Tuyen tap HSG phan co

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (323.96 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1: (Cơ - 3 điểm) (HSG ĐB Sơng Cửu Long)

a. Tìm thời gian tối thiểu để một vận động viên lái môtô vượt qua một khúc quanh có độ dài bằng

1

3

đường trịn bán kính R.
Cho hệ số ma sát nghỉ giữa bánh xe và mặt đường là , mặt đường được làm nghiêng một góc  so với mặt phẳng nằm ngang.
b. Tính cơng suất giới hạn của động cơ lúc ấy. Coi các bánh xe đều là bánh phát động.

Giải
a. ma P R P N F     msn



    

     

(1) (0,25đ)

Chiếu lên Oy: 0mg F msnsin



Ncos



cos

sin

cos

sin

msn

mg N

F

N

mg

N











 













(2) (0,5đ)

Chiếu lên Ox:

max

cos

sin

cos

sin

msn

mV

F

N

R



















(3) (0,25đ)

Từ (2) và (3)









max

1 gR

tg

gR

tg

V

tg









 













(0,5đ)

Vậy vận động viên chạy đều với tốc độ tối đa, ta có tmin là:













min
max

1

2

1

2

3 R

tg

s

R

tg

t

V

gR

tg

g

tg

 



 

















(0,5đ)
b. Ta có: P = F.V

Pmax khi

max
max

msn

F

N

V V













(0,25đ)





max

cos

sin

1 gR

tg

mg

P

tg













 







(0,5đ)

Bài 4: (Dao động điều hòa - 3 điểm)

Từ điểm A trong lòng một cái chén tròn M đặt trên mặt sàn phẳng nằm ngang, người ta thả
một vật m nhỏ (hình vẽ). Vật m chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng, đến B thì quay lại.
Bỏ qua ma sát giữa chén M và m.

a. Tìm thời gian để m chuyển động từ A đến B. Biết A ở cách điểm giữa I của chén một
khoảng rất ngắn so với bán kính R. Chén đứng yên.

b. Tính hệ số ma sát nghỉ giữa chén và sàn.
Giải

a. Ta có: ma P N    
* Chiếu lên phương tiếp tuyến:

sin

t

x

ma

P

mg

R







(0,25đ)

N

R

P

F

msn

R



O

x

y

m

I

M

A

N

M

F

msn

P

N

O

y

x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

" 2 0
x



x

   Với:

g

R

 

(0,25đ)

Từ đó cho thấy m dao động điều hoà, thời gian đi từ A đến B là

1

2

chu kỳ dao động.

2 T

R

t

g



 



(0,25đ)
b. Chén đứng yên nên: PM NM N'Fmsn 0



   

(1)

* Chiếu (1) lên phương Oy: PM NM  N'cos



0 Với N' = N (2) (0,25đ)

Ở góc lệch , Với m có:





2 2

0 0

cos

2 mV

N mg

N

mg

R

mV

mgh mgh

mgR



































(0,25đ)



3cos 2 cos 0



N mg



  

(3) (0,25đ)

Từ (2) và (3) ta được: NM Mg mg cos





3cos



 2cos





(4) (0,25đ)
* Chiếu (1) lên Ox: N'sin



 Fmsn  0 Nsin



Fmsn 



N (0,25đ)

max
min

( sin )

sin

(

)

M M

N









(0,25đ)









sin

3cos

2cos

sin

cos

3cos

2cos

M

N

mg

N

Mg mg























0 bé;   0 (0,25đ)



Nsin





max;(NM)min


khi  = 0 (0,25đ)

Vậy:





sin 2

2 cos

m

M m











(0,25đ)
Câu 4:(HSG Kiên Giang):

Ba quả cầu có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng,mảnh nằm ngang.Biết khối lượng 2 quả cầu 1 và 2 là m1m2 m

;lị xo có độ cứng K và khối lượng khơng đáng kể.Quả cầu 3 có khối lượng 3

2 m



.Lúc đầu 2 quả cầu 1,2 đứng yên,lò xo có
độ dài tự nhiên l0.Truyền cho m3 vận tốc v0



đến va chạm đàn hồi vào quả cầu 1
Sau va chạm,khối tâm G cuả các quả cầu 1,2 chuyển động như thế nào?Tìm vận tốc
cuả G.

Chứng minh rằng hai quả cầu 1 và 2 dao động điều hoà ngược pha quanh vị trí cố
định đối với G.Tìm chu kỳ và biên độ dao động cuả các vật.

ĐÁP ÁN
a.Chuyển động cuả khối tâm G:

Vì quả cầu 3 va chạm đàn hồi với quả cầu 1 và hệ kín nên động lượng(theo phương ngang) và động năng được bảo toàn.Gọi
1, 3

v v là vận tốc quả cầu 1 và 3 sau va chạm,ta có:

2 0 1 2 3

m m

v mv  v

(1)

2 2 2

0 1 3

2 2

2 2 2

v

mv

v

m





(2)  3v32 2v v0 3 v02 (3) 
(3) có nghiệm v3v0(loại vì vô lý) và

3
v
v 

(4) Đưa (4) vào (1) ta có:

0
1

2
3

v
v 

m

I

M

A

N

F

msn

P

M
M

N

O

y

x



1

2

3

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Hệ hai quả cầu 1 và 2 là hệ cô lập nên khối tâm G chuyển động thẳng đều.Từ toạ độ khối tâm,ta có :
1 1 2 2 1 1 2 2

1 2 1 2

G

G G

dx

m x m x m v m v

x v

m m dt m m

 

   

  (6) (0,25đ)

Sau va chạm:

0
1

2
3
v
v 

và v20 nên (6) cho ta:

0
1
1 2

2

3

G

v

m

v

m





=
0

2

3 v

m

v

m m





(7) 
b.Dao động cuả quả cầu 1 và 2

+Chọn trục toạ độ Ox nằm ngang,gốc O trùng với khối tâm G cuả hai quả cầu

+Khi lò xo chưa biến dạng,gọi 0 ,01 2 là vị trí cân bằng cuả hai quả cầu.Lúc đó x x1, 2 là toạ độ cuả hai quả cầu.Toạ độ cuả 
khối tâm là :

1 1 2 2
1 2

0
G

m x m x
x

m m

 

 

 Với m1 m2 thì 1 2 2
l
x x 

Phương trình chuyển động cuả m1m là:

'
'' ' ''

K

0

mx

K x

x

m









(8)

Do khối tâm đứng n và ln có 1 2 2
l
x x 

nên ta coi G là nơi buộc chặt cuả hai con lắccó khối lượng m m1, 2 và chiều dài

lò xo là 2
l

Độ cứng cuả lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên K’ = 2 K,nên (8) viết là:
'' 2K 0

x x

m

 

Tần số góc cuả dao động là : 1

2K

m

 

Chu kỳ dao động :

1
2

2
2

m
T

K





 

Tương tự,m2 có chu kỳ dao động : 2

2 m

T

K





Hai dao động này ngược pha nhau

Vận tốc cuả quả cầu 1 và 2 đối với khối tâm:

0 0 0
1 1

3 3 3

G G

v v v

v  v v   

0 0

2 2 0

3 3

G G

v v

v v  v   

Cơ năng bảo toàn nên biên độ dao động được tính:

2 2

1 1 1 0

2 3 2

G

m v

KA

v

m

A

K







2 2

2 2 2 0

2

3

2

G

m v

KA

v

m

A

K







Câu 4 : (Tiền Giang)

Một hình trụ đặc đồng chất, có trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính cong R như hình vẽ. Ở điểm
trên hình trụ người ta gắn hai lị xo có độ cứng như nhau.

Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hình tru với giả thiết hình
trụ lăn khơng trượt . Xét trường hợp: khơng có lị xo, khi mặt

lõm là mặt phẳng.

Giải:

Gọi  là góc quay quanh trục C của trụ,



1 là vận tốc góc

của chuyển động quay quanh trục và V là vận tốc tịnh tiến của
trục.

v

'

r

  

R

k

r

R

k





A A’

B1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Mặt khác, ta có:





v



' R r



 1.r/(R r) r (R r)
Động năng:



  

2 2
2

d 1

mv

1

3 E

I

m R r

'

2

4 



 





víi I 21mr2

Thế năng:





2
t

2kx

1 E

mg R r

2 







x r

  

(R r)



 

2 R r









Do đó:

















2 2 2 2 2

1 mg

E

k.4 R r

mg R r

4k

R r

2 2 R r









 



 

















Cơ năng: E = Et + Ed = const . Lấy đạo hàm hai vế

 





2 2

3 mg

m

'

4k

0

4 2 R r















 

















mg

4k

2 R r

16k

2g

3 3m

3 R r

m

4 



 







Vậy chu kỳ dao động T =

m
k
r

R

g 16

)
(
3
2

2
2




 




Trường hợp riêng: - Khi k = 0 thì





2g

3 R r

 



- Khi R   thì :

16k

3m

 

Bài 4 (HSG Lao Cai): Con lắc lị xo đặt thẳng đứng (nh hình vẽ 4), đầu dới gắn chặt vào mặt sàn, đầu trên gắn vật m1= 300g

đang đứng yên ở vị trí cân bằng, độ cứng của lò xo là k = 200 N/m. Từ độ cao h = 3,75cm so với m1, ngời ta thả rơi tự do vật

m2 = 200 g, va chạm mềm với m1. Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hoà theo phơng thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s2, bỏ

qua mäi ma s¸t.

a. TÝnh vËn tèc cđa m1 ngay sau va ch¹m.

b. Hãy viết phơng trình dao động của hệ hai vật m1 và m2.

GIAI

a. VËn tèc cđa m2 ngay tríc va ch¹m : 0,866( / )

2
3

2gl m s

v  

* Xét hệ hai vật m1 và m2 ngay trớc và sau va chạm, theo định luật bảo tồn động lợng ta có :

2
2 1 2 0 0

1 2

.

3 (

).

( / ) 20 3(

/ )

5 m v

m

m v

v

m s

cm s

m













Vì va chạm mềm nên ngay sau va chạm cả hai vật chuyển động cùng vận tốc là v0 20 3(cm/s)

b. Chọn trục toạ độ Ox có gốc O trùng vời VTCB của hai vật, chiều dơng thẳng đứng hớng lên trên.
Chọn gốc thời gian là lúc hai vật bắt đầu dao ng.

* Độ biến dạng của lò xo khi vật m1 cân bằng là :

)
(
5
,
1
1

1 cm

k
g
m

l

* Độ biến dạng của lò xo khi hai vật cân bằng là :

)
(
5
,
2
)

( 1 2

2 cm

k
g
m
m

l   



* TÇn sè gãc : 20( / )

2
1

s
rad
m

m
k






m1
m2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

* lóc t = 0 ta cã :











)

/

(3

20 cos

)

(1

sin

s

cm

c

A

v

cm

A

x







3
1



 tg v× sin 0 vµ ( )

6
5
0

cos      rad

Biên độ dao động là : 2( )

6
5
sin

cm

A 











* Vậy phơng trình dao động là : ( )

6
5
20
sin

2 t cm

x 










 

Bài 1 (HSG Lào Cai ): Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ khối lợng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có treo một quả cầu khối
l-ợng m bằng sợi dây dài l (hình vẽ 1). Một viên đạn nhỏ khối ll-ợng m bay ngang, xuyên vào quả cầu và vớng kẹt ở đó.

a. Giá trị nhỏ nhất của vận tốc viên đạn bằng bao nhiêu để sợi dây quay đủ vịng nếu tấm gỗ đ ợc
giữ chặt.

b. Vận tốc đó sẽ là bao nhiêu nếu tấm gỗ đợc thả tự do.
a. Vận tốc của quả cầu và đạn sau khi va chạm là

2
0
V

( với V0 là vận tốc là vận tốc của đạn trớc va

ch¹m)

Giải

* Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất vận tốc của quả cầu là V phải thoả mãn :

l
V
m
mg
T

.


 ( T là lực căng của dây) Do đó V = Vmin khi T = 0  Vmin  g.l

* Theo định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc nhỏ nhất V0 của đạn phải thoả mãn :

2 2

0 min

2

4 2 5

8

2 mV

mgl

V

gl









b. Vận tốc nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất ( đối với điểm treo) là : umin  gl

* Xét trong HQC gắn với trái đất : V1= u – umin ( u là vận tốc của vật M )

Ta cã : ' . 2 ( )(1)

0 Mu m u gl

mV   

Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng :

' 2 2

2 (

. )

2 ( )

.

4 (2)

8

2 m u

g l

m V

M u

mgl







* Tõ (1) vµ (2) ta cã : 0' 2 (5 8 )

M

m
gl

V  

Câu 4 (Đồng Tháp) Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R1, R2 và dây treo có khối lượng khơng đáng kể,

ghép với nhau như hình 1. Các điểm A và B được gắn cố định vào giá đỡ. Vật M có khối lượng m=250(g), được
treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R2. Lị xo có độ cứng k=100 (N/m), khối lượng khơng đáng kể, một

đầu gắn vào trục rịng rọc R2, còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R1, R2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm

B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây khơng dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi
buông ra không vận tốc ban đầu. Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động của
vật M .

Giải

- Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M.

1)- Tại VTCB của vật M ta có: P2T0 F0 0 hay P3F0 0 (1)
- Từ (1) suy ra: mg=3k∆l0 (2)

- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: P2TFma hay P3Fma (3)
- Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có :

mg - 3k(∆l0+3x) = ma = mx’’ (4)

- Từ (2) và (4) ta có :

''



9 x



0 m

k

x

đặt

m

k

9 



ta có '' 2 0


 x

x



(5)
- Phương trình (5) có nghiệm :

x = Acos( t ) trong đó A ,



,



là những hằng số

2)- Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. Tại thời điểm t =0 ta có:
4 = Acos



0 = -



Asin



V



H×nh vÏ 1

B
A
R

P
T

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

suy ra A = 4 (cm) và



= 0



m

k

9 

60(rad/s) Vậy phương trình dao động là x = 4cos

60 t (cm)

Bài 1 (HSG Lào Cai 06-07 ): Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm hoàn toàn đàn

hồi với vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng trịn đờng kính CD
= 2R. Một tấm phẳng (E) đặt vng góc với CD tại tâm O của máng tròn. Biết khối l ợng của hai
vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. (Hình vẽ 1)

1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng.

2. Biết v0  3,5Rg . Hỏi vật B có thể rơi vào tấm (E) khơng ? Nếu có hãy xác định vị

trÝ cđa vËt trªn tÊm (E).

1. Vì va chạm đàn hồi, khối lợng hai vật bằng nhau nên sau va chạm vật B c/đ với

vn tc v0 cũn vt A ng yờn.

* Định luật bảo toàn cơ năng ( chọn gốc ...)

)
sin
1
(
2

2
2

mv mgR

mv 2 2 (1 sin )

0
2

v v gR (1)

* Định luËt II N:

R
mv
N
mgsin  2

* Khi vËt rêi máng thì N = 0

Rg
Rg
v

3
2
sin

2
0

(2)

* Vận tốc của vật B khi bắt đầu rời máng: Thay (2) vµo (1) ta cã :

3
2
2
0 Rg
v

v 

2. Khi v0  3,5Rg tõ (2)



vÞ trÝ vËt rêi m¸ng cã

30
2

sin     . Vận tốc của vật lúc đó :

2 Rg

v 

* Khi rời máng vật c/đ giống nh vật bị ném xiên với vận tốc ban đầu là v.
Chn trc to ...

* phơng trình c/đ của vật :



) cos

sin

(v t R

x  2

2
1

)
cos
(

sin v t gt

R

y  

* Để vật rơi vào vào tấm (E) thì : x 0 vµ y =0. Víi x 0

g
R

t 6

 (*)

Với y = 0 giải phơng trình đợc t1 < 0 (**) So sánh (*) và (**) thấy vật B không rơi vào tấm (E)

Bài 4 (HSG Lào Cai 06-07 ): Cho hệ dao động nh hình vẽ 4. Lị xo có khối lợng khơng đáng kể, độ cứng k. Vật M = 400g có

thĨ trợt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng vật m0 = 100g bắn vào M theo phơng

ngang vi vn tc v0 = 1m/s, va chạm là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm vật M dao động điều hoà, chiều dài cc i v cc

tiểu của của lò xo lần lợt lµ 28cm vµ 20cm.

1. Tính chu kỳ dao động của vật và độ cứng của lò xo.

2. Đặt một vật m = 100g lên trên vật M, hệ gồm hai vật m và M đang đứng yên, vẫn dùng vật m0 bắn vào với vận tốc v0. Va

chạm là hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm ta thấy cả hai vật cùng dao động điều hồ. Viết ph ơng trình dao động của hệ hai vật m
và M. Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm. Xác định chiều và độ lớn của lực đàn hồi cực
đại, cực tiểu mà lò xo tác dụng vào điểm cố định I trong quá trình hệ hai vật dao động.

3. Cho biết hệ số ma sát giữa vật M và vật m là



= 0,4. Hỏi vận tốc v0 của vật m0 phải nhỏ hơn giá trị bằng bao nhiêu để vật

m vẫn đứng yên (không bị trợt) trên vật M trong khi hệ dao động. Cho g = 10m/s2.

Giải

1. Va chạm đàn hồi nên động lợng và động năng đợc bảo toàn

Ta cã : m0v0 m0vMV (1)

2
2

2
0
2
0

0v m v MV
m

(2)

Với v , V lần lợt là vận tốc của các vật m0 và M ngay sau va ch¹m

* Giải hệ (1), (2) đợc : 2 0,4( / ) 40( / )

0
0

0 m s cm s

M
m

v
m

V  




* Sau v/c vật M dao động điều hoà, vận tốc cực đại của vật là V = 40(cm/s)
Biên độ dao động là :

2
min
max l

l

A  = 4(cm) Ta cã: V = A.



10(rad/s)

A
V




  => chu kỳ của dao động là: T =

)
(
5 s


§é cøng cđa lß xo : k M. 2 40(N/m)



  .

a. Va chạm đàn hồi nên động lợng và động năng đợc bảo tồn

(E)

0 v



H×nh vÏ 1
D

(E)
O

H×nh vÏ 1

P



N



M m0

v



I k

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta cã : m0v0 m0v1 (M m)Vh (3)

2
)
(

2
2

1
0
2
0

0v m v M mVh

m

(4)

Với v1 , Vh lần lợt là vận tốc của các vật m0 và (M + m) ngay sau va ch¹m

* Giải hệ (3), (4) đợc : ( / )

3
100
2

0
0

0 cm s

m
M
m

v
m

Vh 





* Sau v/c vật (M + m) dao động điều hoà nên phơng trình dao động có dạng xAsin( t ).

Vận tốc cực đại của hệ vật là : Vh =

3
100

(cm/s). TÇn sè gãc : 4 5(rad/s)

m
M

k






Chọn trục toạ độ có gốc trùng VTCB, chiều dơng cùng hớng v0



Lóc t = 0 ta cã :









h

V

A







cos

0 sin



























)/

(73,

3 cos.

0 cos

0 sin

s

cm

V

A

h







* Vậy phơng trình dao động của vật là : x3,73sin(4 5t)(cm)

b. * Tại các vị trí biên lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào điểm cố định là lớn nhất ta có

)
(
492
,
1
10
.
73
,
3
.
40

. 2

max k A N

F    

Tại vị trí biên bên trái lực đàn hồi hớng sang bên phải
Tại vị trí biên bên phải lực đàn hồi hớng sang bên trái

* Tại VTCB lực đàn hồi của lị xo có giá trị nhỏ nhất : Fmin = 0.

3. Để vật m không bị trợt trên M trong quá trình dao động thì lực ma sát nghỉ cực đại phải có giá trị



giá trị của lực quán

tính cực đại tác dụng lên vật m (Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật M) : Fmsn(max) Fqt(max)(*)

* Ta cã :

Lực ma sát nghỉ CĐ :Fmsn(max) .N mg

Lùc qu¸n tÝnh : Fqt m.am



2Asin(t)



Để lực quán tính đạt cực đại thì sin(t)1 Fqt(max) m.2A

* Tõ biĨu thøc (*) ta cã : 2 2

mgm A A g

* Mặt khác:





m

M

v

m

V

A

h





0
0
0

max

2 







1

,

34

(

/

)

2

0
0
0

2
0

m

s

m

M

m

g

v

g

M

m

v

m

























Vậy v01,34(m/s)thì vật m khơng bị trợt trên vật M trong quá trình hệ dao động.

Câu 4 (HSG Hậu Giang) . Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do
xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc  so với phương nằm ngang.

a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vng góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc.

Áp dụng bằng số l =1,73 m;  =300; g = 9,8 m/s2.

áp án

Đ

+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin.
Xét hệ quy chiếu gắn với xe

+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lượng P,

lực qn tính F

và sức căng T của dây treo.
Tại vị trí cân bằng

Ta có: PFT0

+ Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psin - F + TX = 0

Mà F = ma = mgsin
suy ra TX = 0.

T
F

P 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vng góc với Ox

+ Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcos. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcos.

+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2

'

l

g

= 2

cos

l

g



 2,83 (s).

Bµi 1 HSG Lào Cai 08-09

Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và B giống nhau có cùng khối lợng m, ở chính giữa

si dõy gn mt quả cầu nhỏ khác khối lợng M. Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây

đợc kéo căng.(Hình vẽ 1)

Trun tøc thêi cho vËt M mét vËn tèc V0 theo phơng vuông góc với dây. Tính lực căng của dây khi hai

quả cầu A và B sắp đập vào nhau.

Gii

H kín động lợng bảo tồn

0 1 2

MVuurmvurmvurM vr

 0 1 2

1 2

0

y y M

x x

MV

mv

Mv

mv





Ta luôn có:v1y v2y;v1x v2x

Khi hai quả cầu sắp ®Ëp vµo nhau:

1y 2y M y

v v v v

 0

2

y

MV

v

m M





áp dụng định luật bảo toàn năng lợng:

2 2 2 2

1

2 MV



2 mv

y



2 mv

x



2 Mv

y (

v

xđộ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào nhau)

2 0

2

x

mMV

mv

m M







Gia tốc của quả cầu M:

a

2T

M

Trong h quy chiu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu xuống phơng Oy:

x
q

v

T F

m

l





2
0

2 (2

)

mMV

T

T m

M

l m M









Lực căng của dây khi đó:

2 2
0

(2

)

mM V

T

l m M





Bài 2 (HSG Lào Cai 08-09) Một lò xo lý tởng treo thẳng đứng, đầu trên của lò xo đợc giữ cố định, đầu dới treo một vật nhỏ
có khối lợng m = 100g, lị xo có độ cứng k = 25N/m. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên theo ph ơng thẳng đứng một đoạn 2cm rồi

truyền cho vật vận tốc10 3cm/s theo phơng thẳng đứng, chiều hớng xuống dới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc

cho vật, chọn trục tọa độ có gốc trùng vị trí cân bằng của vật, chiều dơng thẳng đứng xuống dới. Cho g = 10m/s2; 2 10



 .

1. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phơng trình dao động của vật.

2. Xác định thời điểm lúc vật qua vị trí mà lị xo bị giãn 6cm lần thứ hai. Xác định hớng và độ lớn của lực tác dụng lên
điểm treo tại thời điểm đó.

1. Chứng minh vật dao động điều hịa

Giải

* Viết phơng trình dao động của vật:

T¹i VTCB: l 4(cm) Tần số góc: 5 (rad/s). Tại thời điểm t = 0 ta có:

)

/

(3

10 sin

)

(2

cos

s

cm

A

v

cm

A

x

Vì

3
2
3

tan
;
0
cos
;
0

sin     (rad) Biên độ dao động: A = 4 (cm)

Vậy phơng trình dao động của vật là: 











3
2
5
cos

4 t 

x (cm)

2. Khi vật qua vị trí mà lị xo bị giãn 6cm lần thứ hai thì vật có li độ x = 2cm và chuyển động theo chiều âm của trục tọa độ.

2y

v

T



T



T



T



1y

v

T



T



T



1y

v

1x

v

T



2y

v

2x

v

O

x

y

H×nh vÏ 1

V

B

A

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta cã:











































0

3

2

5 sin

2

1

3

2

5 cos



t

Giải hệ phơng trình (lấy giá trị nhỏ nhất) đợc kết quả:t 0,2(s)

* Xác định hớng và độ lớn của lực tác dụng lên điểm treo tại thời điểm đó:
- Hớng: Phơng thẳng đứng, chiều từ trên xuống dới.

- §é lín: F kl125.6.1021,5(N)

Câu 1: (7 điểm) Hai vật 1 và 2 đều có khối lượng bằng m gắn chặt vào lị xo có độ dài l, độ cứng k đứng yên trên mặt
bàn nằm ngang tuyệt đối nhẵn. Vật thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động với vận tốc v đến va chạm hồn
tồn đàn hồi với vật 1 (xem hình 1)

1) Chứng tỏ hai vật m1 và m2 luôn chuyển động về cùng một phía.

2) Tìm vận tốc của hai vật 1 và 2 và khoảng cách giữa chúng vào thời điêm lò xo biến dạng lớn nhất.

3 v 1 2

Ngay sau lúc va chạm vật 1 có vận tốc v (lò xo chưa biến dạng, vận tốc vật 2 bằng không). Gọi v1, v2 là vận tốc

vật1,vật2 vào thời điểm sau va chạm của vật 3 vào 1 la øv1, v2 . độ biến dạng là k0 là x.

+ Định luật bảo toàn động lượng: mv = mv1 + mv2 .



v = v1 + v2 (1)

+ Định luật bảo toàn cơ năng: 21 mv2
=

2
1

mv

2
2

2
1

mv

2
1

kx

2
2

1
2
2

)
(v v
v

m
kx





 (2). Từ (1) va ø(2): 
m
kx

=
v1v2 (3) vì

m
kx
2

> 0



v1v2 > 0 : tức là v1 và v2 cùng dấu nghĩa là sau khi va chạm hai vật 1 và 2 ln chuyển

động về cùng một phía.

2) v1 + v2 = v = const. Suy ra tích v1v2 cực đại khi v1 = v2 =

2
v

nghóa là

m
kx
2

cực đại
lúc đó:

v =

m
kx

2
2

max



x

max = v

k
m

2 lò xo biến dạng lớn nhất khi v1 = v2 = 2
v

lúc này khoảng cách giữa vật
1 và vật 2 là: l12 =

k
m
v
l
x
l

max  



Bài 2

(4,0 điểm

)(HSG Nghệ An 07-08)

Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối

với một lị xo có độ cứng k, lị xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A như hình

2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi

F

hướng theo trục lị xo như hình vẽ.

a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng

đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.

b) Nếu lị xo khơng khơng gắn vào điểm A mà được nối với một vật khối

lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là



. Hãy xác định độ lớn

của lực F để sau đó vật m dao động điều hịa.

F
m
k

Hình 2a
A

F
m
k

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lị xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân bằng của vật sau khi đã có lực F tác

dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban đầu của vật có tọa độ là x

0

. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x

0

và:

0
0

k
F
x
kx

F  

Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x

0

), nên hợp lực tác dụng lên vật là:

)

(x x0 F ma

k   



Thay biểu thức của x

0

vào, ta nhận được:

.

0 "

































F

ma

kx

ma

x

k

F

x

k



Trong đó

  k m

. Nghiệm của phương trình này là:

xAsin( t ).

Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ

k
m

T 2

. Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật đến khi vật

dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật thời gian đó là:

2 k

m
T

t 

Khi t=0 thì:

0
cos

,
sin













A
v

k
F
A

x

















.

2 ,





k

F

A

Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần thứ

nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi được trong thời

gian này là:

.
2
2

k
F
A

S  

b) Theo câu a) thì biên độ dao động là

.
k
F

A

Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì trong

quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của

lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi đó lị xo giãn nhiều nhất và bằng:

x0 A2A

).

Để vật M khơng bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:

.
2
.
2

. Mg

k
F
k
Mg

A

k   

Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:

.
2
mg
F 

Bài 3.

(3.0 điểm)

HSG Nghệ AN 07-08

Hai nguồn sóng kết hợp S

và S

cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng có bước sóng

1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S

và AS

1

S

.

a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa.

b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa.

F
m

k

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước

sóng (xem hình 2):

2
2


k
l
d

l   

Với k=1, 2, 3...

0.5đ

Khi l càng lớn đường S

A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất

của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S

A cắt cực đại bậc 1 (k=1).

0.5đ

Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:

).
(
5
,
1
1

2 l l m

l     

0.5đ

b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:

.
2
)
1
2
(

2d  l k 

l

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...

0.5đ

Ta suy ra :




)
1
2
(

2
)
1
2
(

2
2
















k
k
d

l

.

0.5đ

Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.Từ đó ta có giá trị của l là :

* Với k =0 thì l = 3,75 (m ).

* Với k= 1 thì l



0,58 (m).

Câu 1

(4,5 điểm).

Cho cơ hệ nh hình vẽ 1. Hai thanh cứng MA và NB khối lợng không

đáng kể, cùng chiều dài l = 50cm. Đầu tự do của mỗi thanh đều có gắn một quả cầu nhỏ

cùng khối lợng m =100g, đầu M và N của mỗi thanh có thể quay dễ dàng. Lị xo rất nhẹ

có độ cứng k = 100N/m đợc gắn vào trung điểm C của thanh NB. Khi hệ cân bằng lị

xo khơng biến dạng, hai quả cầu tiếp xúc nhau. Kéo quả cầu A sao cho thanh MA lệch

về bên trái một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Coi va chạm giữa các quả cầu l n hi xuyờn

tâm. Bỏ qua mọi ma sát, lÊy g = 10m/s

.

Hãy mô tả chuyển động và xác định chu kì dao động của hệ .

Giai

+ Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lợng và động năng hệ đợc bảo toàn.

' '

1 1 2

2 ' 2 ' 2
1

( )

2 mv

m v











+ Chän chiỊu d¬ng cïng chiỊu víi v 1 suy ra:

' '

1 1 2

2 ' 2 ' 2
1

( )

2 mv

m v









' '
1 0, 2 1

v v v

  

+Tơng tự cho va chạm từ quả cầu B trở lại quả cầu A, ta đợc:

v1'' v v2', 2'' 0

+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu kia. Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắc tham gia một

nửa dao động.

S1

S2
l

A

d k=1

k=2

k=0

Hình 2

A B

N
C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ Chu kỳ dao động

1 (

1 2

)

2 T



T T



với T1 là chu kì dao động con lắc đơn, T2 là chu kì dao động của con lắc gắn với thanh và

lß xo.

+ Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn

T

1

2 l

1, 4( )

s

g





Ta tìm T2 bằng phơng pháp năng lợng:

+Chn mốc thế năng trọng trờng tại mặt phẳng ngang qua m khi cân bằng.
+Xét vật m tại vị trí có li x:

-Động năng của quả cầu Eđ =

2 mv

-Thế năng trọng trờng E

t1=

2 mgx

l

-Thế năng n hi: Et2 =

2 2
1

2

8 kx

Cơ năng của hệ: E = Eđ + Et1 + Et2 =

2 mv

- 2 2

2

8 mgx

kx

l



(1). Do không có lực cản nên E = const.

+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta đợc: mvv’

-' '

0

4 mgxx

kxx

l





Hay x

’’+(

)

0

4 k

g

x

m



l



+Vậy vật dao động điều hịa với tần số góc

4 k

g

m

l

và chu kì

T

2

2 

0, 4

s





+Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ

1 (

1 2

)

2 T



T T



= 0,7 + 0,2 = 0,9s

(HSG Hậu Lộc 05-06)

®): a) Cho con lắc liên hợp nh hình vẽ 1 biết khối lợng m1, m2 và chiều dài l1, l2. Bỏ qua khối lợng dây treo và lực cản môi

tr-ờng. Tính tần số dao động.

b) Nếu mắc thêm vào hệ 3 lò xo K1 = K2 = K3 nh hình vẽ 2, hệ vẫn dao động điều hồ. Tính tấn số dao động của hệ, cho nhận

xÐt vỊ tÇn số.

Câu a (1đ):. Học sinh có thể làm theo nhiều cách cho kết quả: = 2

2
2
2
1
1

2
2
1

)

(

l

m

l

m

g

l

m

l

m

Câu b (1,5đ).

HS lp lun đợc hệ gồm có: (K1 nt K2) // K3 // Kh (với Kh là K h ở câu a) (0,5đ)

Học sinh tính đợc

K



(hệ mới) :

K



= K Kh K Kh

K
K






2
3
2

KÕt qu¶:



2
2
2
2
1
1

2
1

2
2
1

)

(

2

3 l

m

l

m

l

g

l

m

l

m

K

M

K







hay



l 2

2
2
2
1
1

2
2

1
1
2

(

)

2

3 l

m

l

m

g

l

m

l

m

l

K



(1®)

Bài 1(HSG Hai Bà Trưng)Hai vật khối lượng m0 và m được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, bền khơng dãn có chiều dài

L. Tại thời điểm ban đầu vật m0 được ném từ mặt phẳng ngang với vận tốc ban đầu v0 thẳng đứng hướng lên. Hỏi độ cao cực

đại mà m0 có thể đạt tới.

Trường hợp 1: Nếu v2 2gL

0  thì dây cáp khơng bị căng và độ cao cực đại g L
v

H  

2
0

Trường hợp 2:

o

H×nh 1

l

m



K

o

H×nh 2

m

l

m

0

m

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

+ Nếu v2 2gL

0  thì ngay trước lúc dây căng, vận tốc của m0 là v1 v02  2gL

+ Sau đó m0 và m có cùng vận tốc v

+ Định luật bảo toàn động lượng: m0v1 = (m + m0)v

0
1
0

m

v

m

v







+ Độ cao hệ vật lên được kể từ lúc dây căng:








 














g
gh
v

m

m
g

v
h

2
2
2

2
0
2
0

0
2

+ Vậy Hmax = L + h = L + 






 










 g

gh
v
m
m

m

2
2
2
0
2
0

I. Cơ học (6,5 điểm):

HSG THANH HOA 06-07

1/. Một hạt thực hiện dao động điều hoà với tần số 0,25 (Hz) quanh điểm x = 0. Vào lúc t = 0 nó có độ dời 0,37 (cm). Hãy xác
định độ dời và vận tốc của hạt lúc lúc t = 3,0 (s) ?

2/. Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống dốc khơng ma sát. Dốc

nghiªng mét gãc  so víi ph¬ng n»m ngang.

a) Hãy chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vng góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc.

¸p dơng b»ng sè L=1,73 m;  =300; g = 9,8 m/s2.

3/. Một con lắc đơn đợc kéo ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ 0= 0,1 rad rồi bng khơng có vận tốc ban đầu. Coi rằng

trong quá trình dao động lực cản của môi trờng tác dụng lên con lắc không đổi và bằng 1/1000 trọng lợng của con lắc. Hỏi sau
bao nhiêu chu kì dao động thì con lắc dừng hẳn lại ?

4/. Một hạt khối lợng 10 (g), dao động điều hoà theo qui luật hàm sin với biên độ 2.10-3 (m) và pha ban đầu của dao động là

-/3 (rad). Gia tốc cực đại của nó là 8.103 (m/s2). Hãy:

a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dới dạng hàm của thời gian.
b) Tính cơ năng tồn phần của dao ng ca ht.

Câu 1(1,5 điểm):

+ Tn s dao động  = 2 = /2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)

VËy x = 0,37sin(

2
π

t+ ) (cm).

+ Tại t = 0 thì x = 0,37 =>  = /2. Vậy phơng trình dao động của hạt là

x = 0,37sin (

2
π

t +

2
π

) (cm) = 0,37cos

2
π

t (cm).

+ Lúc t = 3 (s) độ dời là xt = = 0,37cos

2
π

.3 = 0 vµ v = x't = - 0,37.

2
π

. sin

2
π

+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin.

+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lợng P, lực quán tính F (do xe ch đg nh dần đều)
v sc cng T ca dõy treo.

Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có hợp lực b»ng 0.

Tøc là PFT0

+ Chiếu phơng trình trên xuống phơng OX song song víi mỈt dèc ta cã: Psin - F + TX = 0

+ Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsin suy ra TX = 0. Điều này chứng tỏ dây treo con lc vuụng gúc vi OX khi

ở trạng thái cân bằng. (đpcm).
b)

+ Vị trí cân bằng nh trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcos. Tøc lµ gia tèc biĨu kiÕn lµ g' = gcos.

+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2

'
g
L

= 2

cos
g

2,83 (s).

Câu 3(1,5 điểm):

+ Năng lợng ban đầu của con lắc là E0 = mgl.(1-cos0) = mgl 20

2
1

α .

+ Gọi 1 và 2 là hai biên độ liên tiếp của dao động (một lần con lắc qua vị trí cân bằng). Ta có độ giảm thế năng l (

2
1

mgl

2
1

- mgl22

2
1

+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trờng A = Fc.S = Fc.l.(1 + 2).

+ Suy ra mg



1 2



2
1

α  = Fc .

+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (1-2) = 2Fc/ mg = 2.10-3mg/mg = 2.10-3 rad.

+ Đến khi con lắc ngừng dao động thì số lần đi qua vị trí cân bằng sẽ là N =0 /(1-2) = 50. Tơng ứng với 25 chu kỡ.

T
F

P

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 4(2,0 điểm):

+ Gia tốc a = x'' = -2x => gia tốc cực đại a

m = 2A =>  = (am/A)1/2 = 2.103 (rad/s).

+ VËy ta cã F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t

-3
π

) = 80 sin(2.103t +

3
2π

) (N)

+ Vận tốc cực đại của hạt là vm = A = 4 (m/s)

+ Cơ năng toàn phần E0 =

2
mv2

m = 0,08 (J).

HSG LÝ VONG 2

Bài 2: (4đ)

a, (1đ) Khi chưa đốt dây: 2mg k l . 0;

Ngay sau khi dây đứt: * Vật m: k l. 0 mg ma 1  a13g30(m s/ 2)

* Vật 2m: k l. 0 2mg2ma2  a2 0

b, (3đ) Xét hệ quy chiếu gắn với trọng tâm G của hệ.G cách vật m một khoảng bằng 2/3 khoảng cách từ vật m đến vật
2m.

* Xét vật m :
- Khi ở VTCB: mg F qt 0 (1)

- Khi ở li độ x: lò xo giãn một đoạn bằng 3x/2 . Suy ra: 3 . ''

2
qt

x

mg F k m a mx

     (2)

Từ (1) và (2) : '' 3 0
2

k

x x

m

   x'' 2x 0



  với

3

10

2 k

m

 



(rad/s) 

.sin(

3 .

)

2 k

x A

t

m







Tại

t



0

: 0 .sin 2 0 0, 2

3
l

x A



   (m) và v0 



. .cosA





0

 A0, 2(m); và

2 

 

(rad)



x0, 2.sin(10.t



/ 2)(m);

- Độ biến dạng của lò xo:  l 3 / 2 0,3,sin(10.x  t



/ 2);

- Lị xo đạt trạng thái khơng biến dạng lần đầu tiên



 

l

0 

t



201,57(s).
- Trọng tâm G chuyển động với gia tốc g, khi đó trọng tâm G đã đi được :

2/ 2 2/ 80

h gt



   (m) với vận tốc vG g t. 



/ 2 (m/s).

Tại thời điểm đó ta có: x 2 os(10.t+ /2)=c



-2 (m/s)



vm vG x 2



/ 2 3,57 (m/s)

- Theo ĐLBTNL: 02 2 22

1 1 1

. 3 . .2 .

2k l  mg h 2mvm2 m v m;

Mặt khác, ta có: k l. 0 2mg



v2m



21 0,57 (m/s)

</div>

Tuyen tap HSG phan co

1

3





cos

sin

sin

cos

sin

<i>mg N</i>

<i>F</i>

<i>N</i>

<i>mg</i>

<i>N</i>















 













<sub>cos</sub>

<sub>sin</sub>

<sub>cos</sub>

<sub>sin</sub>

<i>mV</i>

<i>F</i>

<i>N</i>

<i>N</i>

<i>N</i>

<i>R</i>



























1

1

<i>gR</i>

<i>tg</i>

<i>gR</i>

<i>tg</i>

<i>V</i>

<i>V</i>

<i>tg</i>

<i>tg</i>









 

 























