Số mật mã: Phần này là phách Số mật mã: Bài I: Ba người bạn A – B – C chỉ có một chiếc xe đạp quyết đònh cùng đi dự một đám cưới cách chỗ ở 30km. Phương án của họ vạch ra để đến nơi cùng một lúc là: B chở A còn C đi bộ, đi được một đoạn đường thích hợp thì A xuống xe đi bộ còn B quay lại đón C. Dọc đường quay lại đón C thì xe hỏng, phải dừng lại sửa sau đó tiếp tục quay lại đón C. Do vậy mà B và C đến trễ sau A 3 phút. Vận tốc xe đạp là 15 km/h, người đi bộ là 6km/h. a) Sau thời gian bao lâu thì A đến nơi ? b) Tìm thời gian sửa xe. c) Vẽ dạng đồ thò chuyển động của mỗi người. ĐÁP ÁN a) Thời gian A đến nơi là thời gian theo dự kiến. t 1 : Thời gian đi bộ của A t 2 : Thời gian A ngồi trên xe v 1 t 1 + v 2 t 2 = S (0,5đ) Quãng đường xe đạp phải đi là: Hành trình của xe đạp S + 2MN v 2 (t 1 + t 2 ) = S + (S – 2v 1 t 1 ) 2 => v 2 t 1 + v 2 t 2 = 3S – 4v 1 t 1 (1đ) Thay số ta có: 6t 1 + 15t 2 = 30 15t 1 + 15t 2 = 90 – 24t 1 (0,5đ) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH )( 11 14 15.11 210 )( 11 20 33 60 2 1 ht ht == == 11 34 21 =+=⇒ ttt M N v 2 t 2 v 1 t 1 => b) Trong thời gian xe hỏng (∆t), C đi thêm được quãng đường v 1 . ∆t. Quãng đường xe đạp được giảm : 2v 1 ∆t Nghóa là bớt được thời gian: (0,5đ) Ta có 3ph= (1,5đ) Bài 2: Trên mặt nằm ngang nhẵn có đặt chiếc nêm khối lượng M, độ cao h với các góc nghiêng α, β. Tại đỉnh nêm người ta giữ 2 vật nhỏ cùng khối lượng m. Sau khi thả rơi hai vật trượt theo 2 phương nghiêng khác nhau rồi bò mắc kẹt vào 2 chiếc rổ. Hỏi nêm dòch chuyển 1 đoạn bao nhiêu ? 2 1 2 v tv ∆ h 20 1 )( 20 1 . 2 2 1 ht v v t =∆−∆ )(15)( 4 1 20 1 5 4 phhttt ==∆⇒=∆−∆⇒ (1đ) β α h M m m’ x(Km) t (h) B + C A A + B C PHẦN NÀY LÀ PHÁCH ĐÁP ÁN: + Gọi x 1 , x 2 , x 3 là tọa độ khối tâm mỗi vật theo phương Ox -> OO 1 là độ dòch chuyển khối tâm của M -> ∆x 3 = OO 1 . + Vì các ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương thẳng đứng -> khối tâm hệ bảo toàn theo phương ngang. => m(∆x 3 – hcotgα) + m (∆x 3 + hcotgβ) + M∆x 3 = 0 Bài 3: Một thang kép gồm 2 thang đơn AB, AC có thể quay không ma sát quanh trụ A. Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α. Một người có trọng lượng P 1 trèo lên thang AB. Vò trí H của người ấy được xác đònh bởi AH = x. Hệ số ma sát của thang và mặt phẳng nằm ngang là k = tg ϕ. a) Nếu thang bò trượt thì thang đơn nào trượt trước? b) Tính tg ϕ khi thang bắt đầu trượt. c) Xét các trường hợp riêng. - Không có người. - Người đứng yên trên thang ở A. - Người đứng yên ở B. 0 321 = ++ ∆+∆+∆ ⇒ mmm xmxmxm Mm ggmh xOO + − =∆=⇒ 2 )cot(cot 31 βα 1 2 3 β @ α PHẦN NÀY LÀ PHÁCH ĐÁP ÁN: a. (0,5đ) Thang kép chòu tác dụng của các lực (hình vẽ) Trọng lực P A , P B , P 1 (P A = P B = P) Phản lực R 1 của mặt đất ở B nghiêng góc β 1 so với đường thẳng đứng. Phản lực R 2 của mặt đất ở C nghiêng góc β 2 so với đường thẳng đứng. Thang bò trượt nếu β > ϕ. (0,5đ) Khi thang cân bằng thì hình chiếu của F hl trên phương ngang = 0  R 2 Sinβ 2 – R 1 Sinβ 1 = 0 (0,5đ) Thang AB có người đứng nên R 1 > R 2 . Vậy β 2 > β 1. Vậy β 2  ϕ trước khi β 1  ϕ Nghóa là thang AC trượt trước thang AB. b. Khi hai thang đơn tác dụng lên nhau các phản lực ở A trực đối N1= -N2 → P+P 1 → y ↑(+) x 0 (+) C B P 1 → → → → P → P 2α N 1 A γ N 2 → β 1 R 1 → β 2 → R 2 γ → → → → → ( ) N 1 = N 2 = N → → → → PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Xét sự cân bằng của thang AB và tính momen lực đối với trục quay qua B ta có: N 1 2l cos (α - γ) = [Pl + P 1 (2l –x )] sin α (1) (0,25đ) Xét cân bằng của AC và lấy momen đối với trục qua C. 2lN 2 cos (α - γ) = Pl sin α (2) (0,25đ) (1) + (2) ⇔ 4Nl cosα cosγ = [2Pl + P 1 (2l –x )] sin α (3) (0,25đ) (1) - (2) ⇔ 4Nl sin γ = P 1 (2l- x) (4) (0,25đ) Mặt khác ta lại có: R 2 + N 2 + P = 0 (a) Chiếu (a) lên ox R 2 sinβ 2 = N 2 cos γ oy R 2 cosβ 2 – P = N 2 sin γ Thang bắt đầu trượt thì β 2 = ϕ Từ (b) => R 2 sinϕ = N 2 cos γ (5) (0,25đ) R 2 cosϕ - P = N 2 sin γ (6) Thay cos γ, sin γ trong (5), (6) vào (3), (4) Ta được: 4lR 2 cos α sinϕ = [2Pl + P 1 (2l – x)] sin α 4l (R 2 cos α - P) = P 1 (2l – x) Khử R 2  (0,5đ) Với α là góc giữa thang với phương thẳng đứng ứng với lúc nó bắt đầu trượt. c/ Nếu P 1 = 0 thì tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ) Tại A thì x = 0  (0,5đ) Tại B thì x = 2l  tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ) Bài 4: Một vật khối lượng m 2 được treo bằng sợi dây dài l = 1m với điểm treo ở độ cao h = 2m. Tại mặt đất người ta ném xiên 1 vật m 1 (với m 1 = 2m 2 ) với vận tốc sao cho m 1 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với m 2 theo phương ngang, m 2 sau va chạm lên đến độ cao của điểm treo O. → → → → (b) (0,25 đ) ( ) ( ) ϕα tg xPPPl xPPPl tg 11 11 2 22 −+ −+ = ϕα tg PP PP tg 1 1 2 + + = PHẦN NÀY LÀ PHÁCH a) Tìm độ lớn v, góc ném α và vò trí điểm ném A (hay khoảng cách AB)? b) Tìm tầm xa của m 1 ? Bỏ qua lực cản môi trường; lấy g = 10m/s 2 ĐÁP ÁN: a) Sau va chạm m 2 có vận tốc v 2 ’. Theo đònh luật bảo toàn cơ năng: Xét va chạm, động lượng bảo toàn, động năng bảo toàn: Giải ra được : Vò trí va chạm là vò trí độ cao cực đại của m 1 Nên : v x = v 1 với : vx = vcosα Mặt khác: => Góc ném : glmvm 2 2 ' 22 2 1 = )/(52202 ' 2 smglv ===⇒ )/( 2 5 4 1 3 1 ' 21 ' 1 smvvv === '' 221111 vmvmvm += 2 22 2 ' 11 2 11 'vmvmvm += 1 21 1 ' 2 2 v mm m v + = 1 21 21 ' 1 v mm mm v + − = )/( 2 53 4 3 3 4 ' 211 ' 2 smvvvv ==⇒=⇒ )/(52)(2 smlhgv y =−= Vx Vy tg = α m 2 l O m 1 α A B V (0,5đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,25đ) V α Vx Vy PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Thời gian lên đến độ cao cực đại của m 1 b) Sau va chạm m 1 có vận tốc chiều tiến tới trước Vì m 1 > m 2 . Từ vò trí đó m 1 chuyển động ném ngang Tầm xa tính từ B : Tầm xa của m 1 : X M = x M + AB = 1,5 + 0,5 = 2 (m) Bài 5: Túi cát khối lượng m 2 nảy lên cao bao nhiêu nếu ở bên kia cầu bập bênh ta thả một túi cát giống hệt như vậy từ độ cao H. Biết khối lượng tấm ván là m 1 và độ dài của nó là . ĐÁP ÁN Tại lúc va chạm, momen động lượng được bảo toàn đối với điểm O (Với O là tâm đối xứng của hệ – momen của trọng lực đối với O bằng 0). Ta có: (1đ) 253 5 3 2 53 52 0 =⇒== αα tg )(52,0 10 52 s g Vy t === mtVAB x 5,152,0. 2 53 ===⇒ )(5,0 10 )12(2 . 2 5 mx M = − ==> ωω . 4 .2 12 2 2 2 2 2 1 2   mm gHm += O m 2 m 2 m 1 H /2 /2 (0,5đ) (0,25đ) (0,5đ) V 1 ’ g lR Vx M )(2 . ' 1 − = (0,5đ) (0,25đ) (0,25đ) PHẦN NÀY LÀ PHÁCH (1đ) Mà : (1đ) Độ cao cực đại mà m 2 có thể lên được: (1đ) (1đ) Bài 6: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác đònh. Khi hút khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm. p suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P 0 . Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm. Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình. ĐÁP ÁN: Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P 1 . Ta có: P 0 . V = P1 (V+V 0 )  (1đ) Với V là thể tích của bình, V 0 là thể tích làm việc của bơm pittông. ω ) 6 (2 2 1 2 m m gHm +=⇒ 21 2 6 26 mm gHm + =⇒  ω 21 2 6 23 2 . mm gHm v + ==  ω gmm gHm g v h 2 1 . 6 23 2 2 21 2 2         + == 2 2 2 2 vm ghm = H mm m h 2 21 2 6 3         + = 0 01 VV V PP + = 2 0 0 0 12         + = + = VV V P VV V PP PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ) Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P. (1đ) Theo điều kiện của bài toán: P = 2P 0 , đặt Ta có phương trình: (0,5đ) Dựng đồ thò của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ. Từ giao điểm của hai đồ thò ta tìm được x ≈ 0,44 nghóa là (0,5đ) (1đ) 4 0 0 '         + = VV V PP             +             + =         +         + =+= V V V V P V V VV V P V VP PP 0 4 0 0 0 4 0 0 00 4 1 1 4 4 ' V V x 0 = 44 1 1 424 1 1 2       + =−⇔+       + = x xx x 4 1 1       + x 44,0 0 ≈ V V x y 0 0,1 • 0,44 0,5 0,8 1 4 1 1       + = x y . 0 '         + = VV V PP             +             + =         +         + =+= V V V V P V V VV V P. Người đứng yên trên thang ở A. - Người đứng yên ở B. 0 321 = ++ + + ⇒ mmm xmxmxm Mm ggmh xOO + − =∆=⇒ 2 )cot(cot 31 βα 1 2 3 β @ α PHẦN NÀY LÀ PHÁCH ĐÁP