Bài giảng Vật Lý 1 - Phần 1: Cơ học - Bài tập Cơ học (Phần 1) - Lê Quang Nguyên

Nội dung text: Bài giảng Vật Lý 1 - Phần 1: Cơ học - Bài tập Cơ học (Phần 1) - Lê Quang Nguyên

1. Nội dung 1. Động học 2. Động lực học chất điểm Bài tập Cơ học – Phần 1 Lê Quang Nguyên www4.hcmut.edu.vn/~leqnguyen nguyenquangle59@yahoo.com 1.1 Trả lời 1.1 dv v Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo • Từ đề bài và định nghĩa của gia tốc: = − dt 2 chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc 2m/s. 2 Gia tốc có biểu thức a = −v/2 (m/s ). Tìm biểu • Chuyển v sang vế trái, dt sang vế phải: thức vận tốc theo thời gian t. dv 1 = − dt v 2 • Tích phân hai vế từ t = 0 đến lúc t bất kỳ, để ý điều kiện ban đầu: v( t ) dv 1 t = − dt ⇒v t = 2 e −t 2 ∫v 2 ∫ ( ) 2 0
2. Trả lời 1.3 (tt) 1.4 • Vậy lúc t = 3 thì x đạt giá trị cực đại. Một chất điểm chuyển động trên trục Ox theo • Lúc đó: chiều dương, bắt đầu từ O với vận tốc đầu bằng không. Sau đó nó có gia tốc a = 2 – 8x v=0; v = − 1,5 x y (m/s 2). Hãy tìm vị trí x tại đó vận tốc đạt giá trị
   
   cực đại. vt( =3) = − 1,5 jms( ) dv Trả lời 1.4 1.5 =2 − 8 x dt Một canô khối lượng m đang chuyển động • Ở đây ta cần biết sự phụ thuộc của v vào x, thẳng với vận tốc v0 thì tắt máy. Biết rằng lực 2 do đó ta thay dt bằng dx : dt= dx v cản của nước lên canô có biểu thức F = kv , dv hãy tìm biểu thức của vận tốc canô theo quãng =2 − 8 x ⇒vdv =2 − 8 x dx dx v ( ) đường s đi được từ lúc tắt máy. • Tích phân hai vế, để ý điều kiện ban đầu: v( x ) x 2 2 ∫vdv= ∫ ()2 − 8 x dx ⇒vx( ) =4 x − 8 x 0 0 ⇒vv = x = m max khi 0,25 ( )
3. 1.7 Trả lời 1.7 • Lúc chạm đất, gia tốc Một vật được ném ngang từ trên cao. Vận tốc tiếp tuyến hợp với vật khi chạm đất hợp với phương ngang một phương ngang một góc góc 60° và có độ lớn 30 (m/s). Lấy g = 10 α = 60°, α (m/s 2) và bỏ qua sức cản của không khí. Tìm bán kính cong của quỹ đạo tại điểm chạm đất. • đó cũng chính là góc α at giữa gia tốc pháp tuyến an và gia tốc toàn phần g. v2 g • Ta có: an = g cos α ⇔ = gcos α R v2 30 2 ⇒R = = = 180 ()m gcos α 10cos60 ° 1.8 Trả lời 1.8 Một bánh xe quay chậm dần đều, trong thời • Từ biểu thức của gia tốc góc: dω= β dt gian 1 phút vận tốc góc của nó giảm từ 300 • Chọn t = 0 lúc vận tốc góc bằng 300 (v/ph), (vòng/phút) xuống còn 180 (vòng/phút). Tìm tích phân từ t = 0 đến lúc t bất kỳ: gia tốc góc của bánh xe và số vòng nó quay ω(t ) t được trong thời gian 1 phút ấy. dw= dt ⇒t = + t ∫β ∫ ω( ) ω0 β ω0 0 • =t − t Suy ra gia tốc góc: β( ω( ) ω 0 ) • Lúc t = 60 (s) thì ω = 180 (v/ph), do đó: − × (180 300) ( 2π 60 ) 2 β = = − 0,21 rad s 60 ()
4. Trả lời 1.10 Trả lời 1.10 • Chọn t = 0 lúc vật bắt đầu rơi ở độ cao h : • Giải hệ (1) và (2) ta được: = + sin θ + 1 2 T= 2 s yt( ) y0( v 0 ) t2 gt ( ) h= 80 () m • Sau thời gian T + 2 vật rơi quãng đường h: =1 + 2 2 h2 g( T ) (1) • Sau thời gian T vật rơi một quãng h − d: 1 2 h− d = 2 gT (2) 1.11 Trả lời 1.11 Cho hai vật A và B rơi tự do từ cùng một độ • Chọn trục y hướng xuống và gốc thời gian cao, vật A rơi trước vật B. Cho g = 10 (m/s 2). lúc vật B bắt đầu rơi, ta có: 1 2 Sau 2 (s) kể từ lúc vật B rơi, khoảng cách giữa yB = 2 gt hai vật là 60 (m). Vật B rơi sau vật A bao lâu? • Trước đó một quãng thời gian t0 vật A đã bắt đầu rơi, do đó: =1 + 2 yA 2 gtt( 0 ) • Lúc t = 2 (s) thì khoảng cách giữa hai vật là 60 (m), suy ra: 12+2 − 1 2 2 = 60 ⇒t = 2 s 2g( t0 ) 2 g ( ) 0 ( )
5. BT 1.12 – mở rộng Trả lời BT 1.12 – mở rộng Một hạt chuyển động trong mặt phẳng Oxy với Nếu đường cong có phương trình y(x) ta hoán tốc độ không đổi v, trên quỹ đạo có phương trình y = cx 2, với c = const . vị x ⇄ y và có: Tìm bán kính cong của quỹ đạo ở x = 0. 1 + ′ͦ ͧ⁄ ͦ ͦ = ͭ , ɑ = ͭ͘ ɑɑ = ͘ ͭ ͌ ′′ ͭ ͭ ͦ a) R = 1/2c ͭ ͬ͘ ͬ͘ b) R = c/2 Kết quả: a) R = 1/2 c c) R = 1/3c d) R = c/3 2.1 Trả lời 2.1 - 1 • Lực F kéo M sang trái, Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ N f2 do đó hai lực ma sát f1 1 số ma sát giữa m và M, m từ mặt bàn, và f2 từ m, F N2 giữa M và sàn là k. Để M F đều hướng sang phải. chuyển động đều trước khi M f1 • m chịu phản lực vuông m rơi khỏi nó, thì F phải Mg góc N từ M, vì vậy sẽ ép thỏa: 2 xuống M một lực trực N2 A. F = kMg đối. T B. F = k(M+m)g • M cũng tác động vào m f2 mg C. F = kmg một lực bằng f2, hướng D. F = k(M+2m)g sang trái.
6. Trả lời 2.1 (tt) 2.3 • Ngược lại khi vật trượt y Vật m được kéo trượt đều F xuống ta có: như trên hình vẽ. Hệ số β ma sát giữa m và mặt =sin α − cos α x ma mg kmg (2) nghiêng là k. Để F là nhỏ N nhất thì góc β phải thỏa α • Lấy (2) trừ (1) ta được: f điều kiện nào sau đây? ma=2 mg sin α − F A. β = arcsink F α mg B. β = arccosk ⇒a =2 g sin α − m C. β = arctank 2 D. β = arccotk a= 4( m s ) Trả lời 2.3 2.4 • y Định luật 2 Newton trên Một vật khối lượng m có m x, y khi vật trượt đều : x thể trượt không ma sát A 0=F cosβ − mg sin α − kN (1) trên mặt nghiêng của một 0=N + F sinβ − mg cos α (2) F nêm. Hỏi phải đẩy nêm N α • × β trượt sang phải với gia tốc (1) + k (2) cho ta: tối thiểu A bằng bao nhiêu sinα+ k cos α F= mg f để m đứng yên đối với cosβ+ k sin β α mg nêm . • F cực tiểu: dF =0 ⇒β = arctan k Trả lời: C dβ
7. Trả lời 2.5 (tt) 2.6 • Để tìm N ta dùng định luật 2 Newton trên y Cho cơ hệ như hình vẽ, khối phương y: lượng ròng rọc và dây treo 0=N + mA sinα − mg cos α không đáng kể, M = 1 (kg), N x m = 0,5 (kg), g = 10 (m/s 2). ⇒Nmg =cosα − A sin α ( ) Áp lực giữa M và m là: N >0 ⇔ A < gco tα −m ̻ľ • Ngược lại, vật sẽ rơi mg M m α A. 4 (N) khỏi nêm khi: M A≥ g cot α B. 5 (N) C. 6 (N) • Dấu = là khi N bắt đầu bằng không. D. 0 (N) Tip 2.6 2.7 • Đây là máy Atwood với khối lượng (m + M) và M ở hai nhánh. N Cho cơ hệ như hình vẽ. Hệ Nhánh phải sẽ đi xuống với gia số ma sát giữa vật m và bề tốc (xem bài giảng): mặt thẳng đứng của khối m mg A m vuông là k = 0,1. Cho g = 10 a= g (m/s 2). 2M+ m y Để m không trượt xuống, • Khi m ép vào M một lực, thì M tác cần cho khối vuông chuyển động ngược lại một lực trực đối, động sang phải với gia tốc A đó chính là phản lực vuông góc N. tối thiểu là bao nhiêu? • Để tìm N, ta dùng định luật 2 Newton cho m. Trả lời: 4 (N)
8. 2.9 Trả lời 2.9 - 1 • Định luật 2 trên Một xe trượt khối phương pháp tuyến ở N lượng m trượt xuống vị trí có góc lệch θ: θ từ đỉnh một ngọn đồi R 2 v =cos θ − hình bán cầu không m mg N R θ R ma sát. Giả sử vận tốc 2 v  ban đầu của xe là N= m g cos θ −  mg không đáng kể. R  Hãy tìm góc θ ứng với • v tăng dần, do đó N khi xe bắt đầu rời khỏi giảm dần. ngọn đồi . • Khi N = 0 thì vật bắt đầu rời khỏi ngọn đồi. Trả lời 2.9 - 2 Trả lời 2.9 - 3 • Khi đó: N • Từ(1)và(2)tađược: 2 v= gR cos θ (1) 2 1− cos = cos h gR( θ) gR θ • Định lý động năng 2 giữa vị trí θ và vị trí θ R cos θ = ban đầu: 3 1 2 mg =cos−1 2 3 ≈ 48 ° 2 mv= mgh θ ( ) =1 − cos θ mgR ( ) • Lúcấyđộcaotínhtừ đỉnhđồilà: • Suy ra: 2  R v2 =2 gR 1 − cos φ (2) h= R 1 −  = ( ) 3  3
9. 2.12 Trả lời 2.12 - 1 Thế năng của một hạt trong Vị trí cân bằng của hạt ứng với thế năng cực tiểu. một trường lực nào đó có ͦľ ľ dạng ͏ = ͕/ͦͦ − ͖/ͦ, với ̀ ͘͏ 2͕ ͖ 2͕ = ͧ − ͦ = 0 → ͦͤ = a, b là những hằng số dương ͦ͘ ͦ ͦ ͖ và r là khoảng cách từ tâm Công của lực thế bằng độ giảm thế năng: của trường. ̀ľ Phải coi là lực ̀ľ. ͦ͘ľ = ̀-ͦ͘ = −͘͏ a) Tìm vị trí cân bằng của xuyên tâm, tức là có hạt, ͦľ phương nằm trên , Fr là hình chiếu của ̀ľ trên phương ͦľ (F = |Fr|). b) và giá trị cực đại của lực mới có thể giải hút. được. ͘͏ 2͕ ͖ → ̀- = − = − ͦ͘ ͦͧ ͦͦ Trả lời 2.12 - 2 Trả lời 2.12 - 3 rm được xác định từ Giản đồ của Fr ứng Lực đẩy ̀͘-⁄ͦ͘ Ɣ 0: Lực đẩy với a = 0.5, b = 5. 3͕ Ở khoảng cách nhỏ là ͦ( Ɣ rm ͖ rm lực đẩy (Fr > 0), Thay rm vào biểu còn ở khoảng cách thức của Fr ta suy ra lớnlàlực hút(F < 0). Lực hút Lực hút r lực hút cực đại: Khoảng cách rm ứng ͧ với lực hút cực đại. ͖ ̀(3 Ɣ 27 ͕ͦ