    0   . . 2 2  2 2 4R  d v0 R  v 4R 2  d 2 2 2 Bài 18: Hai vật cách nhau 100m chuyển động trên một đường thẳng đến gập nhau với vận tốc lần lượt là v1 5m / s; v 2 5m / s , trong khoảng 2 vật trên đoạn thẳng mà chúng chuyển động có một vật nhỏ luôn chuyển động thẳng đều với vận tốc v = 30 m/s cùng chuyển động trên đường thẳng mà 2 vật (1) và (2) chuyển động. Mỗi khi vật trên đến gặp vật (1) hoặc vật (2) thỡ vận tốc của nú sẽ đổi hướng ngược trở lại và coi như vẫn giũ nguyên độ lớn vận tốc của nó. Hỏi khi vật (1) và vât (2) gặp nhau thỡ quóng đường vật nhỏ đi được có tổng chiều dài là bao nhiêu? Giải: Vận tốc của vật (1) đối với mốc vật (2) là:    v12 v1  v 2  v12 v1  v 2 10 (m/s). Thời gian từ ban đầu đến lúc vật (1) và vật (2) AB 100 t  10 (s) gặp nhau là: v12 10 Quóng đường vật nhỏ đi được tổng cộng cho đến lúc vật (1) và vật (2) gặp nhau là: s v.t 30.10 300 (m). 2. Động lực học chất điểm: Bài 19: Ở mép đĩa nằm ngang bán kinh R có đặt một đồng tiền. Đĩa quay với vận tốc   t (  là gia tốc góc không đổi). Tại thời điểm nào đồng tiền sẽ văng ra khỏi đĩa. Nếu hệ số ma sát trượt giữa đồng tiền và đĩa là  . Giải: Tại thời điểm t gia tốc pháp tuyến của vật: a n  2 R =  2 t 2 R . Gia tốc tiếp tuyến: dv Rdt at    R dt dt Gia tốc toàn phần: 2 2  4 R 2t 4   2 R 2 Lực làm đồng tiền chuyển động tròn chính là lực ma sát nghỉ. Ta có: Fmsn ma m  4 R 2 t 4   2 R 2 = m R  2 t 4  1 Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trượt: Fmsn  Fmst a  a n  at = 18 Vật lí Hay và Khó lớp 10 m R hay  2 t 4  1  mg 1 2g2  t  2 .( 2 2  1) (1)  R  Lúc vật bắt đầu văng ra thì : Fmsn Fmst hay: 1 2g2 t 4  2 .( 2 2  1)  R  4  t 1 2g2 . 1  R2 2 2g2  1 0  Vì t  0 nên R2 2 Vậy sau  R g R 1 2g2 ) vật sẽ văng ra khỏi đĩa. . 2 2  1 ( với   g  R  Bài 20: Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số ma sát chỉ r  phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật    0 1   Với  0 là một hằng số R  (hệ số ma sát ở tâm của sân) Xác định bán kính của đường tròn tâm 0 mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc cực đại? Tính vận tốc đó ? Giải: Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn với bán kính r với vận tốc v . Ta phải xác định v max và giá trị này đạt được khi r bằng bao nhiêu. Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm 0 lực tác dụng lên vật là lực ma sát đóng vai trò lực hướng tâm và từ đó ta có: N ma ht hay Suy ra r v2   0 1  .mg m R r   g v 2   0 gr  0 r 2 R Đây là một tam thức bậc hai ẩn r với hệ số a  0 g  0 . Giá trị của v 2 R đạt lớn nhất khi: r  0 g R  0 g   2.   2  R  19 Vật lí Hay và Khó lớp 10 2 Lúc đó: v 2 max  gR R  g  R v   0 g  0    0 2 R 2 4 2 Vậy: v max   0 gR 2 Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng bằng  0 gR trên quỹ đạo có bán kính lớn nhất 2 R . 2 Bài 21: Một vật có khối lượng m = 1 kg có vận tốc đầu v 0 = 10 m và chịu lực cản F  kv s (với k =1 kg/s ). a. Chứng minh rằng vận tốc của vật giảm dần theo hàm số bậc nhất của đường đi. b. Tính quảng đường mà vật đi được cho tới lúc dừng. Giải: a. Vật chịu tác dụng của lực cản F  kv . Theo định luật II Newton ta có:  kv ma dv   kv m dt dv k  dt hay v m dv k k Nguyên hàm hai vế:   dt  c  ln v  dt  C v m m v  v  C  ln v Lúc t 0 thì 0 0 k v k Từ đó suy ra: ln = - t  v v .e  m t 0 v0 m Quảng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ 0  t : t S  ds  vdt 0 t S = v 0 . e  k t m dt = 0 S mv0 mv0  mk t .e k k mv0 mv  k k 20
- Xem thêm -