CƠ học CHẤT điểm và vật rắn QUOC GIA có đáp án chi tiết

như chúng ta đã biết trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia hay quốc tế sẽ không thể thiếu các bài tập cơ học chất điểm và vật rắn . Sau đây là các bài tập bổ ích đc biên soạn và chọn lọc lĩ lưỡng sẽ bồi dưỡng thêm cho các bạn kĩ năng giải các bài tập cơ chất điểm hay vật rắn .Đặc biệt tài liệu này cón có thêm phần đáp án chi tiết , dễ hiểu

CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM VÀ VẬT RẮN

TỔNG HỢP MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎICẤP TỈNH- QUỐC GIA

CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI OLYPIC QUỐC TẾ

BÀI 1 (QG 2003) Một thanh cứng AB có chiều dài L tựa trên hai

mặt phẳng P1 và P2 (Hình 1) Người ta kéo đầu A của thanh lên trên

dọc theo mặt phẳng P1 với vận tốc v 0 không đổi Biết thanh AB và

véctơ v 0 luôn nằm trong mặt phẳng vuông góc với giao tuyến của P1

và P2; trong quá trình chuyển động các điểm A, B luôn tiếp xúc với

hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng là  =1200 Hãy

tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận tốc góc của thanh theo v0, L,

 ( là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P2)

HƯỚNG DẪN Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo thanh bằng nhau

nên:

vB = vAcos(600- )/cos= tg )

2

3 2

1 (

v0   Chọn trục Oy như hình vẽ, A có toạ độ:

y= Lsin  y’= Lcos ’ = v0cos300

Vận tốc góc của thanh:

 = ’ =

 cos L

30 cos

 cos L 2

3

v0

Gia tốc của B: a =

dt

dvB

 ' cos 2

3

v0 2



3

2 0

cos L 4 v

BÀI 2.Trên mặt bàn nằm ngang có hai tấm ván khối lượng m1 và m2 Một lực F  song song với mặt bàn đặt vào tấm ván dưới Biết hệ số ma sát trượt giữa 2 tấm ván là k1, giữa ván dưới và bàn là k2 (Hình 2) Tính các gia tốc

a1 và a2 của hai tấm ván Biện luận các kết quả trên theo F khi cho F tăng

dần từ giá trị bằng không Xác định các khoảng giá trị của F ứng với từng

dạng chuyển động khác nhau của hệ

áp dụng bằng số: m1= 0,5kg; m2=1kg; k1= 0,1 ; k2 = 0,3; g = 10m/s2

HƯỚNG DẪN Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là:

F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g

1/ F  F2max thì a1= a2= 0

2/ F > F2max thì ván 2 chuyển động và chịu tác dụng của các lực :

F, F2max và lực ma sát F1 giữa hai ván Có hai khả năng :

a) F1 F1max ,ván 1 gắn với ván 2 Hai ván cùng chuyển động với gia tốc:

a =

2 1

max 2

m m

F F





Lực truyền gia tốc a cho m1 là F1: F1 =m1

2 1

max 2

m m

F F





 k1m1g  F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g

Điều kiện để hai tấm ván cùng chuyển động với gia tốc a là:

k2( m1 + m2)g < F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g Thay số: 4,5N < F  6N

b) F = F1max Ván 1 trượt trên ván 2 và vẫn đi sang phải với gia tốc a1

a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g

Ván 2 chịu F, F1max, F2max và có gia tốc a2:

a2 =

2

2 1 2 1 1

m

g ) m m ( k g m k

0

v 

A

B

P1



Hình 1

P2 

y

O

Hình 1

0

v 

A

B

P1



P2 

F 

m1

m2

Hình 2

k1

k2

Điều kiện để a2 - a1 =

2

m

1 {F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> 0 là F>(k1 +k2)(m1+m2)g Thay số: F  4,6N : a1= a2= 0 ; hai vật đứng yên

4,5N < F  6N : hai vật có cùng gia tốc: a1 = a2 =

5 , 1

5 , 4

F 

F > 6N : Vật 1 có a1= 1m/s2; vật 2 có a2 = (F  )5

BÀI 3 (HSG QG 2002-2003 ) Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lượng m, bán kính R,

tâm O

1 Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm O của nó

một đoạn là d = 3R/8

2 Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang Đẩy bán cầu sao cho

trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng đứng

rồi buông nhẹ cho dao động (Hình 1) Cho rằng bán cầu không trượt

trên mặt phẳng này và ma sát lăn không đáng kể Hãy tìm chu kì dao

động của bán cầu

3 Giả thiết bán cầu đang nằm cân bằng trên một mặt phẳng nằm ngang khác mà các ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng đều bằng không (Hình 2) Tác dụng lên bán cầu trong khoảng thời gian rất ngắn một xung của lực X nào đó theo phương nằm ngang, hướng đi qua tâm O của bán cầu sao cho tâm O của nó có vận tốc v 0

a) Tính năng lượng đã truyền cho bán cầu

b) Mô tả định tính chuyển động tiếp theo của bán cầu Coi v0 có giá trị nhỏ

Cho biết gia tốc trọng trường là g; mô men quán tính của quả cầu đặc đồng chất khối lượng M, bán kính

R đối với trục quay đi qua tâm của nó là I = MR2

5

2

HƯỚNG DẪN

1 Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng dày

dx nhỏ

Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin , dày dx= Rcos.d

có khối lượng dm = (Rcos )2dx với R3

3

2

m  nên:

m

d sin cos R m

xdm

x

2 /

0

3 4 m

0

G



















d =

8

R 3 m 4

R cos

m 4

R x

4 2

/ 0 4 4

G      (đpcm)

2 Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi  là góc hợp bởi OG và đường

thẳng đứng

- mgd = IM.” (1)   biến thiên điều hoà với  =

M

I mgd

IO, IG, IM là các mômen quán tính đối với các trục quay song song qua O,G,M Mô

men quán tính đối với bán cầu là:

IO = mR2

5

2

; IO = IG + md2

IM = IG + m( MG)2 Vì  nhỏ nên ta coi MG = R-d

 IM = mR2

5

2 +m(R2 –2Rd) = mR2

20 13

Hình 2

O

0

v 

Hình 1

O

Hình 2

O

OO



x

x Hình 1

dx

Hình 2

M P

O G



 =

R 26

g 15 I

mgd

M

  T =

g 15

R 26 2

3 a) Giải hệ:

X = mvG (1) Xd = IG (2) v0= vG +d (3)

Với IG = IO- md2 =

320

83

mR2 vG =

G 2

0

I / md 1

v

128

v

83 0

;  = G

G

v I

md

= vG

R 83

120

= v0

R 16 15 Động năng của bán cầu:

E =

2

I 2

G

2

256

mv

83 2

0  0,32

2

mv2 0

b) Khối tâm bán cầu chuyển động với thành phần vận tốc theo phương ngang bằng vG khôngđổi Bán cầu dao động quanh khối tâm

BÀI 4.(HSG QG 2004)

Hai chiếc đĩa tròn đồng chất giống nhau chuyển động trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn, theo đường thẳng nối tâm các đĩa, đến gặp nhau Các đĩa này quay cùng chiều quanh trục

thẳng đứng qua tâm của chúng với các vận tốc góc tương ứng là 1 và 2

Tác dụng của lực ma sát giữa các đĩa và mặt bàn không đáng kể, còn

tác dụng của lực ma sát xuất hiện ở điểm tiếp xúc hai đĩa với nhau thì đáng

kể Biết các đĩa có khối lượng m, có dạng trụ tròn thẳng đứng, hai đáy

phẳng, bán kính R; phần tâm đĩa có khoét một lỗ thủng hình trụ tròn đồng

tâm với vành đĩa, bán kính R/2

1 Tính mômen quán tính đối với trục quay nói trên của mỗi đĩa

2 Hãy xác định vận tốc góc của các đĩa sau va chạm, biết rằng vào thời điểm va chạm kết thúc, tốc độ của các điểm va chạm trên các đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng là bằng nhau

3 Xác định thành phần vận tốc tương đối của hai điểm tiếp xúc nhau của hai đĩa theo phương vuông góc với đường nối tâm của chúng ngay sau lúc va chạm

BÀI GIẢI

R

dr r 2 ) ) r R (

m





2

) r R ( 2 2



=

8

mR

5 2

2 Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v1, v2 tương ứnglà độ lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đường nối tâm của chúng, có phương ngược với chiều quay của các đĩa này:

m1v1= m2v2 (1)

RX )

( ' 1

RX )

(

I ' 2



 1'  1 '2  2 (2)

m1v1 = ( ' 1)/R

1 



 (3)

Theo giả thiết, sau va chạm, thành phần vuông góc của vận tốc dài của các tiếp điểm ở hai vành đĩa bằng nhau:

v = 1'R v1 '2Rv2 (4)

Giải hệ 4 phương trình, 4 ẩn: '1, '2, v1;v2;

' 2 2

' 2 1

' 1 2

'

1

mR

I mR

I























Từ (2) và (5):

2

2 1 2 '

1

mR

I 2 2

) mR

I

2

1

(













2

1 2 2 '

2

mR

I 2 2

) mR

I 2 1 (













8

mR

5 2

,

thì:



2



1



2



1

4

9 1 2

'

1









13

4

9 2 1

' 2









v1=

26

R ) (

5 1 2

;

v = 1'R v1=

2

R ) (1 2

( nếu 1>2 v > 0, vận tốc này có hướng theo chiều quay của đĩa 1)

BÀI 5(HSG QG 2004)

1) Quả cầu M khối lượng m được nối với một trục thẳng đứng tại hai điểm A, B

bằng hai thanh chiều dài l, khối lượng không đáng kể (khoảng cách AB = 2a) Các chỗ

nối đều là các chốt nên hai thanh chỉ bị kéo hoặc nén Cả hệ quay không ma sát quanh

trục thẳng đứng với vận tốc góc  không đổi (xem hình vẽ)

Tính các lực T và T’ mà vật m tác dụng lên các thanh AM và BM tương ứng Các

thanh bị kéo hay bị nén?

2) Trên mặt bàn nằm ngang có một bán trụ cố định bán kính R Trong mặt phẳng

thẳng đứng vuông góc với trục O của bán trụ ( mặt phẳng hình vẽ ) có một

thanh đồng chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặt

bàn Trọng lượng của thanh là P Không có ma sát giữa bán trụ và thanh Hệ số

ma sát giữa mặt bàn và thanh là k =

3

3 Góc  phải thoả mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng?

BÀI GIẢI

1 Gọi TM, '

M

T là các lực do các thanh tác dụng lên vật M Vật M chịu các lực: mg, TM, '

M

T và lực quán tính li tâm: F = m2R m2 l2  a2

Giả thiết TM và '

M

T có chiều như hình vẽ Gọi góc AMH = BMH =  ; sin

l

a



 ; cos  =R/l Chiếu xuống HX và HY có:

 

T T sin mg

R m cos T T

' M M

2 '

M M















Suy ra:





































a

g 2

ml T

a

g 2

ml T

2 '

M

2 M

TM >0, chiều giả thiết là đúng TM là chiều do thanh tác dụng lên M Ngược lại, M tác dụng lên thanh lực trực đối T Vậy thanh AM bị kéo

T' o

M nếu

a

g



 (quay đủ nhanh), thanh BM bị kéo

T' 0

M nếu

a

g



 thanh BM bị nén

T' 0

M  nếu

l

g



 thanh BM không chịu lực nào

2.Thanh chịu trọng lượng P, phản lực N của bán trục ở A vuông góc với mặt trụ (đi qua 0) Phản lực Q của mặt

bàn xiên góc với phương ngang vì có ma sát, trong đó:

Q = Q + F ; trong đó F là lực ma sát.N



A B R

O

A

B

M 2a

l

l

A

B

M



m

M

T

l y

' M

T

Ba lực Q ; N ; P cân bằng, vậy giao điểm của N ; Q phải ở trên giá của P

Ta có: P + Q + N = 0 (1)

Tam giác OAB là cân nên góc BAN = 2

Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncos = F ;

(2)

Chiếu (1) xuống oy : Nsin + QN = P ;

(3)

Lấy mo men đối với B : P  NRsin2

2

cos R

; (4)

Mặt khác : QN

3

3

F  ; (5)

Ta có 4 phương trình cho 4 ẩn N; QN; F và  Từ (3) có:











sin 4

P 2

sin 2

cos P

N Thay vào (2) nhận được:

4

g cot P

F  ; (6) Thay vào (3) thu được: QN = P - Nsin =

4

P 3 (7) Thay (6) và (7) vào (5) có:

P

4

3 tg

4

P



 Suy ra: tg

3

1

 ; hay  o

30

 Mặt khác, dễ thấy rằng, vị trí của thanh, khi đầu A của thang là tiếp điểm với bán trụ, tạo với mặt ngang với một góc giới hạn  = 450. Vậy trạng thái cân bằng của thanh ứng với góc  thoả mãn điều kiện:

300 450

BÀI 6( HSG QG 2005) Cho vật nhỏ A có khối lượng m và vật B khối lượng M Mặt trên của B là một phần mặt cầu bán kính R (xem hình vẽ) Lúc đầu B đứng yên trên mặt sàn S, bán kính của mặt cầu đi qua A hợp với phương thẳng đứng một góc 0 (0 có giá trị nhỏ) Thả cho A chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không Ma sát giữa A và B không đáng kể Cho gia tốc trọng trường là g

1 Giả sử khi A dao động, B đứng yên (do có ma sát giữa B và sàn S)

a) Tìm chu kỳ dao động của vật A

b) Tính cường độ của lực mà A tác dụng lên B khi bán kính qua vật A

hợp với phương thẳng đứng một góc  0

c) Hệ số ma sát giữa B và mặt sàn S phải thoả mãn điều kiện nào để B

đứng yên khi A dao động?

2 Giải sử ma sát giữa vật B và mặt sàn S có thể bỏ qua

a) Tính chu kỳ dao động của hệ

b) Lực mà A tác dụng lên B có giá trị cực đại bằng bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN

1 a) Khi bán kính nối vật với tâm lệch góc  (nhỏ) :

) 1 (

a

m

g

m

N  

Chiếu (1) lên trục Os (coi như vuông góc với bán kính):

s m

R

mgs  

 /





 s

s  với   g / R



A

B R

O

y

P F

x

Vậy A dao động điều hoà với T 2 R/g

b) Chiếu (1) trên phương bán kính: N mgcos mv2 /R



Theo định luật bảo toàn năng lượng: mv2 /2mgRcos  cos0;  N 3mgcos 2mgcos0

c) Ta có: N x Nsin 1,5mgsin2  2mgcos0sin

áp lực của M lên sàn là: QMgNcos Mg3mgcos2  2mgcos0cos

Điều kiện để B đứng yên là: N x kQ với mọi  0

Với  nhỏ: N x 3mg 2mgcos0 tỷ lệ với  nên có giá trị cực đại khi  0

Do đó: N xmax 3mgcos0  2mgcos0sin0 mgcos0sin0



mgd

dQ

luôn có giá trị âm nên Q nghịch biến với 

2

Mặt khác, ta có k N x/Q k N xmax/Qmin 

0 2 0 0 min

cos

sin cos







m M

m k



Nếu thay cos 1 2/2

0

   và sin 0 0, ta được:

1 2/2.

0

0 min











m

M

m

k

2.a) Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng của hệ được bảo toàn Vì  nhỏ nên có thể coi vận tốc

của m có phương nằm ngang, ta có:

0



MV mv

Mặt khác, do bảo toàn cơ năng: 2 2 cos cos 0

2

MV mv

Chú ý rằng 'Rv Vv1m/M (ở đây ký hiệu

dt

d

 ), Với các góc bé, ta có:

0 2

2

2 2 2 2

2 2

2

1 /

1 2 /

1



















mgR M

m M

R Mm M

m mR

0

2

2

1 /

1 /











g M

m R

Đạo hàm hai vế biểu thức trên theo t:, ta được:

 





R

M m

g1 /





Vậy hệ dao động điều hoà với

g

R T

R

M m g

/ 1 2 /

1









b) Đối với m: Nm gm a Chiếu hai vế của phương trình trên lên Os, ta có:

R

V v m mg

N

2

cos  

Theo định luật bảo toàn động lượng: mvMV 0

và bảo toàn cơ năng:  0

2 2

cos cos

2

MV mv

Suy ra:

cos cos 0















M m

M v

Ta đã biết v V v1m/M nên khi  0, cos và  v  V cực đại, do đó N cực đại Vậy

R

V v m mg

M

m v

R

m



  2

cos 1 2 / 1

1

M

m gR

M m R

m





3 2 2mg1 m/Mcos0

M

m mg

BÀI 7 Trên mặt ngang không ma sát, hai vật có khối lượng m1và m2 nối với nhau bởi một sợi dây không giãn

và có thể chịu được lực căng T0 Tác dụng lên vật các lực tỷ lệ thuận với thời gian F11t, F22t, trong đó 1

và 2 là cỏc hệ số hằng số có thứ nguyên, t là thời gian tác dụng lực Xác định thời điểm dây bị đứt

BÀI GIẢI

Gọi lực căng của dây khi chưa đứt là T Chọn chiều (+) từ trái sang phải

Độ lớn của gia tốc như nhau cho cả hai vật, nờn :

a

T T

  

 1 2 2 1

(m m )t T

  



 (*) Phương trình (*) cho thấy lực căng T tăng theo thời gian Vậy thời gian để dây đứt là :

1 2 0

d

m m T t

m m







BÀI 8 Cho cơ hệ gồm hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối với nhau bằng một lũ xo rất nhẹ cú độ cứng

k, chiều dài tự nhiên l0 Hệ được đặt trên một mặt phẳng ngang trơn nhẵn

Một lực F không đổi có phương nằm ngang (dọc theo trục của lũ xo) bắt

đầu tác dụng vào vật m2 như hỡnh vẽ

a, Chứng tỏ các vật dao động điều hoà Tính biên độ và chu kỳ dao động

của mỗi vật

b, Tính khoảng cách cực đại và khoảng cách cực tiểu giữa hai vật trong quỏ trỡnh dao động

Bài giải

- Xột trong hệ quy chiếu gắn với khối tõm G của cơ hệ

- Gia tốc của khối tõm: G

F

a =

m + m

- Gọi O1 và O2 lần lượt là vị trí của m1 và m2 khi lũ xo ở trạng thỏi tự nhiờn : O1O2 = l0;

- Vị trớ O1 và O2 lần lượt cách G những đoạn l1 và l2, thoả món điều kiện :

m1l1 = m2l2 = m2(l0 - l1)  l1 = 2 0

m l

m + m ; l2 =

1 0

m l

m + m .

- Ta coi hệ trờn gồm : vật m1 gắn vào một đầu lũ xo cú chiều dài l1, đầu kia của l1 được gắn cố định vào G và vật m2 gắn vào một đầu của lũ xo cú chiều dài l2, đầu kia của l2 được gắn cố định vào G

2

m m 2 m 1

1

F

2

F

- Độ cứng của các lũ xo l1 và l2 : 1 1 2

2

k(m + m )

k =

m và

2

1

k(m + m )

k =

* Phương trình dao động của các vật:

Chọn cỏc trục toạ độ cho mỗi vật gắn với khối tõm G của cơ hệ như trờn hỡnh vẽ

- Vật m 1 : F - F = m aqt 1 dh 1 1 1

hay 1 1 1 1 1

m F

- k x = m x

x + (x - ) = 0

m (m +m )k



Đặt : 12 1

1

k

ω =

m ;

1

m F

X = x -

(m + m )k  X + ω X = 01 12 1 (*): vật m1 dao động điều hoà Nghiệm phương trỡnh (*) cú dạng : X = A sin (ω t + )1 1 1 1

- Vật m 2 : F - F - F = m aqt2 dh2 2 2 hay 2

m F

F - - k x = m x

Đặt : 22 2

2

k

ω =

m ;

1

m F

X = x -

(m + m )k  X + ω X = 02 22 2 : vật m2 dao động điều hoà Nghiệm phương trình (*) có dạng : X = A sin (ω t + )2 2 2 2

* Chu kỡ dao động của các vật:

1

m m 2π

T = = 2π

ω (m + m )k ;

2

m m 2π

T = = 2π

ω (m + m )k

* Biên độ dao động của các vật:

- Vật m 1 : 1 1 2 2 1 1 1

m m F

x = + A sin(ω t + )

(m + m ) k 

v = A ω cos(ω t + )1 1 1 1 1

Khi t = 0 1 1 2 2

m m F

A = (m + m ) k

x1 = 0  1/ 2

v1 = 0

- Vật m 2 :

2 1

m F

v = A ω cos(ω t + )2 2 2 2 2

Khi t = 0

2 1

m F

A = (m + m ) k

x2 = 0  2  / 2

v2 = 0

b, Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa hai vật trong quá trỡnh dao động : Hai vật dao động cùng pha trên hai trục toạ độ cùng phương ngược chiều nên:

lmax = l0 + 2(A1 + A2) = l0 + 2 1

m F (m + m )k ;

lmin = l0

F

F

F

q t 1

q t 2

d h 1

d h 2